1、江苏省徐州中学、徐州一中2020届高三数学下学期5月模拟试题（含解析）一填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分请把答案填写在答题卡相应的位置上1.已知集合，则_.【答案】【解析】【分析】进行交集的运算即可【详解】，0，1，故答案为：，【点睛】本题考查了描述法、列举法的定义、交集的运算，考查了计算能力，属于基础题2.设复数（a，i是虚数单位），且，则_.【答案】【解析】【分析】将代入，利用复数相等，可求出的值,【详解】由代入,所以 ，则，解得或所以故答案为：【点睛】本题考查复数的运算和复数相等，属于基础题.3.若一组样本数据21，19，x，20，18的平均数为20，则该组样本数据的方差为
2、_.【答案】2【解析】分析】根据平均数求出x，再求数据的方差.【详解】，解得，该组样本数据的方差为.故答案为：2【点睛】本题考查样本数据的平均值与方差，属于基础题.4.椭圆()与双曲线有公共的焦点，则_.【答案】4【解析】【分析】由题意得两条曲线的值相等，从而得到关于的方程，解方程即可得答案.【详解】由题意得两条曲线的值相等，求得，则.故答案为：.【点睛】本题考查椭圆与双曲线标准方程，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题.5.执行如图所示的伪代码，则输出的结果为_【答案】15【解析】【分析】根据给出的算法语句的作用求解即可【详解】依题意，第一次运行循环时，I1，满足I9，S21+1
3、3，I3；第二次运行循环时，I3，满足I9，S23+17，I5；第三次运行循环时，I5，满足I9，S25+111，I7；第四次运行循环时，I7，满足I9，S27+115，I9；循环结束，输出S15，故答案为：15【点睛】本题考查了算法语句的理解和应用，考查分析和解决问题的能力，属于基础题6.把分别标有“诚”“信”“考”“试”的四张卡片随意的排成一排，则能使卡片从左到右可以念成“诚信考试”和“考试诚信”的概率是_.【答案】【解析】分析】先确定“诚”“信”“考”“试”的四张卡片随意排成一排的所有可能情况，再求概率即可【详解】“诚”“信”“考”“试”的四张卡片随意排成一排，共有种故能能使卡片从左到右
4、可以念成“诚信考试”和“考试诚信”的概率是，故答案为：【点睛】本题主要考查了古典概型的概率，解题的关键是确定基本事件的种数，属于中档题.7.已知圆柱的高为2，它的两个底面的圆周在半径为2的同一个球的球面上.则球的体积与圆柱的体积的比值为_.【答案】【解析】【分析】画图分析可得,该球的直径与圆柱的底面直径和高构成直角三角形,进而求得圆柱的底面半径,进而求得球的体积与圆柱的体积的比值.【详解】 如图有外接球的体积,圆柱的底面直径,故底面半径.故圆柱体积.故球的体积与圆柱的体积的比值为.故答案为：【点睛】本题主要考查了圆柱与外接球的关系,需要根据球的直径和圆柱的底面直径和高构成直角三角形进行求解.属
5、于基础题.8.已知数列的前项和为，且满足，_.【答案】【解析】【分析】在时，利用得出数列的递推关系式，这样我们在求数列和时只要从第一项开始两项并一组，变可以求得偶数项和而题中求正好可求。【详解】解：当时有得，当时，又，得整理得；于是得，得，得，；故答案为：【点睛】本题考查由数列前项和与项的关系求通项，考查并项求和，考查等比数列的前项和公式虽然考查知识点较多，但顺着题求解也较容易，属于中档题9.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若则_【答案】【解析】【分析】已知条件用正弦定理化角为边，再由余弦定理可求A，然后代入即可求解【详解】解：，由正弦定理可得，整理可得，由余弦定理可得，则故答案为
6、：.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理，解题关键是掌握正弦定理进行边角转换10.如图，在平面四边形中，点在线段上，且，若，则的值为_.【答案】【解析】【分析】根据题意要求的值，则要求出中的值，故考虑以点为原点，建立直角坐标系，然后按照两向量相等，则对应坐标相等，进而可求解.【详解】解:如图建立直角坐标系：设，则，点在线段上，且，所以，因为在中，所以，由题知，是等腰三角形.所以，所以，若，则，解得，所以.故答案为：.【点睛】本题考查向量的线性运算，当直接运用向量的三角形法则与平行四边形法则较困难时，可借助坐标，转化成两向量相等，则对应坐标相等，进而通过方程思想来求解.11.过直线l：上任意一点P
7、作圆C：的一条切线，切点为A，若存在定，使得恒成立，则_.【答案】【解析】【分析】设，根据圆及切点，结合，可推出，再根据两点之间距离公式化简可得，结合点在上，可列出方程组，即可解出，进而可得答案.【详解】设，即在上任取，解得故答案为：.【点睛】本题考查直线与圆的关系，涉及了两点之间的距离公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题12.设,则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】将式子变形可得，根据已知条件可得利用基本不等式可得最小值.【详解】解：当且仅当时取等号，故最小值为故答案为：【点睛】本题考查了基本不等式的性质，属于中档题13.函数f（x）sinx（0）的图象与其对称轴在y轴右侧的交点从左
8、到右依次记为A1，A2，A3，An，在点列An中存在三个不同的点Ak、Al、Ap，使得AkAlAp是等腰直角三角形，将满足上述条件的值从小到大组成的数记为n，则6_【答案】【解析】【分析】令xk，可求对称轴方程，进而可求A1，A2，A3，An的坐标，由AkAtAp是等腰直角三角形可知直线的斜率之积为1可求n，进而可求6的值【详解】由xk，得x，kZ，由题意得x，即A1（，1），A2（，1），A3（，1），A4（ ，1），由A1A2A3是等腰直角三角形，得kA1A2kA2A31，即 1，得1，同理A1A4A7是等腰直角三角形得kA1A4kA1A41，得2同理A1A6A11是等腰直角三角形得kA1
9、A6kA6A111，得2从而有n则6，故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦函数的对称性及直线垂直关系的应用，还考查了归纳推理的应用，属于知识的简单综合14.已知定义在上的偶函数满足且当时，若对于任意，都有，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】先求得的值，由此求得的值.证得是周期为的周期函数，将转化为，根据的周期性和对称性，将转化为，结合求得的取值范围.【详解】由，令，得.由于当时，所以.故当时，.，由于为偶函数，所以.由，得，所以是周期为的周期函数.当时，所以.所以当，.得，故.所以当时，所以.结合是周期为的周期函数，画出的图像如下图所示.由得（），对于任意成立.时，解得，所以，即对于
10、任意成立.当时，由得，由于在递减，所以；由得，由于在在递增，所以.综上所述，的取值范围是.故答案为：【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性、单调性、周期性，考查函数解析式的求法，考查不等式恒成立问题的求解，考查数形结合的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，综合性很强，属于难题.二、解答题：本大题共6小题，共计90分，请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文字说明、证明过程或演算步驟15.在中，角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理，把条件等式化成角，再用诱导公式与两角和的正弦公式，即可求出，进而求出；（2）面积公式
11、结合余弦定理，求出，就可得到的周长.【详解】（1）由，；（2），由余弦定理得，周长为.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、面积公式，以及诱导公式和两角和的正弦公式，考查计算能力，属于中档题.16.如图，在三棱锥A-BCD中，点M，N分别在棱AC，CD上，且N为CD的中点（1）当M为AC的中点时，求证：AD/平面BMN；（2）若平面ABD平面BCD，ABBC，求证：BCAD.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】【分析】（1）由中位线定理可得，根据线面平行判定定理即可得结果；（2）在平面内，作，垂足为，根据面面垂直性质定理可得平面，进而，结合易得平面，即可得.【详解】证明：（1）在中，因为
12、，分别为棱，的中点，所以，又平面，平面，所以平面（2）如图，在平面内，作，垂足为，因为平面平面，所以平面因为，所以，又，所以，又，所以【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，面面垂直性质定理的应用以及通过证明线面垂直得到线线垂直的过程，属于中档题.17.如图所示，一座小岛距离海岸线上最近的点的距离是，从点沿海岸正东处有一城镇B.一年青人从小岛出发，先驾驶小船到海岸线上的某点处，再沿海岸线步行到城镇B.若，假设该年青人驾驶小船的平均速度为，步行速度为.（1）试将该年青人从小岛到城镇的时间表示成角的函数；（2）该年青人欲使从小岛到城镇的时间最小，请你告诉他角的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析
13、】（1）根据直角三角形的边角关系求出和的值，再求关于的函数解析式；（2）根据的解析式，结合三角函数的性质求出的最小值以及对应的值【详解】（）由题意知，所以，所以关于的函数为；（）由（）知，令，则；解得，当且仅当时，等号成立；即时，所花时间最小【点睛】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了三角函数图象与性质的问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平18.已知椭圆C：1（ab0）的左右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上一点，以PF1为直径的圆E：x2过点F2（1）求椭圆C的方程；（2）过点P且斜率大于0的直线l1与C的另一个交点为A，与直线x4的交点为B，过点（3，）且与l1垂直的直线l2与直
14、线x4交于点D，求ABD面积的最小值【答案】（1）；（2）22【解析】【分析】（1）根据题意求得椭圆的焦点坐标，利用椭圆的定义求得a和b的值，即可求得椭圆方程；（2）设直线l1的方程，代入涂鸦方程，利用韦达定理求得A的横坐标，求得直线l2方程，求得D点坐标，利用三角形的面积公式及基本不等式即可求得ABD面积的最小值【详解】（1）在圆E的方程中，令y0，得到：x24，所以F1（2，0），F2（2，0），又因为，所以P点坐标为，所以，则，b2，因此椭圆的方程为；（2）设直线l1：yk（x2）（k0），所以点B的坐标为，设A（xA，yA），D（xD，yD），将直线l1代入椭圆方程得：（1+2k2）x
15、2+（4k8k2）x+8k28k40，所以xPxA，所以xA，直线l2的方程为y（x3），所以点D坐标为，所以SABD（4xA）|yByD|2k222，当且仅当2k，即k时取等号，综上，ABD面积的最小值22【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，韦达定理及基本不等式的应用，考查转化思想，属于中档题19.已知函数的极大值为,其中为自然对数的底数.（1）求实数的值；（2）若函数,对任意,恒成立.（i）求实数的取值范围；（ii）证明：.【答案】（1）（2）（i）（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）求函数定义域,然后对函数求导,根据函数单调性,得出时,有极大值,即可算出实数的值.（
16、2）（i）由（1）知,代入中,根据,整理至即对恒成立,设新函数,将原问题转化为：对恒成立,分的取值范围分类讨论即可得出实数的取值范围.（ii）要证,转化为证证,整理至,设两个新函数,分别对两个新函数求导,判断单调性,即可证得成立.【详解】解：（1）的定义域为,令,解得：,令,解得：,所以当,为增函数,当,为减函数,所以时,有极大值,所以;（2）（i）由（1）知,则,即对恒成立,所以对恒成立,即对恒成立,设,则对恒成立,设,原问题转化为：对恒成立,若,当时,则,不合题意;若,则对恒成立,符合题意若,则,令,令,所以当时,为减函数,当时,为增函数,所以,即,即;综上.（ii）要证,只需证,即,即,
17、只需证,设,因为所以在上单调递减,在上单调递增,所以：因为恒成立,所以在上单调递增,所以,则,则,由（2）可知,所以;所以,即,得证.所以 成立.【点睛】本题考查已知导数的极值求参数,考查利用导数判断单调性,证明不等式恒成立,考查计算能力,属于中档题.20.对于数列an，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称an为P数列.（1）若an的前n项和Sn3n+2，试判断an是否是P数列，并说明理由；（2）设数列a1，a2，a3，a10是首项为1、公差为d的等差数列，若该数列是P数列，求d的取值范围；（3）设无穷数列an是首项为a、公比为q的等比数列，有穷数列bn，cn是从an中取出部分
18、项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别为T1，T2，求an是P数列时a与q所满足的条件，并证明命题“若a0且T1T2，则an不是P数列”.【答案】（1）数列an是P数列；详见解析（2）（3）或；证明见解析【解析】【分析】（1）先求解数列的通项公式，然后结合P数列的特点进行验证；（2）先求解数列的通项公式，然后结合P数列的特点列出不等关系，然后进行求解；（3）根据P数列建立不等关系，求解不等式可得.【详解】（1），当n1时，a1S15，故，那么当时，符合题意，故数列an是P数列.（2）由题意知，该数列的前n项和为，由数列a1，a2，a3，a10P数列，可知a2S1a1，故公差d0，对满足
19、n1，2，3，9的任意n都成立，则，解得，故d的取值范围为.（3）若an是P数列，则aS1a2aq，若a0，则q1，又由an+1Sn对一切正整数n都成立，可知，即对一切正整数n都成立，由，故2q0，可得q2，；若a0，则q1，又由an+1Sn对一切正整数n都成立，可知，即（2q）qn1对一切正整数n都成立，又当q（，1时，（2q）qn1当n2时不成立，故有或，解得，当an是P数列时，a与q满足的条件为或；假设an是P数列，则由可知，q2，a0，且an中每一项均为正数，若bn中的每一项都在cn中，则由这两数列是不同数列，可知T1T2；若cn中的每一项都在bn中，同理可得T1T2；若bn中至少有一项不在cn中且cn中至少有一项不在bn中，设bn，cn是将bn，cn中的公共项去掉之和剩余项依次构成的数列，它们的所有项和分别为T1，T2，不妨设bn，cn中最大的项在bn中，设为am（m2），则T2a1+a2+am1amT1，故T2T1，故总有T1T2与T1T2矛盾，故假设错误，原命题正确【点睛】本题主要考查关于数列的新定义问题，明确新定义的本质是求解的关键，侧重考查数学抽象和逻辑推理的核心素养.
