1、江苏省南通市如皋中学2020届高三数学下学期6月模拟考试试题（创新班，含解析）一、填空题：1.某单位周一、周二、周三开车上班的职工人数分别是14，10，8.若这三天中至少有一天开车上班的职工人数是20，则这三天都开车上班的职工人数至多是_.【答案】6【解析】【分析】将原问题转化为Venn图的问题，然后结合题意确定这三天都开车上班的职工人数至多几人即可.【详解】如图所示，（a+b+c+x）表示周一开车上班的人数，（b+d+e+x）表示周二开车上班人数，（c+e+f+x）表示周三开车上班人数，x表示三天都开车上班的人数，则有：，即，即，当时，x的最大值为6，即三天都开车上班的职工人数至多是6.故答
2、案为：6【点睛】本题主要考查Venn图的应用，数形结合的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2.已知F1，F2分别是双曲线3x2y23a2(a0)的左、右焦点，P是抛物线y28ax与双曲线的一个交点，若|PF1|PF2|12，则抛物线的准线方程为_【答案】【解析】将双曲线方程化为标准方程得，抛物线的准线为，联立，解得，即点的横坐标为，而由，解得，解得，抛物线的准线方程为，故答案为.3.已知实数，满足，当取最大值时，_.【答案】1【解析】【分析】根据辅助角公式可得：2，进而可求得答案【详解】由得，利用辅助角公式可得：2，其中， .所以最大值为2，当且仅当，时成立，此时，故，所以
3、，则，则，故答案：1.【点睛】本题考查三角函数的恒等变形，关键是利用辅助角公式化简，利用基本不等式求最值，属于中档题目.4.已知等差数列满足：，则的最大值为_.【答案】5【解析】【分析】设等差数列的公差为d，根据，利用平方关系，设，则，再利用三角函数的性质求解.【详解】设等差数列的公差为d，因为，由，设，则，所以，当时，的最大值为5.故答案为：5.【点睛】本题主要考查数列的通项公式，三角换元法的应用以及三角恒等变换，三角函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.5.已知函数只有一个极值点，则实数的取值范围为_.【答案】或【解析】【分析】首先对函数求导，观察得到，并且将函数只有一个极值点转
4、化为导数等于零只有一个根，结合图象得到结果.【详解】，函数只有一个极值点，即只有1个实根，且在根的两侧异号，可以求得，令，得，则设，求导，设，设，可知当时，时，所以在上单调增，在上单调减，且，所以恒成立，所以为减函数，且，所以当时，当时，所以在上单调增，在上单调减，当时，当时，画出图象如图所示：可以确定，因为函数只有一个极值点，且，所以要求无解，所以或，故答案为：或.【点睛】该题考查的是有关利用导数研究函数的性质，涉及到的知识点有利用导数研究参数的取值范围，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用其中将函数有一个极值点转化为方程只有一个根，结合图象得到结果，属于较难题目.6.已知直线，若对任意
5、，直线与一定圆相切，则该定圆方程为 【答案】【解析】试题分析：取特殊值，三条直线分别为，这三条直线只与圆都相切，经验证，对任意，直线都与这个圆相切.考点：圆的切线.7.已知双曲线左焦点为，直线经过点且与双曲线的一条渐近线垂直，直线与双曲线的左支交于不同两点，若，则该双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】由渐近线斜率设出直线方程，与双曲线方程联立消去得关于的二次方程，设，由得，由韦达定理得，由此可得的齐次等式，从而求得离心率【详解】不妨设直线与渐近线垂直，即直线方程为，由，得，即，设，则，又，所以，代入得，所以，代入得，整理得，所以故答案为：【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是设出
6、直线方程，与双曲线方程联立消元后得一元二次方程，注意这里消去得的二次方程对解题有帮助，原因是由易得，结合韦达定理可得关于的齐次式，从而求得离心率8.用表示函数在区间上的最大值，若正数满足，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理在上的单调性求解【详解】因为在上单调递增，所以，若，则存在，使得，且，不合题意，所以，所以由得，所以，解得故答案为：，【点睛】本题考查新定义，考查正弦函数的单调性与最值，掌握正弦函数性质是解题基础，正确理解新定义是关键9.四棱锥中，则四棱锥的体积为_.【答案】3【解析】【分析】连接交于点，通过证明平面平面，过作平面，则在上，连接，利用，应用余弦定理求得各线
7、段长，由可得体积【详解】连接交于点，由知，是中点，又，所以，又，所以平面，平面，所以平面平面，过作平面，则在上，连接，则，设，则，因为，所以，由，解得，所以，故答案为：3【点睛】本题考查求四棱锥的体积，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题10.已知向量，满足，若存在不同的实数，使得且，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】设，变形（数量积的运算）得是方程的两根，利用韦达定理求得，则可表示为的函数，由的范围可得结论，在题中注意的范围的确定详解】，设（），由得，整理得，同理，所以是方程的两根，由得，方程无解，故且，所以， ，所以，由且得的范围是故答案为
8、：【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是设后通过数量积的运算把是方程的两根，这样可用韦达定理求得，从而求得目标关于的函数11.已知是椭圆上一动点，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】画出椭圆图形，设，过作交于，由正切和角公式用表示出，结合椭圆的方程化为的表达式，利用换元法令，将转化为关于的函数式，讨论与两种情况，结合基本不等式即可求得的最小值，再根据同角三角函数关系式即可求得的最大值.【详解】根据题意，画出椭圆的图形如下图所示：设，过作交于，则，由正切和角公式可知而在上，所以，则，代入上式可得由椭圆性质可知，令，则，当时，此时，当时，由基本不等式可知，当且仅当，即时取等号，此时的值最
9、大，因而，化简可得，所以，综上所述，可知的最大值为，故答案为：.【点睛】本题考查了椭圆标准方程和几何性质的综合应用，由正切和角公式及同角三角函数关系式的应用，由基本不等式确定最值，综合性强，属于难题.12.已知，则向量的最小值为_.【答案】【解析】【分析】，不失一般性，设，由知的终点在两个圆上运动，设化简放缩后得到得解.【详解】，不妨设 ， 所以在圆上运动，所以在圆上运动再令， 故答案为：【点睛】本题考查平面向量数量积最值问题.平面向量与几何综合问题的求解坐标法：把问题转化为几何图形的研究，再把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从
10、而使问题得到解决13.三角形面积为，若，则的最大值是_.【答案】【解析】【分析】由求出，将用和表示，并化简，再令，得到关于的式子，构造函数，并利用导数求出的最大值，进而得解.【详解】由，得， ，令，则，令，则，令，解得（舍）或，所以，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，所以，当时，取得最大值，即的最大值为，所以，的最大值是.故答案为：.【点睛】本题考查余弦定理的应用、三角形的面积公式及利用导数研究函数的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想以及运算求解能力和逻辑推理能力，构造函数并掌握求极值的方法是求解本题的关键，难度较大.构造函数是求解导数问题的常用方法.14.已知数列为首项为2正项等
11、比数列，数列为公差为3等差数列，数列满足，若，则数列前50项的和为_.【答案】1275【解析】【分析】先根据等差与等比性质列方程组解得与通项公式，进而可求数列通项公式，最后根据等差数列求和公式得结果.【详解】,因此数列公比为因此从而故答案为：1275【点睛】本题考查等差数列与等比数列通项公式以及等比数列求和公式，考查基本分析求解能力，属中档题.二、解答题：15.如图，在ABC中，为所对的边，CDAB于D，且（1）求证：；（2）若，求的值 【答案】（1）见解析（2） 【解析】【分析】（1）由题意可得，由正弦定理，得，即可作出证明；（2）由（1）得，得到，所以，即可求解的值.【详解】（1）证明：因
12、为， 所以， 由正弦定理，得， 所以 （2）解：由（1）得， 所以， 化简，得 又，所以，所以， 所以【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.16.如图，在正三棱柱中，D，E，F分别为线段，的中点.（1）证明：平面；（2）证明：平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1
13、）取的中点G，连结，可证四边形是平行四边形，得，即可证明结论；（2）根据已知可得，得出，再由已知得，结合正三棱柱的垂直关系，可证平面，进而有，即可证明结论.【详解】（1）如图，取的中点G，连结，.因为F为的中点，所以.在三棱柱中，且E为的中点，所以.所以四边形是平行四边形.所以.因为平面，平面，所以平面.（2）因为在正三棱柱中，平面，平面，所以.因为D为的中点，所以.因为，平面，平面，所以平面.因为平面，所以.根据题意，可得，所以.从而，即.因为，平面，平面，所以平面.【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明直线与平面平行以及直线与平面垂直，注意空间垂直关系的相互转化，属于中档题.17.动圆过
14、定点，且在轴上截得的弦的长为4.（1）若动圆圆心的轨迹为曲线，求曲线的方程； （2）在曲线的对称轴上是否存在点，使过点的直线与曲线的交点满足为定值？若存在，求出点的坐标及定值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）.（2）存在点，定值为.【解析】【分析】（1）设，由题意知：，利用距离公式及弦长公式可得方程，化简可得P的轨迹方程；（2）假设存在，设，由题意知直线的斜率必不为0，设直线的方程，与抛物线联立，利用根与系数关系可求得，当时，上式，与无关，为定值.【详解】（1）设，由题意知：.当点不在轴上时，过做，交于点，则为的中点，.又，化简得；当点在轴上时，易知点与点重合.也满足，曲线的方程为.（2）
15、假设存在，满足题意.设.由题意知直线的斜率必不为0，设直线的方程为.由得.，.，.，.，当时，上式，与无关，为定值.存在点，使过点的直线与曲线的交点满足为定值.【点睛】本题考查轨迹方程、定值问题的求解，求轨迹方程，一般是求谁设谁的坐标然后根据题目等式直接求解即可，存在性与定值问题一般设存在，代入，结合韦达定理等知识消去参数求解，属于较难题型.18.某景区平面图如图1所示，为边界上的点已知边界是一段抛物线，其余边界均为线段，且，抛物线顶点到的距离以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系（1）求边界所在抛物线的解析式；（2）如图2，该景区管理处欲在区域内围成一个矩形场地，使得点在边界上，点
16、在边界上，试确定点的位置，使得矩形的周长最大，并求出最大周长【答案】（1）；（2）点与点重合最大值为22，【解析】分析】（1）根据题意，设二次函数解析式为，代入点C、E坐标，即可求解参数；（2）根据题意结合（1）中抛物线解析式，设点坐标为，利用坐标表达矩形的周长，根据二次函数性质，可求最值问题.【详解】（1）根据对称性可知，设边界所在抛物线的解析式为，抛物线的图象经过，两点，解得，边界所在抛物线的解析式为；（2）设点坐标为，四边形是矩形，矩形的周长为：，开口向下，当时，矩形的周长有最大值，最大值为22，此时点坐标为，即点与点重合【点睛】本题考查待定系数法确定函数关系式，考查计算能力，考查运用二
17、次函数模型解决实际问题，属于中等题型.19.设数列的前n项和为，（1）求证：数列是等比数列；（2）若，是否存在q的某些取值，使数列中某一项能表示为另外三项之和？若能求出q的全部取值集合，若不能说明理由（3）若，是否存在，使数列中，某一项可以表示为另外三项之和？若存在指出q的一个取值，若不存在，说明理由【答案】解：（1）见详解；（2）不存在；（3）不存在【解析】【分析】（1）由前项和公式，结合求出，进而可得出结论成立；（2）根据得，不妨设，两边同除以，再结合条件，即可得出结论；（3）同(2)，先设，当，结合条件验证不成立即可.【详解】（1）n=1时，时，（n=1也符合），即数列是等比数列（2）若
18、则可设，两边同除以得：因为左边能被q整除，右边不能被q整除，因此满足条件q不存在（3）若则可设， 不成立【点睛】本题主要考查等比数列，熟记等比数数列的性质和公式即可，属于常考题型.20.已知函数与的图象在它们的交点处具有相同的切线.（1）求的解析式；（2）若函数有两个极值点，且，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）求得两个函数的导数，由公切线的斜率相同可得的方程；将切点代入两个函数，可得的方程；联立两个方程即可求得的值，进而得的解析式；（2）将的解析式代入并求得，由极值点定义可知，是方程的两个不等实根，由韦达定理表示出，结合可得.代入中化简，分离参数并构造函数，求得并令求得极值点，由极值点两侧符号判断单调性，并求得最小值，代入端点值求得最大值，即可求得的取值范围.【详解】（1）根据题意，函数与可知，两图象在点处有相同切线，所以两个函数切线的斜率相等，即，化简得，将代入两个函数可得，综合上述两式可解得，所以.（2）函数，定义域为，因为，为函数的两个极值点，所以，是方程的两个不等实根，由根与系数的关系知，又已知，所以，将式代入得，令，令，解得，当时，在单调递减；当时，在单调递增；所以，即的取值范围是.【点睛】本题考查了导数的计算及几何意义，根据公切线求参数值，由导数研究函数的极值点、单调性与最值，构造函数法的综合应用，属于难题.