江苏省南京师大附中2020届高三模拟数学试题 Word版含解析

江苏省南京师大附中2020届高三模拟数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 南京师大附中2020届高三年级模拟考试 数学2019.11‎ 注意事项：‎ ‎1.本试卷共4页，包括填空题（第1题~第14题）、解答题（第15题〜第20题）两部分•本试卷满分为160分，考试时间为120分钟.‎ ‎2.答题前，请务必将自己的姓名，学校、班级、学号写在答题卡的密封线内.试题的答案写在答题卡上对应题目的答案空格内.考试结束后，交回答题卡 参考公式：‎ 锥体的体积，其中S是锥体的底面积，是锥体的高.‎ 球体的体积，其中是球体的半径.‎ 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分. ‎ ‎1.设集合，则 __________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据交集的定义，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题.‎ ‎2.若复数是纯虚数，其中是虚数单位，则实数的值是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出实部和虚部，由纯虚数的定义，即可求解.‎ ‎【详解】，‎ - 29 -‎ 是纯虚数，‎ 解得.‎ 故答案为：-2‎ ‎【点睛】本题考查复数的代数运算，考查复数的分类，属于基础题.‎ ‎3.在下图所示的算法中，若输出的值为6，则输入的值为_____________.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 算法表示分段函数，由，对分类讨论，即可求解.‎ ‎【详解】当时，；‎ 当时，（舍去），‎ 所以.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查算法程序的应用问题，解题时应模拟程序运行过程，属于基础题.‎ ‎4.函数的定义域是_______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的限制条件，得出不等式组，即可求解.‎ - 29 -‎ 详解】函数有意义，须，解得，‎ 函数的定义域为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查函数的定义域，属于基础题.‎ ‎5.某中学高一、高二、髙三年级的学生人数分别为620人、680人、700人，为了解不同年级学生的眼睛近视惰况，现用分层抽样的方法抽取了容量为100的样本，则高三年级应抽取的学生人数为____________.‎ ‎【答案】35‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分层抽样各层按比例分配，即可求解 ‎【详解】分层抽样的方法抽取了容量为100的样本，‎ 则高三年级应抽取的学生人数为.‎ 故答案为:35.‎ ‎【点睛】本题考查分层抽样样本抽取个数，属于基础题.‎ ‎6.已知集合，若从集合中随机抽取2个数，其和是偶数的概率为______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用组合数求出从集合中随机抽取个数所有方法，再求出和是偶数的基本事件的个数，按求古典概型的概率，即可求解.‎ ‎【详解】从集合中随机抽取2个数有，‎ 其和是偶数则这两数同为奇数或同为偶数有，‎ 和是偶数的概率为.‎ - 29 -‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型的概率，属于基础题.‎ ‎，‎ ‎7.已知正四棱锥的底面边长为，体积为8，则正四棱锥的侧面积为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意求出正四棱锥的高，再求出侧面的斜高，即可求解.‎ ‎【详解】设正四棱锥的高为，侧面的斜高为，‎ ‎，‎ 正四棱锥的侧面积.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查椎体的体积和侧面积，注意应用其几何结构特征，属于基础题.‎ ‎8.设数列是等比数列，前项和为.已知，则的值为_____________.‎ ‎【答案】13‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为，将已知条件转化为关于的方程，求出，即可得出结论.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，,‎ ‎，‎ 即，‎ ‎.‎ 故答案为:13.‎ - 29 -‎ ‎【点睛】本题考查等比数列通项基本量的运算，数基础题.‎ ‎9.已知是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得直线的方程，根据题意求得点坐标，代入直线方程，根据椭圆离心率的定义，即可求得椭圆的离心率．‎ ‎【详解】如图所示，由题意知：，‎ 直线的方程为：，‎ 由，，则，‎ 代入直线，整理得：，‎ ‎∴所求的椭圆离心率为．‎ 故答案．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆标准方程离心率的求解，及直线方程的应用，其中解答中应用题设条件求得点P的坐标，代入直线的方程，得出是解答的关键，同时注意数形结合思想的应用，是中档题．‎ ‎10.在平面直角坐标系中，已知点，点，点在线段的延长线上.设直线与直线及轴围成的三角形面积为，则的最小值为____________.‎ - 29 -‎ ‎【答案】12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出直线方程，设点坐标，求出直线的方程，进而求出直线与轴交点的坐标，将所求三角形的面积表示成点坐标的函数，根据函数特征，利用基本不等式求出最小值.‎ ‎【详解】点，直线方程为，‎ 点在线段的延长线上，设，‎ 当时，，‎ 当，且时，直线方程为 ‎，令，‎ ‎，当且仅当时，等号成立.‎ 所以的最小值为12.‎ 故答案为:12.‎ ‎【点睛】本题考查三角形面积的最小值，解题时认真审题，注意基本不等式的应用，属于中档题.‎ ‎11.已知函数，若直线与曲线相切.则实数的值为 ____________.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设切点为，求出，求出切线方程，将代入，求出切点坐标，即可求解.‎ ‎【详解】设切点为，‎ - 29 -‎ 切线方程为，‎ 令.‎ 故答案为:3.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，要注意切点坐标的应用，属于基础题.‎ ‎12.如图，在直角梯形中，，，为的中点，若，则____________，‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为坐标原点，所在的直线为轴建立坐标系，得出坐标，设点坐标，根据已知求出坐标，即可求解.‎ ‎【详解】以为坐标原点，所在的直线为轴建立坐标系，‎ 则，设，‎ ‎，‎ 解得，舍去负值，.‎ - 29 -‎ 故答案为:2.‎ ‎【点睛】本题考查向量的坐标表示，以及向量数量积的运算，属于基础题.‎ ‎13.在中，内角的对边另别是，已知，则的最大值为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得，结合余弦定理，求出用表示，用基本不等式求出的最小值，即可求解.‎ ‎【详解】,‎ 由正弦定理得，‎ 由余弦定理得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 当且仅当时，等号成立，‎ ‎，‎ 所以的最大值为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的最值，考查正、余弦定理解三角形，应用基本不等式求最值，属于中档题.‎ - 29 -‎ ‎14.已知函数，若方程恰有5个不同的实数根，则实数的取值范围是______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 令，作出函数的图像，求出有5个交点时，值的个数以及范围，转化交点的个数及交点横坐标范围，数形结合，求出的范围.‎ ‎【详解】令，作出函数的图像，如下图所示：‎ 当时，没有实数解，‎ 当或，有1个实数解，‎ 当时，有3个实数解，‎ 当时，有2个实数解，‎ 要使恰有5个不同的实数根，‎ 则在各有一个解，‎ 即在各有一个交点，‎ 所以实数的取值范围是.‎ 故答案为:,‎ - 29 -‎ ‎【点睛】本题考查复合函数零点个数求参数，换元法是解题关键，数形结合是解题的依赖，属于较难题.‎ 二、解答题：本大题共6小题，共计90分.请在等題卡指底库壤内作答，解答时应写出文 字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎15.已知函数的最小正周期为.‎ ‎（1）当时，求函数的值域；‎ ‎（2）设的内角对应的边分别为.已知，且，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由二倍角正弦、降幂公式、辅助角公式，化简为正弦型三角函数，由周期值，求出解析式，用整体代换结合正弦函数的图像，即可求解；‎ ‎（2）由（1）和求出，再由余弦定理求出，即可求解.‎ ‎【详解】（1）.‎ 因为的周期为，且，‎ 所以，解得，，‎ - 29 -‎ 所以.‎ 又，‎ 得，，‎ ‎，‎ 即函数在上值域为.‎ ‎（2）因为，所以，‎ 由，知，‎ 解得：，所以.‎ 由余弦定理知：，‎ 即，所以，‎ 因为，所以.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查三角恒等变换化简，考查三角函数的性质，考查余弦定理解三角形以及求三角形的面积，属于中档题.‎ ‎16.如图，在三棱柱中，侧面为菱形，且，，点分别为的中点.‎ - 29 -‎ ‎（1）求证:平面平面；‎ ‎（2）求证：平面.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知可得，可证平面，即可证明结论；‎ ‎（2）连接、，可得为中点，结合已知可证，即可证明结论.‎ ‎【详解】（1）因为，且点为的中点，所以.‎ 因为侧面为菱形，所以，又，‎ 所以为等边三角形，点为的中点，‎ 所以，且，、平面 所以平面，又平面 所以平面平面.‎ ‎（2）连接、，因为是三棱柱 所以，，‎ 所以四边形是平行四边形 点为的中点，故，‎ 所以点为的中点，又点为的中点，‎ 所以在中，有 - 29 -‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直、线面平行的证明，注意空间垂直之间的转换，属于基础题.‎ ‎17.在平面直角坐标系中，的离心率为，且点在此椭圆上.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设直线与圆相切于第一象限内的点，且与椭圆交于.两点.若的面积为，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将离心率中的关系，转化为关系，点代入方程，即可求解；‎ ‎（2）根据已知可得，设直线方程，由直线与圆相切，可得出关系，将直线方程与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，进而求出两点坐标关系，求出且等于，即可求解.‎ ‎【详解】（1），‎ - 29 -‎ 可得椭圆方程为，‎ 将点代入，解得方程为 ‎（2）‎ 因为直线与单位圆相切于第一象限内的点，‎ 可设 与相切，圆心到直线距离为 ‎， ①‎ 设，‎ 由 可得 ‎，‎ ‎ ②‎ 将①代入②，得 解之可得：，‎ 或（舍），‎ 代入①式可得，‎ 因为，，，‎ - 29 -‎ 所以直线的方程为.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，熟练掌握根与系数关系设而不求的方法求相交弦长，考查计算求解能力和推理能力，属于中档题.‎ ‎18.某人利用一根原木制作一件手工作品，该作品由一个球体和一个正四棱柱组成，假定原 木为圆柱体（如图1），底面半径为，高为，制作要求如下：首先需将原木切割为两部分（分别称为第I圆柱和第II圆柱），要求切面与原木的上下底面平行（不考虑损耗） 然后将第I圆柱切割为一个球体，要求体积最大，将第II圆柱切割为一个正四棱柱，要求正四棱柱的上下底面分别为第II圆柱上下底面圆的内接正方形.‎ ‎（1）当时，若第I圆柱和第II圆柱的体积相等，求该手王作品的体积；‎ ‎（2）对于给定的和，求手工作品体积的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知可得第I圆柱和第II圆柱高相等为4，等于圆柱底面直径，第I圆柱的球体最大直径为4，再由条件可求出正四棱柱的底面边长，从而求出体积，即可求解；‎ ‎（2）设第I圆柱的高为，则第II圆柱的高为，求出正四棱柱体积为，而球半径为与较小值，对分类讨论，当是，球的半径为，体积定值，只需求最大值即可；当，球最大半径为，求出球的体积与正四棱柱体积和，通过求导，求出最大值，对比两个范围的最大值，即可求解.‎ ‎【详解】（1）因为第I圆柱和第II圆柱的体积一样大，‎ - 29 -‎ 所以它们的高一样，可设为 第I圆柱的球体直径不超过和 因此第I圆柱内的最大球体半径即为 球体体积 因为正四棱柱的底面正方形内接于半径为的圆 所以正方形的对角线长为，边长为 正四棱柱体积，‎ 手工作业的体积为.‎ ‎（2）设第I圆柱的高为，则第II圆柱的高为，‎ ‎①当时，第I圆柱内的球体直径应不超过和，‎ 故球体的最大半径应为 由（1）可知，此时第II圆柱内的正四棱柱底面积为，‎ 故当时，最大为，‎ 手工作品的体积最大值为.‎ ‎②当时，第I圆柱内的球体直径应不超过和，‎ 故球体的最大直径应为，‎ 球体体积，‎ 正四棱柱体积 - 29 -‎ 所以手工作品的体积为.‎ ‎.‎ 令 递减 极小 递增 ‎，‎ 因为，‎ 所以 所以当时，‎ 手工作品的体积最大值为 ‎【点睛】本题考查球的体积和正四棱柱的体积，解题的关键确定球的半径，考查导数求最值的应用，属于中档题.‎ ‎19.设为实数，已知函数的导函数为，且.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）设为实数，若对于任意，不等式恒成立，且存在唯一的实数使得成立，求的值；‎ ‎（3）是否存在负数，使得是曲线的切线.若存在，求出的所有值：若不存在，请说明理由.‎ - 29 -‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，再由，即可求出值；‎ ‎（2）由（1）的结论将问题转化为恒成立，设，即为，通过导数法求出，求出的取值范围，再由唯一解，求出的值； ‎ ‎（3）设切点的横坐标为，求出切线斜率，结合已知得，将切点坐标代入，整理得到关于的方程，转化为关于的方程正数解的情况，即为与直线在第一象限交点情况，通过求导，求出单调区间，以及最值，即可求解.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 所以，‎ 故.‎ ‎（2）因为，‎ 所以恒成立.‎ 记，‎ 则，‎ 因为，且，‎ 所以，‎ 因此为时，，单调递减；‎ 当时，，单调递增，‎ - 29 -‎ 所以，即，‎ 当时，，‎ 故方程无解，‎ 当时，当时，由单调性知 所以存在唯一的使得，即.‎ ‎（3）设切点的横坐标为，则 ‎，即，‎ ‎，即 原命题等价于存在正数使得方程成立.‎ 记，‎ 则，‎ 令，则，‎ 因此当时，，单调递增，；‎ 当时，，单调递减，，‎ 则.‎ 故存在唯一的正数使得方程成立，‎ 即存在唯一的负数，‎ 使得是曲线的切线.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义、不等式恒成立、方程的解等知识，考查运算求解能力、推理论证能力与问题转化能力，综合性较强，属于难题.‎ - 29 -‎ ‎20.设数列是公差不为零等差数列，满足；数列的前项和为，且满足.‎ ‎（1）求数列、的通项公式；‎ ‎（2）在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；……；在和之间插入个数，使成等差数列，‎ ‎（i）求；‎ ‎（ii）是否存在正整数，使成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）（i）（ii）及.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设数列的公差为，将已知条件用表示，解方程组，即可求出；令，得出为等比数列，即可求出通项；‎ ‎（2）（i）由题意成等差数列，求出的通项公式，进而求出就为数列的前项和，利用错位相减法即可求解；‎ ‎（ii）根据已知得出的函数关系，利用，结合函数值的变化，即可求解.‎ ‎【详解】（1）设数列的公差为 则由条件，‎ 可得，，‎ - 29 -‎ 又由，‎ 可得，‎ 将代入上式得，‎ 由 ①‎ 当时， ②‎ ‎①-②得：‎ 又 是首项为，公比为的等比数列，‎ 故 ‎（2）①在和之间插入个数，‎ 因为成等差数列，设公差为 则，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎ ①‎ - 29 -‎ 则 ②‎ ‎①-②得：，‎ ‎②若，因为，所以，‎ 则，‎ ‎，‎ 从而，‎ 故，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 下证时，有，‎ 即证，‎ 设，‎ 则，‎ 在上单调递增，‎ 故时，‎ 即，‎ 从而时，不是整数 - 29 -‎ 故所求的所有整数对为及.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项基本运算和前项和，考查由前项求等比数列的通项，考查错位相减法求前项和，以及不定方程的求解，考查计算、推理能力，属于较难题.‎ 数学附加题 注意事项 ‎1．附加题供选修物理的考生使用.‎ ‎2.本试卷共40分，考试时间30分钟.‎ ‎3．答题前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题卡的密封线内.试题 的答案写在答题纸上对应题目的答案空格内.考试结束后，交回答题纸.‎ 每小题10分，共计20分.请在答卷纸指定区域内作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ 选修一2:矩阵与变换 ‎21. .选修4-2:矩阵与变换 已知，矩阵所对应的变换将直线变换为自身,求a,b的值．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：利用相关点法列等量关系：设直线上任意一点在变换的作用下变成点，由，得，与重合，解得 试题解析：设直线上任意一点在变换的作用下变成点，‎ 由，得， 4分 因为在直线上，‎ 所以，即， 6分 - 29 -‎ 又因为在直线上，所以． 8分 因此解得. 10分 考点：矩阵变换 选修4-4：坐标系与參数方程 ‎22.在极坐标系中，己知直线的极坐标方程是，圆的极坐标方程是，求直线被圆截得的弦长.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直线、圆方程化简整理， 代入，将直线方程、圆方程化为直角坐标方程，求出圆心到直线的距离，即可求出相交弦长.‎ ‎【详解】解：，‎ 直线的直角坐标系方程，‎ ‎，‎ 圆的直角坐标方程是，‎ 圆心为，半径为2，‎ 所以圆心到直线的距离为，‎ 所以弦长为.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程互化，考查圆的相交弦长，注意应用几何法求弦长，属于中档题.‎ ‎【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分.请在答卷低指定区域内作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎23.如图，在四棱锥中，底面是边长为3的疋方形，侧面与底面 - 29 -‎ 垂直，过点作的垂线，垂足为，且满足，点在棱上，‎ ‎（1）当时，求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（2）当取何值时，二面角的正弦值为.‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在底面内过点作，交与，由已知可证底面，建立空间直角坐标系，求出坐标.‎ ‎（1）由条件得出坐标，求出平面法向量，根据向量的线面角公式，即可求解；‎ ‎（2）设，分别求出平面、平面的法向量，根据向量的面面角公式，结合已知，得到关于的方程，求解即可得出结论 ‎【详解】解：因为侧面底面，‎ ‎，平面，‎ 平面平面，‎ 所以底面，‎ 在底面内过点作，‎ 交与，则，‎ 又底面，‎ 所以，，‎ 以，，为轴建立空间直角坐标系，‎ - 29 -‎ ‎，‎ ‎（1）点，因为，‎ 所以点，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 满足，‎ 取，法向量为，‎ ‎，‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎（2）设，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 满足，‎ 取，法向量为，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 满足，‎ 取，法向量，‎ - 29 -‎ 由题意 整理得，，‎ ‎，即.‎ ‎【点睛】本题考查空间向量法求直线与平面所成的角、二面角，考查计算求解能力，属于中档题.‎ ‎24.考虑集合的所有元子集及每一个这样的子集中的最小数，用表示这些最小的数的算术平均数 ‎（1）求；‎ ‎（2）求.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从1，2，3，4，5，6取出3个数，分别求出最小值为子集个数，进而求出子集中所有最小数的和，即可求解；‎ ‎（2）的所有元子集中，求出最小数为的子集有个，‎ ‎，结合，求出这些子集最小值的和，即可求解.‎ - 29 -‎ ‎【详解】解：（1）1，2，3，4，5，6，中每次取3个数，则 最小数为1的有个 最小数为2的有个 最小数为3的有个 最小数为4的有个 ‎（2）集合的所有元子集有个时，‎ 其中最小数为的子集有个，‎ 所以有，‎ 这些子集中最小的之和为，‎ 利用式可得 于是.‎ ‎【点睛】本题考查集合子集的个数，考查子集最小数的和以及组合数的运算，考查计算、推理能力，属于中档题.‎ ‎ ‎ - 29 -‎ ‎ ‎ - 29 -‎