1、江苏省南通市如皋中学2020届高三数学下学期4月模拟考试试题（创新班，含解析）一、填空题1.设，且，则实数m的值是_.【答案】0；【解析】【分析】根据集合相等，即两集合中元素对应相等可得，求解可得到m的值.【详解】因为，且，所以，解得，故答案为：0.【点睛】本题主要考查集合的基本运算，利用集合相等求解m的值是解题关键,属于基础题.2.已知实数a，b(0，2)，且满足，则ab的值为_【答案】2【解析】【分析】由，且a，b(0，2)，化简为：，设，则在上递增，由，得ab的值.【详解】由，化简为：，即，设，则在上递增，因为a，b(0，2)，所以2-b(0，2)，且，所以，即.故答案为2【点睛】本题考
2、查了等式的化简，构造函数，利用函数的单调性求值的问题，属于中档题.3.已知关于的不等式的解集为空集，的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据一元二次不等式的解集的情况得出二次项系数大于零，根的判别式小于零，可得出，再将化为，由和均值不等式可求得最小值.【详解】由题意可得：，可以得到，而，可以令，则有，当且仅当取等号.所以的最小值为4.故答案为：4.【点睛】本题主要考查均值不等式,关键在于由一元二次不等式的解集的情况得出的关系，再将所求的式子运用不等式的性质降低元的个数，运用均值不等式，属于中档题.4.已知，二次三项式对于一切实数x恒成立，又，使成立，则的最小值为_【答案】【解析】分析：对于一
3、切实数恒成立，可得；再由，使成立，可得，所以可得，可化为，平方后换元，利用基本不等式可得结果.详解：已知，二次三项式对于一切实数恒成立，且；再由，使成立，可得，令，则（当时，等号成立），所以，的最小值为，故的最小值为，故答案为.点睛：本题主要考查一元二次不等式恒成立问题以及利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.5.已知，是圆
4、：上的两个动点，.若是线段的中点，则的值为_.【答案】3【解析】【分析】易得，可得，结合，是圆：上的两个动点，计算可得答案.【详解】解：设，则，所以.由，得， 又，在圆上，所以， 联立得，所以化简并整理，得优解由条件易知为正三角形.又由为的中点，则，所以.【点睛】本题主要考查平面向量的应用及平面向量数量积运算，由已知得出代入计算是解题的关键.6.过直线上一点，作圆的两条切线，切点分别为，若，则_.【答案】【解析】【分析】由，设的中点，则有，将两式作差得，再结合已知条件，可得的中点的轨迹方程是，由得点，运用勾股定理可求得的长.【详解】由，设的中点，则有，将两式作差得，又，即，所以，所以，所以的中
5、点的轨迹方程是，而点也在直线上，所以由得点，而圆的圆心，半径，所以，所以，故答案为：8.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系之切线的相关问题，关键在于运用点差法，得出弦的中点的轨迹方程，属于中档题.7.在ABC中，()(1)，若角A的最大值为，则实数的值是_【答案】3【解析】【分析】把向量进行转化，用表示，利用基本不等式可求实数的值.【详解】，解得3故答案：3.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积应用，综合了基本不等式，侧重考查数学运算的核心素养.8.已知、是椭圆和双曲线的公共焦点，是他们的一个公共点，且，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为_.【答案】【解析】【分析】设|PF1|=r1，
6、|PF2|=r2，|F1F2|=2c，椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2, 由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）22r1r2cos，在椭圆中，化简为即4c2=4a23r1r2，在双曲线中，化简为即4c2=4a12+r1r2，再利用柯西不等式求椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值.【详解】设椭圆的长半轴为a，双曲线的实半轴为a1，（aa1），半焦距为c，由椭圆和双曲线的定义可知，设|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2,F1PF2=，则由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）22r1r2cos，在椭圆中，化简为即4c2=4a23r
7、1r2，在双曲线中，化简为即4c2=4a12+r1r2，由柯西不等式得（1+）（）（）2故答案为【点睛】本题主要考查椭圆和双曲线的定义和性质，利用余弦定理和柯西不等式是解决本题的关键属于难题9.已知夹角为的两个单位向量，向量满足，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐标系，设出向量的坐标，得出向量的终点的轨迹方程，再运用点与圆的位置关系可以得到的最大值.【详解】由已知建立平面直角坐标系，设，又，所以，所以点在以为圆心，以为半径的圆上，所以的最大值为，所以的最大值为，故答案为：.【点睛】本题考查求向量的模的最值，建立平面直角坐标系，设出向量坐标，得出向量的终点的轨迹方程是解决本题
8、的关键，属于中档题.10.已知长方体，过点且与直线平行的平面将长方体分成两部分，现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面变化的过程中，这两个球的半径之和的最大值为_.【答案】【解析】【分析】设，根据得，设圆的半径为，根据等面积法得，又，解得，设圆的半径为，则，解得，所以，设，求导判断函数的单调性，可得最值.【详解】如图所示:平面将长方体分成两部分,延长与交于点, 如图2所示，设，根据得，设圆的半径为，根据等面积法得，又，解得，设圆的半径为，则，解得，所以，设，则，设，则在上单调递减，且，所以恒成立，所以恒成立，所以函数在上单调递减，所以，故答案为：.【点睛】本题考查几何体的内切球的问题
9、，关键在于运用空间想象能力得出两内切球的半径之和的函数，运用求导研究函数的单调性，属于难度题.11.已知数列满足，则_.【答案】【解析】【分析】由已知数列递推式可得数列以为首项,以为公差的等差数列,求出等差数列的通项公式后可得.【详解】由得，又，所以数列以为首项,以为公差的等差数列,，所以，故答案为：.【点睛】本题考查根据数列的递推式求得数列的通项，关键在于由递推式构造出新的数列，使新数列为等差数列或等比数列，属于中档题.12.已知，是函数，的两个极值点，若，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】先由题得所以，.化简得=，再构造函数，利用导数求函数的值域即得解.【详解】由题得函数的定义域为，
10、所以是方程的两个实数根，所以，因为，所以，所以.所以=记，所以由，所以在单调递减，又由洛必达法则得当时，即，所以函数g(x)的值域为.即的取值范围为.故答案为：【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值和取值范围，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.13.已知，分别为其左右焦点，为上任意一点，为平分线与轴交点，过作垂线，垂足分别为，求的最大值_【答案】【解析】【分析】设，计算，化简得到，再计算最值得到答案.【详解】设，故，故，故.当为上下顶点时，等号成立.故答案为：.【点睛】本题考查了椭圆内的面积的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.14.已知函数，若有两个零点，则的取
11、值范围_.【答案】【解析】【分析】先运用分段函数的解析式，得出的解析式，再利用导数求得函数的单调性区间,即可求得的取值范围.【详解】当时,当,综上可知：,则，有两个根，,(不妨设,当时,，当时,令,则，,设，,所以,，函数单调递减,的值域为,取值范围为,故答案为：.【点睛】本题考查分段函数的零点问题，关键在于讨论自变量的范围得出函数的表达式，再运用导函数得出函数的图象趋势，得出的函数解析式，属于难度题.二、解答题15.已知函数.（1）求函数的最小正周期和单调递减区间；（2）在中，角的对边分别为，若，求的值.【答案】（1），； （2）.【解析】【分析】（1）利用倍角公式降幂化一，可求周期和单调区
12、间.（2）由求出C的值，结合正余弦定理求得a，b的值详解】（1），周期为.因为，所以，所以所求函数的单调递减区间为.（2）因为，又，所以，所以，又因为，由正弦定理可得，由可得.【点睛】本题考查了三角函数的倍角公式，考查了y=asin+bcos型的化一问题，训练了正余弦定理在解三角形中的应用，是中档题16.如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面底面，点为的中点，.（1）求证：平面；（2）求证：平面.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】(1) 连结,交于,连结,再证明进而得到平面即可.(2)根据线面垂直的性质结合证明判定即可.【详解】（1）如图,连结,交于,连结.因为四边形为矩形,所以为
13、的中点,又是的中点,所以,在中,.又平面,平面,所以平面. （2）因为四边形为矩形,所以.因为,则.又,、平面,所以平面.又平面,所以.在矩形中,所以. 又平面底面,平面底面,平面,所以平面.【点睛】本题主要考查了线面平行的证明以及根据面面垂直的性质判定线面垂直的方法,属于中档题.17.如图所示，射线在第一象限，且与轴正向的夹角为，动点在射线上，动点在轴正向上，的面积为定值.（1）求线段的中点的轨迹的方程；（2）设是曲线上的动点，点到轴的距离之和为.若为点到轴的距离之积，问是否存在最大的常数，使得恒成立？若存在，求出这个的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）答案不唯一，具体见解析【解
14、析】【分析】（1）设，则，所以，所以,可得线段的中点的轨迹;（2）设，因为，所以，令，可得的单调性，从而得出结论.【详解】（1）设，则，所以，所以,所以线段的中点的轨迹;（2）设，因为，所以,令，在单调递减，在单调递增，所以当，即，当，则，.【点睛】本题考查与直线有关的函数的最值问题，曲线的轨迹方程的求法,导数的应用,单调性常常利用导数求解;考查计算能力,转化思想,属于难度题.18.已知椭圆：的离心率为，点，分别是椭圆的左、右焦点，为等腰三角形.（）求椭圆的方程；（）过左焦点作直线交椭圆于两点，其中，另一条过的直线交椭圆于两点（不与重合），且点不与点重合. 过作轴的垂线分别交直线，于,.求点坐
15、标； 求证：.【答案】（）； （） 见解析.【解析】分析】（）根据已知求出，即得椭圆方程为. （）由 可求. 当与轴垂直时，两点与,两点重合，由椭圆的对称性，. 当不与轴垂直时，联立直线和椭圆方程证明，即.【详解】（）由已知，得， 为等腰三角形， ，则 解得， 椭圆方程为.（）由题意可得直线的方程为. 与椭圆方程联立,由 ，可求. 当与轴垂直时，两点与,两点重合，由椭圆的对称性，. 当不与轴垂直时，设，的方程为（）.由消去，整理得.则，.由已知，则直线的方程为，令，得点的纵坐标. 把代入得. 由已知，则直线的方程为, 令，得点 纵坐标. 把代入得. , 把，代入到中，=. 即，即.【点睛】本题
16、主要考查椭圆是几何性质和方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.19.已知函数当时，求曲线在点处切线的斜率；若存在，且当时，证明：【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】求出,求出的值， 可得曲线在点处切线的斜率；令，将转化为，设，所以在恒成立所以在单调递减，故，从而可得结论【详解】依题意，故，即曲线在点处切线的斜率为：依题意，不妨设，令，则令，故，故函数在上单调递增，所以，从而；因为，所以所以，所以；下面证明，即证明，只要证明设，所以在恒成立所以在单调递减，故，从而得证所以，即【点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数
17、思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.20.设数列的前项和为，且.（1）求证：数列为等比数列；（2）设数列的前项和为，求证：为定值；（3）判断数列中是否存在三项成等差数列，并证明你的结论.【答案】（1）见解析（2）见
18、解析（3）不存在【解析】试题分析：（1）依据题设探求出，再运用等比数列的定义进行推证；（2）借助等比数列的前项和公式分别求出，然后再求其比值；（3）假设存在满足题设条件的三项，然后运用假设进行分析推证，找出矛盾，从而断定不存在假设的三项：解：（1）当时，解得.当时，即.因为，所以，从而数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以.（2）因为，所以，故数列是以4为首项，4为公比的等比数列，从而，所以.（3）假设中存在第项成等差数列，则，即.因为，且，所以.因为，所以，故矛盾，所以数列中不存在三项成等差数列.点睛：数列是江苏高考的特色问题，这类问题的设置旨在考查等比数列、等差数列等特殊数列的通项公式前项和公式等基础知识、基本公式与基本概念，同时考查运算求解能力和推理论证能力