南通市如皋市2020届高三下学期二模考试数学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精江苏省南通市如皋市2020届高三下学期二模考试数学试题含解析江苏省如皋市2019—2020学年高三年级第二学期语数英学科模拟（二）数学试题第Ⅰ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100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100×0.55=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：0＜27，，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，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】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,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．①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．②若，令，得．0极小值（ⅰ）若，即时，有且仅有一个零点，与题意不符．（ⅱ）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．（ⅲ）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，记数列的前项和为。①求证:数列为等差数列；②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）①，,两式相减化简得，所以数列为等差数列；②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)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，所以数列为等差数列．②因为，令，2,得,解得，，结合①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,(ⅰ)若,则当，时，,而，，所以与题意矛盾．（ⅱ）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）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）（