1、江苏省徐州市2020届高三数学下学期考前模拟（四模）试题（含解析）一填空题1.已知集合，则集合中的元素个数为_.【答案】【解析】【分析】直接根据并集的运算计算可得；【详解】解：因为集合，所以，故集合中有4个元素，故答案为：4【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题.2.复数(为虚数单位)的实部为_.【答案】【解析】【分析】先化简复数，再根据复数的定义求解【详解】，所以实部为6故答案为：6【点睛】本题考查复数的乘法运算，考查复数的概念，掌握乘法运算是解题关键3.从参加疫情防控知识竞赛的学生中抽出60名学生，将其成绩(均为整数)整理后画出的频率分布直方图如图所示，则这60名学生中成绩在区间的人数为_
2、.【答案】15【解析】【分析】根据频率分布直方图求出成绩在区间的频率，然后可得人数【详解】由频率分布直方图得，所求人数为故答案为：15【点睛】本题考查频率分布直方图，掌握频率分布直方图的性质是解题关键，频率分布直方图中所有小矩形面积和为1即所有频率之和为14.执行如图所示的算法流程图，则输出的结果为_.【答案】2【解析】【分析】循环进行赋值运算，直到退出循环，输出结果.【详解】当时，进入循环：；当时，进入循环：；当时，进入循环：；当时，退出循环，输出.故答案为：2【点睛】本题考查了利用循环结构计算变量的值，属于基础题.5.将一个质地均匀的骰子（一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正
3、方体玩具）先后抛掷2次，则出现向上的点数之和大于10的概率为_【答案】【解析】【分析】先写出所有的基本事件个数36个，利用列举法写出满足题意的有3个，由此能求出满足题意的概率【详解】所有的基本事件可能如下：共有36种，点数之和大于10的有（5,6），（6,5），（6,6），共3种，所求概率为：P.故答案为【点睛】本题考查古典概型概率的求法、考查运算求解能力，是基础题6.在平面直角坐标系中，已知双曲线的一个焦点为，则该双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】由焦点求出，即得，由离心率定义得离心率【详解】由题意，离心率为故答案为：【点睛】本题考查求双曲线的离心率，根据双曲线方程求出后由离心率定
4、义可得离心率，本题属于中档题7.已知，若，则实数的值为_.【答案】5【解析】【分析】先根据向量的减法法则计算，再根据向量垂直的坐标运算求解即可.【详解】解：由题知，又因为，所以，解得：故答案为：.【点睛】本题考查向量的减法运算和向量垂直的坐标表示，是基础题.8.已知圆锥侧面展开图是一个半径为4，面积为的扇形，则该圆锥的体积为_.【答案】【解析】【分析】由侧面展开图求出圆锥底面半径，再求得圆锥的高，然后可得体积，【详解】由题意圆锥的母线长为，扇形弧长为，则，圆锥底面半径为，则，圆锥的高为，所以圆锥体积为故答案为：【点睛】本题考查求圆锥的体积，掌握圆锥侧面展开图与解决问题问题的基本方法9.已知公差
5、不为的等差数列，其前项和为，首项，且，成等比数列，则的值为_.【答案】56【解析】【分析】根据题意，先设等差数列的公差为，由，成等比数列，列出方程求出公差，再由等差数列前项和公式，即可求出结果.【详解】由题意，设等差数列的公差为，因为，成等比数列，所以， 即，即，整理得：，解得：或（舍），因此.故答案为：56.【点睛】本题主要考查等差数列基本量的运算，涉及等比中项的应用，熟记等差数列的通项公式与求和公式即可，属于基础题型.10.已知函数，若函数的两个零点分别是，则的值为_.【答案】【解析】【分析】根据三角函数的对称性及角的范围，可得，由此即可求得的值【详解】解：令，解得，即，又，令，则，即，故
6、答案为：【点睛】本题考查三角函数的图象及性质的运用，涉及了函数的对称性及零点问题，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题11.设函数是定义在上的奇函数，且则的值为_.【答案】【解析】【分析】根据分段函数的解析式及函数的奇偶性，先求出，然后再求即可.【详解】因为是定义在上的奇函数，且所以，所以，故答案为：.【点睛】本题主要考查分段函数求值，结合了奇函数的性质应用，属于简单题.12.在平面直角坐标系中，若圆：与圆：上分别存在点，使为以为直角顶点的等腰直角三角形，且斜边长为，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】将圆的方程标准化可得圆心半径，由已知可得，则，数形结合得到的坐标，计算即可得解.【详解
7、】由已知得圆的标准方程为，得：圆心，半径；圆的标准方程为，得：圆心，半径；为以为直角顶点的等腰直角三角形，且斜边长为，即,又点和点都在圆上，且圆的半径，只能是圆的直径，即点只能是圆与轴的交点（0，2），又点在圆上，点只能是圆与轴的交点，在圆中，令，得：，解得：或（舍去），由，得：，故答案为：-2或2.【点睛】本题考查圆的一般方程，考查直线和圆的位置关系，数形结合思想方法，属于中档题.13.若的内角满足，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由同角三角函数的关系切化弦得，再运用三角恒等变换和正、余弦定理将角转化边可得，根据余弦定理和基本不等式可求得的最小值.【详解】由得，即，所以，由正弦定理和
8、余弦定理得：，化简得：，（当且仅当时取等号），所以的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查同角三角函数间的关系，三角恒等变换，正、余弦定理，以及运用基本不等式求最值，关键在于运用合适的公式将角转化为边，属于较难题.14.若函数，的最大值为，则实数的最大值为_.【答案】【解析】【分析】利用导数研究函数的单调性求出最值，分、两类进行绝对值运算，验证是否满足函数，的最大值为即可求得a的范围从而求出最大值.【详解】不妨令，则，解得，当时，为单调递减函数；当时，为单调递增函数.因为，所以，当时，在处取得最大值，满足题意；当时，在处取得最大值，不满足题意.所以，则a的最大值为.故答案为：【点睛】本题考查利
9、用导数研究函数的单调性及最值、含绝对值函数的性质，考查学生分类讨论思想，属于较难题.二解答题15.如图，在三棱柱中，侧面底面，分别是棱，的中点.求证：（1）平面；（2）.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）要证明平面，只需证明即可；（2）要证明，只需证明平面即可.【详解】（1）在中，分别是棱，的中点，所以.又在三棱柱中，所以.又因平面，平面，所以平面.（2）因为侧面底面，侧面底面，平面，所以平面.又因为平面，所以.【点睛】本题考查线面平行的判定定理以及面面垂直的性质定理，考查学生的逻辑推理能力，是一道容易题.16.如图，在中，为边上一点，且（1）求；（2）求的面积【答案】（1
10、）；（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理结合题意可得，根据同角三角函数的平方关系可得、，再利用即可得解；（2）由正弦定理可得，进而可求得、，利用三角形面积公式即可得解.【详解】（1）在中，由余弦定理得所以因为，是三角形的内角，所以所以；（2）在中，由正弦定理得，所以，所以，所以【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理及三角恒等变换的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题.17.如图，某市地铁施工队在自点M向点N直线掘进的过程中，因发现一地下古城(如图中正方形所示区域)而被迫改道.原定的改道计划为：以M点向南，N点向西的交汇点为圆心，为半径做圆弧，将作为新的线路，但由于弧线施工难度大，于是又决定
11、自点起，改为直道.已知千米，点A到OM，ON的距离分别为千米和1千米，且千米，记.（1）求的取值范围；（2）已知弧形线路的造价与弧长成正比，比例系数为3a，直道PN的造价与长度的平方成正比，比例系数为a，当为多少时，总造价最少？【答案】（1）；（2）当为时，总造价最少.【解析】【分析】（1）以O为原点，ON所在直线为x轴建立平面直角坐标系，根据题意，求出直线CN的方程，所在圆的方程，联立直线与圆的方程，求出交点C的坐标，当PN过点C时，求出，结合图形，即可得出结果；（2）先由题意，得到的长为，设，得出，用导数的方法求出其最小值即可.【详解】（1）以O为原点，ON所在直线为x轴建立平面直角坐标系
12、，则，所以直线CN的方程为，所在圆的方程为，联立解得，当PN过点C时，所以的取值范围是. （2）由题意，的长为，设，则， 所以总造价， 所以，令得，所以，列表如下：极小值所以当时，有极小值，也是最小值.答：当为时，总造价最少.【点睛】本题主要考查导数的应用，熟记导数的方法求函数的最值即可，属于常考题型.18.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：的右焦点为F，左顶点为A，下顶点为B，连结BF并延长交椭圆于点P，连结.记椭圆的离心率为e.（1）若，求椭圆C的标准方程；（2）若直线PA与PB的斜率之积为，求e的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用以及列方程组，解方程组求得的
13、值，进而求得椭圆的标准方程.（2）求得直线的方程，进而求得点的坐标，由此求得直线的斜率，根据直线和的斜率之积列方程，化简后求得的值.【详解】（1）设椭圆的焦距为2c.由题意，得解得所以椭圆的方程为. （2）因为B，在直线PB上，所以直线PB方程为.解方程组得或所以点P的坐标为. 因为直线PB的斜率，直线PA的斜率， 又因为直线PA和PB的斜率之积为，所以，化简得，因为，所以，所以椭圆的离心率.【点睛】本小题主要考查椭圆方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆离心率的求法，属于难题.19.已知函数，是自然对数的底数，.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数在上单调递增，求的取值范
14、围；（3）若存在正实数，使得对任意的，总有，求的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）代入的值，求出，求出切线方程即可；（2）问题转化为在，恒成立，根据函数的单调性求出的范围即可；（3）令，求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，确定的范围即可【详解】解：（1）当时，则，所以曲线在点处的切线方程为. （2）因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，所以在上恒成立， 又因为函数在上单调递增，所以，当且仅当，时，所以的取值范围为. （3）不等式即，令，则，当时，在上恒成立，所以在上单调增，所以，不符合题意； 当时，由得，列表如下：极小值令，在上，总有，符
15、合题意，综上所述，的取值范围为.【点睛】本题考查了切线方程，考查函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题20.已知数列满足，.（1）若，求，的值；（2）证明：对任意正实数，成等差数列；（3）若()，求数列的通项公式.【答案】（1），；（2）证明见解析；（3），.【解析】【分析】（1）分别代入可得；（2）由，再写一次有，两式相加后得， 从而可得数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，从而可得证结论；（3）设奇数项所成等差数列的公差为，偶数项所成等差数列的公差为，按在奇偶分类讨论写出，利用不等式关系得出，从而求得，再按等差数列的性质得出结论【详解】（1）当时，所以
16、，当时，所以. （2）因为，当时，两式相加得， 即，所以为等差数列，设公差为，为等差数列，设公差为.所以，所以成等差数列.（3）设奇数项所成等差数列的公差为，偶数项所成等差数列的公差为.当为奇数时，则，即，所以，故. 当为偶数时，则，即，所以，故.综上可得，. 又，所以.所以当为奇数时，；当为偶数时，.故数列的通项公式为，.【点睛】本题考查的递推公式，考查证明等差数列，考查学生的分类讨论思想，运算求解能力，分析问题解决问题的能力属于难题21.已知矩阵，点在矩阵对应的变换作用下变为点.（1）求，的值；（2）求矩阵特征值.【答案】（1）；（2）1和4.【解析】【分析】（1）利用矩阵乘法得，列方程组
17、解得；（2）写出其特征多项式，可解得特征值，【详解】（1）由条件知，所以解得（2）由（1）知，矩阵的特征多项式为，令，解得或 ，的特征值为1和4.【点睛】本题考查矩阵的乘法运算，考查特征多项式和特征值，属于基础题22.在极坐标系中，已知两点，.以极点为坐标原点，极轴为轴正半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程为(为参数).（1）求，两点间的距离；（2）求点到直线的距离.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）中，应用余弦定理可求得；（2）消去参数得直线的普通方程，把的极坐标化为直角坐标，由点到直线距离公式得距离【详解】（1）在中，由余弦定理，得.（2）直线的普通方程为，点的直角坐标为，所
18、以点到直线的距离为.【点睛】本题考查极坐标的应用，考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标与直角坐标的互化，考查点到直线的距离公式与余弦定理掌握极坐标的意义是解题关键23.设函数.（1）解不等式；（2）设，若的最小值为，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据绝对值的性质求解即由得或，解之可得；（2）根据绝对值的定义分类讨论去绝对值符号后得函数的单调性，从而得最小值，由最小值为可求得【详解】（1）不等式即，则或，解得或，所以不等式的解集为. （2），函数在上单调减，在上单调增，所以的最小值为，解得.【点睛】本题考查解绝对值不等式，考查求含绝对值的函数的最值，解题方法一般是根据
19、绝对值的定义分类讨论去绝对值符号，化为分段函数后解决问题，如果只有一个绝对值符号的不等式还可以利用绝对值性质进行等价转换求解即或，24.如图，在正三棱柱中，E，F，G分别为，AB的中点.（1）求异面直线与EF所成角的余弦值；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成的角；（2）直接利用空间向量法求二面角即可；【详解】解：（1）取的中点，连接，在正三棱柱中，平面，以为基底建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为； （2）因为为的中点，所以，则，设平面的法向量为，平面的法
20、向量为，则，所以，令，得，同理所以，所以二面角的大小与向量所成的角相等或互补，由图形知，二面角的余弦值为【点睛】本题考查利用向量法解决立体几何问题，属于中档题.25.已知数列满足，且，.（1）求证：；（2）求证：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先由，得到，将所证明结论转化为，再由数学归纳法证明，即可得出结论；（2）先由组合数的运算性质，得到，则，再由二项式定理，计算，即可得出结论成立.【详解】（1）因为，即.要证，只需证. 用数学归纳法证明：当时，命题成立；假设当(，)时命题成立，即，则当时，有，由于，所以，显然有，所以当时，命题也成立.所以对任意，都有成立，即得证. （2）因为， 所以，因此.由（1）知，所以，即原命题得证.【点睛】本题主要考查证明数列不等式，灵活运用数学归纳法以及二形式定理即可，属于中档题型.