1、江苏省扬州中学2020届高三数学下学期6月模拟考试试题（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1.集合，若，则_【答案】0【解析】【分析】由得，则，解出即可【详解】解：，又，故答案为：0【点睛】本题主要考查集合的并集运算的应用，属于基础题2.已知复数，其中是虚数单位，则_【答案】【解析】【分析】化简求得，根据模长公式即可得解.【详解】由题，所以.故答案为：【点睛】此题考查复数的基本运算和计算复数的模长，关键在于熟练掌握复数的乘法运算，根据模长公式求解模长.3.袋中共有大小相同的4只小球，编号为1，2，3，4现从中任取2只小球，则取出的2只球的编号之
2、和是奇数的概率为_【答案】【解析】【分析】列举出符合条件的所有基本事件，再由古典概型的计算公式计算即可.【详解】袋中共有完全相同的4只小球，编号为1，2，3，4，现从中任取2只小球，则基本事件为：，6种情况；则取出的2只球编号之和是奇数基本事件为：，4种情况；所以取出的2只球编号之和是奇数的概率为：，故答案为：.【点睛】本题主要考查通过列举法计算古典概型的概率，属于基础题.4.根据如图所示的伪代码，当输出y的值为时，则输入的的值为_【答案】【解析】【分析】根据图中给出的程序，将问题转化为已知分段函数的函数值求出自变量的取值即可【详解】根据程序框图得，当时，有，此方程无解；当时，有，解得故答案为
3、：【点睛】解答本题的关键是读懂程序的功能，然后将问题转化为已知函数值求自变量取值的问题求解，属于基础题5.某地区连续5天的最低气温（单位：）依次为8，-4，-1，0，2，则该组数据的方差为_【答案】【解析】【分析】先求得该组数据的平均数，再利用方差公式求解.【详解】该组数据的平均数为，所以 该组数据的方差为.故答案为：16【点睛】本题主要考查平均数和方差，还考查了运算求解的能力，属于基础题.6.设x，y满足约束条件，则的最大值为_【答案】11【解析】【分析】画出约束条件表示的可行域，再根据目标函数的几何意义（截距型）即可求出答案【详解】解：由题意，约束条件表示的可行域如图，由，解得，即，由得，
4、表示直线在轴上的截距，当直线经过点时，目标函数有最大值，最大值为11，故答案为：11【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，属于基础题7.在平面直角坐标系xOy中，将函数的图象向右平移个单位得到的图象，则的值为_【答案】【解析】【分析】根据三角函数的图象变换，求解函数，即可求解答案.【详解】由题意得，将函数的图象向右平移个单位，得的图象，所以【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换及其应用，其中解答中根据三角函数的图象变换得到函数的解析式是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.8.在平面直角坐标系中，双曲线的顶点到其渐近线的距离为_【答案】【解析】【分析】直接根据双曲线的几何性质求出顶点、渐近
5、线，然后根据点到直线的距离公式即可得出答案【详解】解：双曲线的顶点为，渐近线为，即，根据对称性得，顶点到其渐近线的距离为，故答案为：【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，属于基础题9.在等比数列中，若，则_【答案】4【解析】【分析】根据等比数列关系求出公比，利用即可得解.【详解】在等比数列中，若，设公比为q，.故答案为：4【点睛】此题考查等比数列基本量的计算，根据等比数列基本量求解数列中的特定项，关键在于熟练掌握等比数列通项公式，根据公式准确计算求解.10.各棱长都为的正四棱锥与正四棱柱的体积之比为，则的值为_【答案】【解析】【分析】结合正四棱锥与正四棱柱的结构特征和体积公式进行求解即可【详解
6、】方法一：正四棱柱的体积为，正四棱锥的高为，底面积为，故体积为，所以正四棱锥与正四棱柱的体积之比为，即.方法二：设正四棱锥与正四棱柱的高分别为.因为正四棱锥与正四棱柱的底面积相同，所以体积之比为.【点睛】一定要明确题设中给的图形特征，如本题中，正四棱锥是底面为正方形，各侧面是正三角形，正四棱柱指的是正方体11.如图，已知点是曲线上一个动点， 则的最小值是_【答案】【解析】【分析】根据点的坐标表示出，结合函数关系求解最值.【详解】设，所以当x=时，取得最小值.故答案为：【点睛】此题考查求向量数量积的最小值，关键在于根据题目所给条件用坐标表示出数量积，结合函数关系求最值.12.已知函数，若在R上有
7、两个不同的零点，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】首先根据题中所给的函数解析式，分段来求函数的零点，明确其各段上各有一个零点，即为2个零点，之后将建立关于a的不等式组求解即可.【详解】在R上有两个不同的零点， 在时有一解，且在时有一解， 有一解且即可 且，解得.故答案为：【点睛】本题考查的是根据函数零点个数，求有关参数的取值范围的问题，在解题的过程中，可以求出时的零点，其在时也有一个零点，由方程有解转化为函数值域来完成，属于中档题目.13.已知正数a，b满足，则的最小值等于_【答案】【解析】【分析】先利用1代换，再根据基本不等式求最小值.【详解】当且仅当时取等号，因此最小值等于故答案为：
8、【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.14.已知函数是定义域为的偶函数，当时，若关于的方程，有且仅有个不同实数根，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】判断出函数的单调性，求出函数的最值，可得要使关于的方程，有且仅有个不同实数根，转化为的两根均在区间，由二次函数的零点分布列出不等式组，解得即可【详解】当时，递减，当时，递增，由于函数是定义域为的偶函数，则函数在和上递减，在和上递增，当时，函数取得最大值；当时，函数取得最小值当时，；当时，.要使关于的方程，有且仅有个不同实数根，设，则的两根均在区间则有，即为，解得因此，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】
9、本题考查函数的单调性和奇偶性的运用，主要考查方程与函数的零点的关系，掌握二次函数的零点分布是解题的关键，属于中档题二、解答题：本大题共6小题，共计90分15.如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，过的平面分别与，交于点，（1）求证：平面平面；（2）求证：【答案】(1)见证明；(2)见证明【解析】【分析】（1）推导出BCCD，PDBC，由此能证明BC平面PCD,进而证明平面平面（2）由ADBC，得AD平面PBC，由此能证明ADEF【详解】（1）因为平面，平面，所以 因为底面是矩形，所以 因为，平面，所以平面 因为平面，所以平面平面 （2）底面是矩形，所以 因为平面，平面，所以平面因为平面，平面平面
10、，所以【点睛】本题考查线面垂直、面面垂直，线线平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是基础题16.在中，角，所对的边分别为，.（）求及的值；（）若，求的面积.【答案】（），；（）.【解析】【分析】（）由，可得，再由同角三角函数的关系以及诱导公式与两角和的正弦公式 可得的值；（）由（）结合，利用正弦定理求出的值，再由三角形面积公式可求的面积.【详解】（）因为，所以. 因为，所以. 由题意可知，.所以. 因为. 所以. （）因为， 所以.所以. 所以.【点睛】本题主要考查二倍角公式、两角和的正弦公式以及正弦定理的应用，属于中档题. 正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有
11、以下四种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.17.如图是一“T”型水渠的平面视图（俯视图），水渠的南北方向和东西方向轴截面均为矩形，南北向渠宽为4m，东西向渠宽m（从拐角处，即图中，处开始）假定渠内的水面始终保持水平位置（即无高度差）（1）在水平面内，过点的一条直线与水渠的内壁交于，两点，且与水渠的一边的夹角为，将线段的长度表示为的函数；（2）若从南面漂来一根长为7m的笔直的竹竿（粗细不计），竹竿始终浮于水平面内，且不发生形变，问：这根竹竿能否从拐角处一
12、直漂向东西向的水渠（不会卡住）？请说明理由【答案】（1）；（2）这根竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠，理由详见解析【解析】【分析】（1）计算，得到函数解析式.（2）设，求导得到单调区间，计算函数的最小值，得到答案.【详解】（1），所以，即（2）设，由，令，得，且当，；当，所以在上单调递减；在上单调递增，所以当时，取得极小值，即为最小值当时，所以，即这根竹竿能通过拐角处的长度的最大值为m因为，所以这根竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠【点睛】本题考查了三角函数的应用，利用导数求最值，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.18.如图，已知椭圆的左、右焦点分别为，下顶点为，点是椭圆上任一点，圆是以
13、为直径的圆（1）圆的面积为，求点的坐标；（2）当圆与直线相切时，求圆的方程；【答案】（1）或；（2）或【解析】【分析】（1）根据椭圆方程得到，设，表示，根据圆的面积为求解.易得直线的方程，根据圆与直线相切，求得，从而得到圆心和半径，写出圆的方程.【详解】（1）因为椭圆，所以，设，则， ，又圆的面积为，解得，或，直线的方程为，到直线的距离为，化简得，联立方程组，解得或当时，可得， 圆的方程为；当时，可得，圆方程为；【点睛】本题主要考查圆的面积的应用，直线与椭圆，直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19.数列中，其中（1）证明：数列为等差数列，并求出通项公式；（2）设，数列的前
14、项和为，求；（3）已知当且时，其中，求满足等式的所有的值之和【答案】（1）证明详见解析；（2）8；（3）5【解析】【分析】（1）根据等差数列的定义进行证明，结合首项和公差可得通项公式；（2）根据可得，然后利用错位相减法进行求和；（3）先把条件转化为，结合及等比数列求和得出时无解，验证前5项可得结果.【详解】（1）证明：数列为等差数列，又，（2）因，所以 ，得故88（3）由（1）得等式可化为即当时，当时，；当时，经验算时等号成立，满足等式的所有，其和为5【点睛】本题主要考查等差数列的判定，错位相减法求等，等差数列的判定一般利用定义法进行证明，错位相减法求和时注意项数及尾项符号，侧重考查数学运算的
15、核心素养.20.设函数，（1）讨论函数的单调性；（2）若（其中），证明：；（3）是否存在实数a，使得在区间内恒成立，且关于x的方程在内有唯一解？请说明理由【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）存在满足题意，理由详见解析【解析】【分析】（1）求出的导数，分为和两种情形讨论与0的关系得出单调性；（2）求出，根据单调性得出，结合单调性可得，只需证即可，由分析法可得只需证令，即可，利用导数判断单调性得最值即得结论；（3）根据恒成立先得，然后证明，主要通过对进行二次求导，通过导数与单调性的关系得最值即可得结果.【详解】（1）由已知得：当时，在上递增；当时，令得当时，递增；当时，递减；综上：当时，
16、 的递增区间为；当时，的递增区间为，的递减区间为（2）在递增，递减，且又当时，；当时，要证：成立，只需证：在递增，故只需证：即证：令，只需证：，即证：令，证毕（3）令，且需在区间内恒成立，可得事实上，当时，下证：令，则，所以在递减，递增，即，在递减，递增，在区间内恒成立当时，在区间内恒成立，且在内有唯一解，证毕.【点睛】本题主要考查函数的导数与单调性的关系，数形结合的思想，函数与不等式，以及函数恒成立问题，综合性较强，属于难题.高三数学（附加题）21.选修42：矩阵与变换 设点在矩阵对应变换作用下得到点（1）求矩阵的逆矩阵；（2）若曲线C在矩阵对应变换作用下得到曲线，求曲线C的方程【答案】(1
17、) .(2) .【解析】【分析】(1)先得到，即得.(2) 设曲线上任意一点在矩阵对应变换作用下得到点，得到即得曲线C的方程【详解】（1），所以（2）设曲线上任意一点在矩阵对应变换作用下得到点，则，所以又点在曲线上，所以，即所以曲线的方程为【点睛】本题主要考查逆矩阵、矩阵与变换运算，考查曲线方程的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析转化能力.22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（）设为曲线上的点，垂足为，若的最小值为，求的值【答案】（）,；（）或【解析】【分析】
18、（）消去参数可得直线的普通方程，利用互化公式即可得曲线的直角坐标方程.（）利用曲线的参数方程设点，根据点到直线距离公式求出，再根据三角函数性质求出最小值，利用已知列方程可解得【详解】（）因为曲线的极坐标方程为，即，将，代入上式并化简得，所以曲线的直角坐标方程为，消去参数可得直线的普通方程为（）设，由点到直线的距离公式得，由题意知，当时，得，当时，|，得；所以或【点睛】本题考查了参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及参数方程在最值问题中的应用，属于中档题对于点线距离问题范围（最值）问题，关键是运用参数法，再结合三角恒等变换以及三角函数的性质即可求解.23.如图，在直三棱柱
19、中，是棱的中点，点在线段上（1）若是线段的中点，求直线与直线所成角的大小（2）若是的中点，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度【答案】(1) .(2) .【解析】【分析】(1) 以为正交基建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求得直线MP与直线AC所成的角的大小为（2）设，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值，解得，即得线段BP的长度【详解】以为正交基建立如图所示的空间直角坐标系，则，（1）若P是线段A1B的中点，则，所以又，所以所以直线MP与直线AC所成的角的大小为（2）由，得 设，则，所以，所以，所以设平面的法向量，则， 所以取因为，设直线与平面所成角为由，得所以，所以【点睛】（1
20、）本题主要考查向量法求异面直线所成的角和直线和平面所成的角，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算能力.(2) 直线和平面所成的角的求法方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.24.设二项展开式的整数部分为，小数部分为（1）计算，的值；（2）求【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）令分别求出，利用多项式的乘法展开，求出的小数部分，由此求出，的值；（2）利用二项式定理表示出，再利用二项式定理表示出，两个式子相减得到展开式的整数部分和小数部分，由此求出的值【详解】解：（1），；又，；（2），又，-得：，而，【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，考查计算能力，属于中档题