1、江苏省南通市如皋市2020届高三数学下学期二模考试试题（含解析）第卷（必做题，共160分）一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分，请将答案填写在答题卷相应的位置上.）1.设全集，集合，_.【答案】【解析】【分析】先化简集合,再求得解.【详解】由题得，所以,所以.故答案为：【点睛】本题主要考查集合交、并、补运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.2.若复数满足（为虚数单位），则_【答案】【解析】由，得，则，故答案为.3.某工厂为了了解一批产品净重（单位：克）情况，从中随机抽测了100件产品的净重，所得数据均在区间96，106中，其频率分布直方图如图所示，则在抽测的10
2、0件产品中，净重在区间上的产品件数是 【答案】55【解析】试题分析：产品净重在区100，104上的频率为（0.15+0.125）2=0.55，所以产品数为1000.55=55；考点：1.频率分布直方图；4.某医院欲从积极扱名的甲、乙、丙、丁4名医生中选择2人去支援武汉抗击“新型冠状病毒”，若毎名医生被选择的机会均等，则甲、乙2人中至少有1人被选择的概率为_.【答案】【解析】【分析】先求出甲乙都不被选择的概率，再利用对立事件的概率求解即可.【详解】由题得甲乙都不被选择的概率为,由对立事件的概率公式得甲、乙2人中至少有1人被选择的概率为.故答案为：【点睛】本题主要考查古典概型的概率的计算，考查对立
3、事件的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.5.执行下边的伪代码后，输出的结果是_.【答案】7【解析】【分析】直接模拟运行程序即得解.【详解】由题得：027，, 不满足,输出：.故答案为：7【点睛】本题主要考查程序框图，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.6.在平面直角坐标系中，已知双曲线：的左，右焦点分别为，设过右焦点且与轴垂直的直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，若是正三角形，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】不妨设点在轴上方，先求出点坐标，再由题得，化简即得双曲线的离心率.【详解】不妨设点在轴上方，联立得.因为是正三角形，所以.所以.故答案为：【点
4、睛】本题主要考查双曲线的离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.7.已知函数，将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象与原函数图象重合，则的最小值等于_.【答案】4【解析】【分析】由题得，化简即得解.【详解】由题得,因为，所以的最小值等于4.故答案为：4【点睛】本题主要考查三角函数的周期性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.8.已知等比数列的前项和为，若，且，成等差数列，则满足不等式的的最小值为_.【答案】12【解析】【分析】先分析得到等比数列的公比，再列方程组解方程组求出首项和公比，再代入化简即得解.【详解】因为，成等差数列。所以等比数列的公比.由题得因为，所以
5、因为时，时，.所以的最小值为12.故答案为：12【点睛】本题主要考查等比数列的基本量的计算，考查等比数列的通项和前项和的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9.在三棱锥中，平面，则该三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】如图，设的中点为,连接，证明点就是外接球的球心.外接球的半径为，即得外接球的表面积.【详解】如图，设的中点为,连接，由勾股定理得,因为所以平面,.因为平面,所以平面,所以,所以,因为,所以.所以,所以点就是外接球的球心.所以外接球的半径为.所以外接球的表面积为.故答案为：【点睛】本题主要考查几何体的外接球表面积的计算问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水
6、平.10.已知实数，满足条件，若不等式恒成立，则实数的最大值是_.【答案】【解析】【分析】先作出不等式组对应的可行域，如图所示，求出，化简已知得恒成立，再换元利用导数求函数的最值即得解.【详解】作出不等式组对应的可行域，如图所示，联立得,所以.因为不等式恒成立，所以恒成立，设，恒成立，设，所以函数在单调递减，单调递增.所以.所以.故答案为：【点睛】本题主要考查线性规划求最值，考查利用导数求函数的最值，考查不等式的恒成立问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11.如图，在四边形中，对角线与相交于点.已知，且是的中点，若，则的值为_.【答案】【解析】【分析】如图，设，先求出,再根据得到
7、，再求的值得解.【详解】如图，四点共圆，为圆的直径.设，所以，由相交弦定理得，在直角中，由勾股定理得，在中，由余弦定理得.因为，所以，又,所以.所以.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的计算，考查平面几何圆的知识，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.12.在平面直角坐标系中，已知在圆：上运动，且.若直线：上的任意一点都满足，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先求出，再化简得，再代点到直线的距离公式解不等式得解.【详解】由题得圆的圆心.且,（其中是的夹角），因为，所以,所以，所以，所以.所以.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的数量积，考查直线和圆的位置关系，意在考
8、查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.13.已知函数，若存在实数，使得函数有6个零点，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】先作出函数的图象，由题得，三点的高度应满足或,所以或，解不等式即得解.【详解】由题得函数的图象和直线有六个交点.显然有.,（），所以函数在单调递减，在单调递增，且.由题得，三点的高度应满足或,所以或，因为所以或，综合得.故答案为：【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，考查利用导数求函数的单调性，考查函数的零点问题，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.14.在中，角，所对的边分别是，若是边上的中线，且，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】
9、如图，过点作,设，求出，再利用基本不等式求最小值得解.【详解】过点作,设，由三角函数定义得.当且仅当时取等号.所以的最小值为故答案为：【点睛】本题主要考查三角函数和基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.二、解答题（本大题共6小题，共计90分，请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15.在中，角，所对的边分别是，已知.（1）求角的大小；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简得，即得角的大小；（2）由余弦定理得，由正弦定理得，即得的值.【详解】（1）因为，根据正弦定理，得，因为，所以，所以，即，整理得，所以，又
10、，故.（2）在中，由余弦定理得，得，故由正弦定理得，解得.因为，故，所以.所以.【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，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.16.在三棱柱中，且，为的中点.（1）求证：平面；（2）求证：.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）证明，平面即得证；（2）取的中点，连校、,，先证明面，即得证.【详解】（1）连接，交于点，连接在三棱柱中，四边形是平行四边形，因为，所以是的中点，所以又面，面面所以平面（2）取的中点，连接、囚为，所以是正三角形，因为是的中点，所以因为，是的中点，所以又，面，所以面因为面，所以【点睛】本题主要考查
11、空间直线平面位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象分析推理能力.17.现有一块废弃的半圆形钢板，其右下角一小部分因生锈无法使用，其形状如图所示，已知该钢板的圆心为，线段为其下沿，且，.现欲从中截取一个四边形，其要求如下：点，均在圆弧上，平分，且，垂足在边上.设，四边形的面积为.（1）求关于的函数解析式，并写出其定义域；（2）当为何值时，四边形的面积最大？【答案】（1），其定义域为（2）【解析】【分析】（1）连接，取的中点，的中点，连接，根据，求出关于的函数解析式，并写出其定义域；（2）利用导数求函数的最值即得解.【详解】（1）连接，取的中点，的中点，连接，因为，所以，因
12、为平分，所以，所以，故，所以在中，所以，在中，所以，在中，所以，所以，所以，其定义域为（2）因为，令，得，设锐角满足，列表：0极大值所以当时，取得最大值答：当时，四边形的面积最大【点睛】本题主要考查三角函数的应用，考查利用导数求函数的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和应用能力.18.如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：的焦距为2，且经过点，过左焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于点，两点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线，的斜率之和为0，求直线的方程；（3）设弦的垂直平分线分别与直线，椭圆的右准线交于点，求的最小值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据已知求出的值，即得椭
13、圆的的方程；（2）设直线：，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，根据直线，的斜率之和为0，求出，即得直线的方程；（3）直线的斜率不存在时，；直线的斜率存在时，求出.即得解.【详解】（1）因为椭圆的焦距为2，所以椭圆的焦点为，所以点到焦点，的距离分别为，故，得所以，椭圆的方程为（2）依题意，左焦点，设直线：，联立方程组整理得，所以，因为直线，的斜率之和为0，所以，即，整理得，即，解得所以直线的方程为（3）若直线的斜率不存在，；若直线的斜率存在，由（2）可得，又，直线的斜率为，所以故，令，则，故当时，所以显然，所以的最小值为2【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中的
14、最值问题的求解，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.19.已知函数，其中，为自然对数的底数.（1）若，求函数在处的切线方程；（2）若函数在定义域上恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围；（3）设函数在区间)上存在极值，求证：.【答案】（1）（2）或（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数求函数在处的切线方程；（2）对分两种情况讨论，当时，再分三种情况结合导数分类讨论；（3）先求出，要使得在上存在极值，则须满足即分析推理即可得到.【详解】（1）当时，所以函数在处得切线方程为（2）因为，所以若，则，在上是单调增函数，所以在上至多一个零点，与题意不符合若，令，得0极小值（）若，
15、即时，有且仅有一个零点，与题意不符（）若，即时，又，且的图像在上不间断，所以存在，使得此时，在恰有两个不同得零点和所以符合题意（）若，即时，令，所以在上单调增函数，所以在上是单调增函数，所以，且，的图像在上不间断，所以存在，使得此时，在恰有两个不同得零点和所以符合题意综上所述，实数的取值范围是或（3）依题意，则，令，所以在上是单调增函数要使得在上存在极值，则须满足即所以，即由（2）可知，当时，所以，所以，即，所以【点睛】本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的零点问题，考查利用导数证明不等式，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.20.已知数列的前项和为，设.（1）若，
16、记数列的前项和为.求证：数列为等差数列；若不等式对任意的都成立，求实数的最小值；（2）若，且，是否存在正整数，使得无穷数列，成公差不为0等差数列？若存在，给出数列的一个通项公式；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）不存在；详见解析【解析】【分析】（1），两式相减化简得，所以数列为等差数列；先利用错位相减求出，由不等式对任意的都成立得到对任意恒成立，求出的最大值得解；（2）由题得当，时，.假设存在，成等差数列，公差为，则，再对分两种情况讨论得解.【详解】（1）因为，（i）所以（ii）将（i）（ii），得，即（iii）所以，当，时，（iv）将（iii）（iv）得，当，时，整理得，即，所以数列
17、为等差数列因为，令，2，得，解得，结合可知，故所以，两式相减，得，所以依题意，不等式对任意的都成立，即对任意恒成立，所以对任意恒成立令，则，所以当，2时，即，且当，时，即所以当时，取得最大值，所以，实数的最小值为（2）因为，所以，即因为，所以，所以，所以当，时，假设存在，成等差数列，公差为则，（）若，则当，时，而，所以与题意矛盾（）若，则当，时，与题意矛盾所以不存在，使得无穷数列，成公差不为0的等差数列【点睛】本题主要考查等差数列的证明和错位相减法求和，考查数列不等式的恒成立问题的求解，考查数列中的探究性问题的求解，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.第II卷（附加题，共40分
18、）21.已知矩阵，求矩阵，使得.【答案】【解析】【分析】先求出，再根据求解.【详解】因为，所以由，得，所以【点睛】本题主要考查矩阵，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.22.在极坐标系中，求直线被曲线所截得的弦长.【答案】【解析】【分析】联立方程组求出，即得直线被曲线所截得的弦长.【详解】联立方程组得又因为直线与曲线都经过极点，所以直线被曲线所截得的弦长为【点睛】本题主要考查极坐标中弦长的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤.23.在平面直角坐标系中，已知抛物线：上一点到准线的距
19、离与到原点的距离相等.（1）求抛物线的方程；（2）过不在轴上的点作抛物线的两条切线，切点分别为，若，求证：直线过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出，由题得，解方程即得解；（2）设，先求出切线的方程，根据得.再求出直线方程，证明其过定点.【详解】（1）因为点在抛物线上，所以，得.因为点到准线的距离与到原点的距离相等.所以，解得（负值舍）.所以抛物线的方程为.（2）设，依题意，.因为，所以切线的方程为，即，同理，切线的方程为.联立方程组解得所以点得坐标为.因为，所以，即，整理得.所以直线的方程为，即所以直线恒过定点.【点睛】本题主要考查抛物线方程的求法，考查直线和抛物
20、线的位置关系，考查抛物线中的直线定点问题，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.24.已知数列的首项，且，.（1）求的最小值；（2）求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）依题意，再利用基本不等式求的最小值；（2）用数学归纳法证明：当，时，.根据即得证.【详解】（1）依题意，所以，当且仅当，即时，取“”.所以的最小值为4.（2）因为，当，所以在上是单调增函数.所以，当时，.下面用数学归纳法证明：当，时，.当时，.结论成立；假设时，.那么时，所以时，.据数学归纳法可知，当，时.所以.【点睛】本题主要考查基本不等式求最小值，考查数学归纳法证明不等式，意在考查学生对这些知识点理解掌握水平和分析推理能力.
