2020届江苏省无锡市天一中学高三第一次模拟考试数学试题（解析版）

2020届江苏省无锡市天一中学高三第一次模拟考试数学试题

一、填空题

1．已知集合，，则_________.

【答案】

【解析】根据交集的定义即可写出答案。

【详解】

，，

故填

【点睛】

本题考查集合的交集，需熟练掌握集合交集的定义，属于基础题。

2．复数为虚数单位）的虚部为__________．

【答案】1

【解析】试题分析：，即虚部为1，故填：1.

【考点】复数的代数运算

3．函数的定义域是        ．

【答案】

【解析】解：因为，故定义域为

4．在编号为1，2，3，4，5且大小和形状均相同的五张卡片中，一次随机抽取其中的三张，则抽取的三张卡片编号之和是偶数的概率为________.

【答案】

【解析】先求出所有的基本事件个数，再求出“抽取的三张卡片编号之和是偶数”这一事件包含的基本事件个数，利用古典概型的概率计算公式即可算出结果.

【详解】

一次随机抽取其中的三张，所有基本事件为：

1，2，3；1，2，4；1，2，5；1，3，4；1，3，5；1，4，5；2，3，4；2，3，5；2，4，5；3，4，5；共有10个，

其中“抽取的三张卡片编号之和是偶数”包含6个基本事件，

因此“抽取的三张卡片编号之和是偶数”的概率为：.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了古典概型及其概率计算公式，属于基础题.

5．在平面直角坐标系中，若双曲线（，）的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为________.

【答案】

【解析】利用，解出，即可求出双曲线的渐近线方程.

【详解】

，且，，

，

该双曲线的渐近线方程为：.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了双曲线离心率与渐近线方程，考查了双曲线基本量的关系，考查了运算能力，属于基础题.

6．某种圆柱形的如罐的容积为个立方单位，当它的底面半径和高的比值为______.时，可使得所用材料最省.

【答案】

【解析】设圆柱的高为，底面半径为，根据容积为个立方单位可得，再列出该圆柱的表面积，利用导数求出最值，从而进一步得到圆柱的底面半径和高的比值．

【详解】

设圆柱的高为，底面半径为.

∵该圆柱形的如罐的容积为个立方单位

∴，即.

∴该圆柱形的表面积为.

令，则.

令，得；

令，得.

∴在上单调递减，在上单调递增.

∴当时，取得最小值，即材料最省，此时.

故答案为：.

【点睛】

本题考查函数的应用，解答本题的关键是写出表面积的表示式，再利用导数求函数的最值，属中档题．

7．在平面直角坐标系中，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】求出双曲线的右准线与渐近线的交点坐标，并将该交点代入抛物线的方程，即可求出实数的方程.

【详解】

双曲线的半焦距为，则双曲线的右准线方程为，渐近线方程为，所以，该双曲线右准线与渐近线的交点为.

由题意得，解得.

故答案为：.

【点睛】

本题考查利用抛物线上的点求参数，涉及到双曲线的准线与渐近线方程的应用，考查计算能力，属于中等题.

8．已知是第二象限角，且，，则____.

【答案】

【解析】由是第二象限角，且，可得，由及两角和的正切公式可得的值.

【详解】

解：由是第二象限角，且，可得，，

由，可得，代入，

可得，

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查同角三角函数的基本关系及两角和的正切公式，相对不难，注意运算的准确性.

9．已知等差数列的前n项和为Sn，若，则____.

【答案】

【解析】由，，成等差数列，代入可得的值.

【详解】

解：由等差数列的性质可得：，，成等差数列，

可得：，代入，

可得：，

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查等差数列前n项和的性质，相对不难.

10．在平面直角坐标系xOy中，己知直线与函数的图象在y轴右侧的公共点从左到右依次为，，…，若点的横坐标为1，则点的横坐标为________.

【答案】3

【解析】当时，得，或，依题意可得，可求得，继而可得答案．

【详解】

因为点的横坐标为1，即当时，，

所以或，

又直线与函数的图象在轴右侧的公共点从左到右依次为，，

所以，

故，

所以函数的关系式为．

当时，（3），

即点的横坐标为3，为二函数的图象的第二个公共点．

故答案为：3．

【点睛】

本题考查三角函数关系式的恒等变换、正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力及思维能力，属于中档题．

11．设P为有公共焦点的椭圆与双曲线的一个交点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，若，则______________.

【答案】

【解析】设

根据椭圆的几何性质可得

,

根据双曲线的几何性质可得，

,

即

故答案为

12．如图所示，在△ABC中，AB=AC=2，，，AE的延长线交BC边于点F，若，则____.

【答案】

【解析】过点做,可得，，由可得，可得，代入可得答案.

【详解】

解：如图，过点做,

易得：,,

,故,可得：，

同理：,,可得,

,

由，可得,

可得：,可得：，

,

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查平面向量的线性运算和平面向量的数量积，由题意作出是解题的关键.

13．已知函数是定义在上的奇函数，其图象关于直线对称，当时，（其中是自然对数的底数，若，则实数的值为_____.

【答案】

【解析】先推导出函数的周期为，可得出，代值计算，即可求出实数的值.

【详解】

由于函数是定义在上的奇函数，则，

又该函数的图象关于直线对称，则，

所以，，则，

所以，函数是周期为的周期函数，

所以，解得.

故答案为：.

【点睛】

本题考查利用函数的对称性计算函数值，解题的关键就是结合函数的奇偶性与对称轴推导出函数的周期，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

14．已知函数，（其中e为自然对数的底数），若关于x的方程恰有5个相异的实根，则实数a的取值范围为________.

【答案】

【解析】作出图象，求出方程的根，分类讨论的正负，数形结合即可.

【详解】

当时，令，解得，

所以当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，

当时，单调递减，且，

作出函数的图象如图：

（1）当时，方程整理得，只有2个根，不满足条件；

（2）若，则当时，方程整理得，

则，，此时各有1解，

故当时，方程整理得，

有1解同时有2解，即需，，因为（2），故此时满足题意；

或有2解同时有1解，则需，由（1）可知不成立；

或有3解同时有0解，根据图象不存在此种情况，

或有0解同时有3解，则，解得，

故，

（3）若，显然当时，和均无解，

当时，和无解，不符合题意．

综上：的范围是，

故答案为：，

【点睛】

本题主要考查了函数零点与函数图象的关系，考查利用导数研究函数的单调性，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，属于中档题．

二、解答题

15．如图，在斜三棱柱中，已知为正三角形，D，E分别是，的中点，平面平面，.

（1）求证：平面；

（2）求证：平面.

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】（1）根据，分别是，的中点，即可证明，从而可证平面；

（2）先根据为正三角形，且D是的中点，证出，再根据平面平面，得到平面，从而得到，结合，即可得证．

【详解】

（1）∵，分别是，的中点

∴

∵平面，平面

∴平面.

（2）∵为正三角形，且D是的中点

∴

∵平面平面，且平面平面，平面

∴平面

∵平面

∴

∵且

∴

∵，平面，且

∴平面.

【点睛】

本题考查直线与平面平行的判定，面面垂直的性质等，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，中档题．

16．在中，角、、的对边分别为、、，且.

（1）若，，求的值；

（2）若，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）利用余弦定理得出关于的二次方程，结合，可求出的值；

（2）利用两角和的余弦公式以及诱导公式可求出的值，利用同角三角函数的基本关系求出的值，然后利用二倍角的正切公式可求出的值.

【详解】

（1）在中，由余弦定理得，

，即， 

解得或（舍），所以；

（2）由及得，， 

所以，

又因为，所以，

从而，所以.

【点睛】

本题考查利用余弦定理解三角形，同时也考查了两角和的余弦公式、同角三角函数的基本关系以及二倍角公式求值，考查计算能力，属于中等题.

17．自湖北武汉爆发新型冠状病毒惑染的肺炎疫情以来，武汉医护人员和医疗、生活物资严重缺乏，全国各地纷纷驰援.截至1月30日12时，湖北省累计接收捐赠物资615.43万件，包括医用防护服2.6万套N95口軍47.9万个，医用一次性口罩172.87万个，护目镜3.93万个等.中某运输队接到给武汉运送物资的任务，该运输队有8辆载重为6t的A型卡车，6辆载重为10t的B型卡车，10名驾驶员，要求此运输队每天至少运送720t物资.已知每辆卡车每天往返的次数：A型卡车16次，B型卡车12次；每辆卡车每天往返的成本：A型卡车240元，B型卡车378元.求每天派出A型卡车与B型卡车各多少辆，运输队所花的成本最低？

【答案】每天派出A型卡车辆，派出B型卡车辆，运输队所花成本最低

【解析】设每天派出A型卡车辆，则派出B型卡车辆，由题意列出约束条件，作出可行域，求出使目标函数取最小值的整数解，即可得解.

【详解】

设每天派出A型卡车辆，则派出B型卡车辆，运输队所花成本为元，

由题意可知，，

整理得，

目标函数，

如图所示，为不等式组表示的可行域，

由图可知，当直线经过点时，最小，

解方程组，解得，，

然而，故点不是最优解.

因此在可行域的整点中，点使得取最小值，

即，

故每天派出A型卡车辆，派出B型卡车辆，运输队所花成本最低.

【点睛】

本题考查了线性规划问题中的最优整数解问题，考查了数形结合的思想，解题关键在于列出不等式组（方程组）寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数，同时注意整点的选取，属于中档题.

18．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：的右准线方程为x＝2，且两焦点与短轴的一个顶点构成等腰直角三角形．

（1）求椭圆C的方程；

（2）假设直线l：与椭圆C交于A，B两点．①若A为椭圆的上顶点，M为线段AB中点，连接OM并延长交椭圆C于N，并且，求OB的长；②若原点O到直线l的距离为1，并且，当时，求△OAB的面积S的范围．

【答案】（1）；（2）①；②.

【解析】（1）根据椭圆的几何性质可得到a2，b2；

（2）联立直线和椭圆，利用弦长公式可求得弦长AB，利用点到直线的距离公式求得原点到直线l的距离，从而可求得三角形面积，再用单调性求最值可得值域．

【详解】

（1）因为两焦点与短轴的一个顶点的连线构成等腰直角三角形，所以，

又由右准线方程为，得到，

解得，所以                                   

所以，椭圆的方程为

（2）①设，而，则，

∵ ， ∴

因为点都在椭圆上，所以

，将下式两边同时乘以再减去上式，解得，

所以

②由原点到直线的距离为，得，化简得： 

联立直线的方程与椭圆的方程：，得

设，则，且     

，

所以

的面积

，

因为在为单调减函数，

并且当时，，当时，，

所以的面积的范围为．

【点睛】

圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．

19．设函数，（）.

（1）若曲线在点处的切线方程为，求实数a、m的值；

（2）若对任意恒成立，求实数a的取值范围；

（3）关于x的方程能否有三个不同的实根？证明你的结论.

【答案】（1），；（2）；（3）不能，证明见解析

【解析】（1）求出，结合导数的几何意义即可求解；

（2）构造，则原题等价于对任意恒成立，即时，，利用导数求最值即可，值得注意的是，可以通过代特殊值，由求出的范围，再研究该范围下单调性；

（3）构造并进行求导，研究单调性，结合函数零点存在性定理证明即可.

【详解】

（1），

，

曲线在点处的切线方程为，

，

解得.

（2）记，

整理得，

由题知，对任意恒成立，

对任意恒成立，即时，，

，解得，

当时，

对任意，，，

，

，即在单调递增，此时，

实数的取值范围为.

（3）关于的方程不可能有三个不同的实根，以下给出证明：

记，，

则关于的方程有三个不同的实根，等价于函数有三个零点，

，

当时，，

记，则，

在单调递增，

，即，

，

在单调递增，至多有一个零点；

当时，

记，

则，

在单调递增，即在单调递增，

至多有一个零点，则至多有两个单调区间，至多有两个零点.

因此，不可能有三个零点.

关于的方程不可能有三个不同的实根.

【点睛】

本题考查了导数几何意义的应用、利用导数研究函数单调性以及函数的零点存在性定理，考查了转化与化归的数学思想，属于难题.

20．已知

（1）若 ，且函数 在区间 上单调递增，求实数a的范围；

（2）若函数有两个极值点 ，且存在 满足 ，令函数 ，试判断 零点的个数并证明．

【答案】（1）（2）函数有两个零点和

【解析】试题分析：（1）求导后根据函数在区间单调递增，导函数大于或等于0（2）先判断为一个零点，然后再求导，根据，化简求得另一个零点。

解析：（1）当时，，因为函数在上单调递增，

所以当时，恒成立．

函数的对称轴为．

①，即时，，

即，解之得，解集为空集；

②，即时，

  即，解之得，所以

③，即时，

  即，解之得，所以

  综上所述，当 函数在区间 上单调递增．

（2）∵有两个极值点，

∴是方程的两个根，且函数在区间和上单调递增，在上单调递减．

∵

∴函数也是在区间和上单调递增，在上单调递减

∵，∴是函数的一个零点．

由题意知：

∵，∴，∴∴，∴又

 ∵是方程的两个根，

 ∴，,

 ∴

 ∵函数图像连续，且在区间上单调递增，在上单调递减，在上单调递增

∴当时，，当时，当时，

∴函数有两个零点和．

21．已知矩阵的一个特征值为4，求矩阵A的逆矩阵.

【答案】.

【解析】根据特征多项式可得，可得，进而可得矩阵A的逆矩阵.

【详解】

因为矩阵的特征多项式，所以，所以.

因为，且，

所以.

【点睛】

本题考查矩阵的特征多项式以及逆矩阵的求解，是基础题.

22．在平面直角坐标系中，已知直线l的参数方程为（t为参数），在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，且与直角坐标系长度单位相同的极坐标系中，曲线C的极坐标方程是.

（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；

（2）若直线l与曲线C相交于两点A，B，求线段的长.

【答案】（1）l：，C：；（2）

【解析】（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换；
（2）由（1）可得曲线是圆，求出圆心坐标及半径，再求得圆心到直线的距离，即可求得的长.

【详解】

（1）由题意可得直线：，由，得，即，所以曲线C：.

（2）由（1）知，圆，半径.

∴圆心到直线的距离为：.

∴

【点睛】

本题考查直线的普通坐标方程、曲线的直角坐标方程的求法，考查弦长的求法、运算求解能力，是中档题．

23．已知，且满足，证明：.

【答案】证明见解析

【解析】将化简可得，由柯西不等式可得证明.

【详解】

解：因为，，

所以，

又，

所以，当且仅当时取等号.

【点睛】

本题主要考查柯西不等式的应用，相对不难，注意已知条件的化简及柯西不等式的灵活运用.

24．在平面直角坐标系中，已知抛物线C：（）的焦点F在直线上，平行于x轴的两条直线，分别交抛物线C于A，B两点，交该抛物线的准线于D，E两点.

（1）求抛物线C的方程；

（2）若F在线段上，P是的中点，证明：.

【答案】（1）；（2）见解析

【解析】（1）根据抛物线的焦点在直线上，可求得的值，从而求得抛物线的方程；

（2）法一：设直线，的方程分别为和且，，，可得，，，的坐标，进而可得直线的方程，根据在直线上，可得，再分别求得，，即可得证；法二：设，，则，根据直线的斜率不为0，设出直线的方程为，联立直线和抛物线的方程，结合韦达定理，分别求出，，化简，即可得证.

【详解】

（1）抛物线C的焦点坐标为，且该点在直线上，

所以，解得，故所求抛物线C的方程为

（2）法一：由点F在线段上，可设直线，的方程分别为和且，，，则，，，.

∴直线的方程为，即.

又点在线段上，∴.

∵P是的中点，∴

∴，.

由于，不重合，所以

法二：设，，则

当直线的斜率为0时，不符合题意，故可设直线的方程为

联立直线和抛物线的方程，得

又，为该方程两根，所以，，，.

，

由于，不重合，所以

【点睛】

本题考查抛物线的标准方程，考查抛物线的定义，考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题．

25．在开展学习强国的活动中，某校高三数学教师成立了党员和非党员两个学习组，其中党员学习组有4名男教师、1名女教师，非党员学习组有2名男教师、2名女教师，高三数学组计划从两个学习组中随机各选2名教师参加学校的挑战答题比赛.

（1）求选出的4名选手中恰好有一名女教师的选派方法数；

（2）记X为选出的4名选手中女教师的人数，求X的概率分布和数学期望.

【答案】（1）28种；（2）分布见解析，.

【解析】（1）分这名女教师分别来自党员学习组与非党员学习组，可得恰好有一名女教师的选派方法数；

（2）X的可能取值为，再求出X的每个取值的概率，可得X的概率分布和数学期望.

【详解】

解：（1）选出的4名选手中恰好有一名女生的选派方法数为种.

（2）X的可能取值为0，1，2，3.

，

，

，

.

故X的概率分布为：

所以.

【点睛】

本题主要考查组合数与组合公式及离散型随机变量的期望和方差，相对不难，注意运算的准确性.