2020届江苏省苏州市吴中区高三高考模拟数学试题（解析版）

2020届江苏省苏州市吴中区高三高考模拟数学试题

一、填空题

1．已知，为虚数单位，且，则=_____.

【答案】4

【解析】【详解】

解：利用复数相等，可知由有．

2．已知集合，，则__________．

【答案】

【解析】解一元二次不等式化简集合，再进行集合的交运算，即可得到答案.

【详解】

，，

.

故答案为：.

【点睛】

本题考查一元二次不等式的求解、集合的交运算，考查运算求解能力，属于基础题.

3．如图是九位评委打出的分数的茎叶统计图，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均分为_______．

【答案】85

【解析】写出茎叶图对应的所有的数，去掉最高分，最低分，再求平均分．

【详解】

解：所有的数为：77，78，82，84，84，86，88，93，94，共9个数，

去掉最高分，最低分，剩下78，82，84，84，86，88，93，共7个数，

平均分为，

故答案为85．

【点睛】

本题考查茎叶图及平均数的计算，属于基础题．

4．执行如图所示的伪代码，若输出的y的值为13，则输入的x的值是_______.

【答案】8

【解析】根据伪代码逆向运算求得结果.

【详解】

输入，若，则，不合题意

若，则，满足题意

本题正确结果：

【点睛】

本题考查算法中的语言，属于基础题.

5．甲、乙、丙、丁4名大学生参加两个企业的实习，每个企业两人，则“甲、乙两人恰好在同一企业”的概率为_________.

【答案】

【解析】求出所有可能，找出符合可能的情况，代入概率计算公式．

【详解】

解：甲、乙、丙、丁4名大学生参加两个企业的实习，每个企业两人，共有种，甲乙在同一个公司有两种可能，

故概率为，

故答案为．

【点睛】

本题考查古典概型及其概率计算公式，属于基础题

6．函数的定义域为_____________.

【答案】

【解析】由题意可得，，解不等式可求．

【详解】

解：由题意可得，，

解可得，，

故答案为．

【点睛】

本题主要考查了函数的定义域的求解，属于基础题．

7．已知双曲线的右准线与渐近线的交点在抛物线上，则实数的值为___________.

【答案】

【解析】求出双曲线的渐近线方程，右准线方程，得到交点坐标代入抛物线方程求解即可．

【详解】

解：双曲线的右准线，渐近线，

双曲线的右准线与渐近线的交点，

交点在抛物线上，

可得：，

解得．

故答案为．

【点睛】

本题考查双曲线的简单性质以及抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查，属于基础题．

8．已知一个正四棱锥的侧棱与底面所成的角为，侧面积为，则该棱锥的体积为__________．

【答案】

【解析】如图所示，正四棱锥，为底面的中心，点为的中点，则，设，根据正四棱锥的侧面积求出的值，再利用勾股定理求得正四棱锥的高，代入体积公式，即可得到答案.

【详解】

如图所示，正四棱锥，为底面的中心，点为的中点，

则，设，

，，，

，

，

.

故答案为：.

【点睛】

本题考查棱锥的侧面积和体积，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力.

9．公比为正数的等比数列的前项和为，若，，则的值为__________．

【答案】56

【解析】根据已知条件求等比数列的首项和公比，再代入等比数列的通项公式，即可得到答案.

【详解】

，，

.

故答案为：.

【点睛】

本题考查等比数列的通项公式和前项和公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

10．在平面直角坐标系中，已知圆，圆．直线与圆相切，且与圆相交于，两点，则弦的长为_________

【答案】

【解析】利用直线与圆相切求出斜率，得到直线的方程，几何法求出

【详解】

解：直线与圆相切，圆心为

由，得或，

当时，到直线的距离，不成立，

当时，与圆相交于，两点，到直线的距离，

故答案为．

【点睛】

考查直线与圆的位置关系，相切和相交问题，属于中档题．

11．将函数的图像向右平移个单位，得到函数的图像，则函数在区间上的值域为__________．

【答案】

【解析】根据图像的平移变换得到函数的解析式，再利用整体思想求函数的值域.

【详解】

函数的图像向右平移个单位得，

，

，

.

故答案为：.

【点睛】

本题考查三角函数图像的平移变换、值域的求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意整体思想的运用.

12．己知函数，若关于的不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是______.

【答案】

【解析】首先判断出函数为定义在上的奇函数，且在定义域上单调递增，由此不等式对任意的恒成立，可转化为在上恒成立，进而建立不等式组，解出即可得到答案．

【详解】

解：函数的定义域为，且，

函数为奇函数，

当时，函数，显然此时函数为增函数，

函数为定义在上的增函数，

不等式即为，

在上恒成立，

，解得．

故答案为．

【点睛】

本题考查函数单调性及奇偶性的综合运用，考查不等式的恒成立问题，属于常规题目．

13．如图，己知半圆的直径，点是弦（包含端点，）上的动点，点在弧上．若是等边三角形，且满足，则的最小值为___________.

【答案】8

【解析】建系，设，表示出点坐标，则，根据的范围得出答案．

【详解】

解：以为原点建立平面坐标系如图所示：则，，，，

设，则，，

，，，

，

，

显然当取得最大值4时，取得最小值8．

故答案为：8．

【点睛】

本题考查了平面向量的数量积运算，坐标运算，属于中档题．

14．记实数中的最大数为，最小数为.已知实数且三数能构成三角形的三边长，若，则的取值范围是　　　.

【答案】

【解析】试题分析：显然，又，

①当时，，作出可行区域，因抛物线与直线及在第一象限内的交点分别是（1，1）和，从而

②当时，，作出可行区域，因抛物线与直线及在第一象限内的交点分别是（1，1）和，从而

综上所述，的取值范围是。

【考点】不等式、简单线性规划.

二、解答题

15．已知中，角，，的对边分别为，，，已知向量，且．

（Ⅰ）求角的大小；

（Ⅱ）若的面积为，，求．

【答案】（1）;（2）．

【解析】试题分析：（1）利用已知及平面向量数量积运算可得，利用正弦定理可得，结合，可求，从而可求的值；（2）由三角形的面积可解得，利用余弦定理可得，故可得.

试题解析：（1）∵，，，

∴，

∴，

即    ，又∵，∴，

又∵，∴．

（2）∵，∴，

又，即，∴，

故．

16．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，且PA=AD，E， F分别是棱AB， PC的中点.求证：

（1） EF //平面PAD；

（2）平面PCE⊥平面PCD．

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】（1）取的中点构造平行四边形，得到，从而证出平面；

（2）先证平面，再利用面面垂直的判定定理得到平面平面．

【详解】

证明：（1）如图，取的中点，连接，，

是棱的中点，底面是矩形，

，且，

又，分别是棱，的中点，

，且，

，且，

四边形为平行四边形，

，

又平面，平面，

平面；

（2），点是棱的中点，

，

又，，

平面，平面，

，

底面是矩形，，

平面，平面，且，

平面，

又平面，，

，，

又平面，平面，且，

平面，

又平面，

平面平面．

【点睛】

本题主要考查线面平行的判定，面面垂直的判定，首选判定定理，是中档题．

17．如图,设点为椭圆的右焦点，圆过且斜率为的直线交圆于两点，交椭圆于点两点，已知当时，

（1）求椭圆的方程.

（2）当时，求的面积.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）先求出圆心到直线的距离为，再根据得到，解之即得a的值，再根据c=1求出b的值得到椭圆的方程.(2)先求出，，再求得的面积.

【详解】

(1)因为直线过点，且斜率.

所以直线的方程为，即，

所以圆心到直线的距离为，

又因为，圆的半径为，

所以，即，

解之得，或（舍去）.

所以，

所以所示椭圆的方程为 .

(2)由(1)得，椭圆的右准线方程为，离心率，

则点到右准线的距离为，

所以，即，把代入椭圆方程得，，

因为直线的斜率，

所以，

因为直线经过和，

所以直线的方程为，

联立方程组得，

解得或，

所以，

所以的面积.

【点睛】

本题主要考查直线和圆、椭圆的位置关系，考查椭圆的方程的求法，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.

18．如图为某大江的一段支流，岸线与近似满足∥，宽度为．圆为江中的一个半径为的小岛，小镇位于岸线上，且满足岸线，．现计划建造一条自小镇经小岛至对岸的水上通道（图中粗线部分折线段，在右侧），为保护小岛，段设计成与圆相切．设．

（1）试将通道的长表示成的函数，并指出定义域；

（2）若建造通道的费用是每公里100万元，则建造此通道最少需要多少万元？

【答案】（1），定义域是．（2）百万

【解析】（1）以为原点，直线为轴建立如图所示的直角坐标系，设，利用直线与圆相切得到，再代入这一关系中，即可得答案；

（2）利用导数求函数的最小值，即可得答案；

【详解】

以为原点，直线为轴建立如图所示的直角坐标系．

设，则，，．

因为，

所以直线的方程为，

即，

因为圆与相切，所以，

即，从而得，

在直线的方程中，令，得，

所以，

所以

当时，，设锐角满足，则，

所以关于的函数是，定义域是．

（2）要使建造此通道费用最少，只要通道的长度即最小．

令，得，设锐角，满足，得．

列表：

所以时，，所以建造此通道的最少费用至少为百万元．

【点睛】

本题考查三角函数模型的实际应用、利用导数求函数的最小值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

19．已知函数，.

（1）当时，

①求函数在点处的切线方程；

②比较与的大小;

（2）当时，若对时，，且有唯一零点，证明：．

【答案】（1）①见解析，②见解析；（2）见解析

【解析】（1）①把代入函数解析式，求出函数的导函数得到，再求出，利用直线方程的点斜式求函数在点处的切线方程；

②令，利用导数研究函数的单调性，可得当时，；当时，；当时，．

（2）由题意，，在上有唯一零点．利用导数可得当时，在上单调递减，当，时，在，上单调递增，得到．由在恒成立，且有唯一解，可得，得，即．令，则，再由在上恒成立，得在上单调递减，进一步得到在上单调递增，由此可得．

【详解】

解：（1）①当时，，，，

又，切线方程为，即；

②令，

则，

在上单调递减．

又，

当时，，即；

当时，，即；

当时，，即．

证明：（2）由题意，，

而，

令，解得．

，，

在上有唯一零点．

当时，，在上单调递减，

当，时，，在，上单调递增．

．

在恒成立，且有唯一解，

，即，

消去，得，

即．

令，则，

在上恒成立，

在上单调递减，

又， ，

．

在上单调递增，

．

【点睛】

本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题．

20．若数列满足：对于任意，均为数列中的项，则称数列为“数列”．

（1）若数列的前项和，，试判断数列是否为“数列”？说明理由；

（2）若公差为的等差数列为“数列”，求的取值范围；

（3）若数列为“数列”，，且对于任意，均有，求数列的通项公式．

【答案】（1）不是，见解析（2）（3）

【解析】（1）利用递推关系求出数列的通项公式，进一步验证时，是否为数列中的项，即可得答案；

（2）由题意得，再对公差进行分类讨论，即可得答案；

（3）由题意得数列为等差数列，设数列的公差为，再根据不等式得到公差的值，即可得答案；

【详解】

（1）当时，

又，所以．

所以

当时，，而，

所以时，不是数列中的项，故数列不是为“数列”

（2）因为数列是公差为的等差数列，

所以．

因为数列为“数列”

所以任意，存在，使得，即有．

①若，则只需，使得，从而得是数列中的项．

②若，则．此时，当时，不为正整数，所以不符合题意．综上，．

（3）由题意，所以，

又因为，且数列为“数列”，

所以，即，所以数列为等差数列．

设数列的公差为，则有，

由，得，

整理得，①

．②

若，取正整数，

则当时，，

与①式对应任意恒成立相矛盾，因此．

同样根据②式可得，

所以．又，所以．

经检验当时，①②两式对应任意恒成立，

所以数列的通项公式为．

【点睛】

本题考查数列新定义题、等差数列的通项公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，难度较大.

21．已知变换将平面上的点，分别变换为点，．设变换对应的矩阵为．

（1）求矩阵；

（2）求矩阵的特征值．

【答案】（1）（2）1或6

【解析】（1）设，根据变换可得关于的方程，解方程即可得到答案；

（2）求出特征多项式，再解方程，即可得答案；

【详解】

（1）设，则，，

即，解得，则．

（2）设矩阵的特征多项式为，可得，

令，可得或．

【点睛】

本题考查矩阵的求解、矩阵的特征值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力.

22．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建立极坐标系，判断直线为参数）与圆的位置关系．

【答案】直线与圆C相切．

【解析】首先把直线和圆转换为直角坐标方程，进一步利用点到直线的距离的应用求出直线和圆的位置关系．

【详解】

直线为参数），转换为直角坐标方程为．

圆转换为直角坐标方程为，转换为标准形式为，

所以圆心到直线，的距离．

直线与圆C相切．

【点睛】

本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，直线与圆的位置关系式的应用，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

23．[选修4—5：不等式选讲]

已知函数，，若存在实数使成立，求实数的取值范围.

【答案】

【解析】试题分析：先将问题“ 存在实数使成立”转化为“求函数的最大值”,再借助柯西不等式求出的最大值即可获解.

试题解析：

存在实数使成立，等价于的最大值大于，

因为，

由柯西不等式：，

所以，当且仅当时取“”，

故常数的取值范围是．

【考点】柯西不等式即运用和转化与化归的数学思想的运用.

24．如图，在三棱柱中，平面，，且.

（1）求棱与所成的角的大小；

（2）在棱上确定一点，使二面角的平面角的余弦值为.

【答案】（1） （2）

【解析】试题分析：（1）因为AB⊥AC，A1B⊥平面ABC，所以以A为坐标原点，分别以AC、AB所在直线分别为x轴和y轴，以过A，且平行于BA1的直线为z轴建立空间直角坐标系，由AB=AC=A1B=2求出所要用到的点的坐标，求出棱AA1与BC上的两个向量，由向量的夹角求棱AA1与BC所成的角的大小；
（2）设棱B1C1上的一点P，由向量共线得到P点的坐标，然后求出两个平面PAB与平面ABA1的一个法向量，把二面角P-AB-A1的平面角的余弦值为，转化为它们法向量所成角的余弦值，由此确定出P点的坐标．

试题解析：

解（1）如图，以为原点建立空间直角坐标系，

则，

.

，

故与棱所成的角是.

（2）为棱中点，

设，则.

设平面的法向量为，，

则，

故

而平面的法向量是，则，

解得，即为棱中点，其坐标为.

点睛：本题主要考查线面垂直的判定与性质，以及利用空间向量求二面角.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.

25．设，，其中．

（1）当时，求的值；

（2）对，证明：恒为定值．

【答案】（1）1（2）1

【解析】分析：（1）当时可得，可得.（2）先得到关系式，累乘可得，从而可得，即为定值．

详解：（1）当时，，

又，

所以. 

（2）

即，

由累乘可得，

又，

所以．

即恒为定值1．

点睛：本题考查组合数的有关运算，解题时要注意所给出的的定义，并结合组合数公式求解．由于运算量较大，解题时要注意运算的准确性，避免出现错误．