2020届江苏省徐州市新沂市第一中学高三下学期3月模拟考试数学试题（解析版）

2020届江苏省徐州市新沂市第一中学高三下学期3月模拟考试数学试题

一、填空题

1．已知， ，则________．

【答案】{3,4}

【解析】由题意，得.

2．函数的定义域为__________．

【答案】

【解析】根据函数的解析式有意义，得到相应的不等式组，即可求解函数的定义域，得到答案.

【详解】

由题意，要使此函数有意义，需2x－4≥0，即2x≥22，∴x≥2，

所以函数的定义域为[2，＋∞)

【点睛】

本题主要考查了具体函数的定义域的求解问题，其中解答中根据函数的解析式有意义，列出相应的不等式组是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

3．若复数z满足(1＋2i)z＝－3＋4i(i是虚数单位)，则z＝________.

【答案】1＋2i

【解析】∵(1＋2i)z＝－3＋4i，∴z＝＝1＋2i.

4．下图是某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是_­­___.

【答案】27

【解析】由框图的顺序，s＝0，n＝1，s＝(s＋n)n＝(0＋1)×1＝1，n＝n＋1＝2，依次循环s＝(1＋2)×2＝6，n＝3，注意此刻3＞3仍然否，所以还要循环一次s＝(6＋3)×3＝27，n＝4，此刻输出s＝27.

5．在一个袋子中装有分别标注数字1，2，3，4，5的5个小球，这些小球除标注数字外完全相同，现从中随机取2个小球，则取出的小球标注的数字之和为3或6的概率是________．

【答案】

【解析】由题设可得从个小球中取两个的取法有（12）（13）（14）(15)（23）（24）（25）（34）（35）（45）共10种取法，其中和为3或6 的有（12）（24）（15）共3种，故所求事件的概率是．应填答案．

点睛：解答本题的关键是运用列举法列举出取出2个小球的所有可能情况，即，再列举出符合条件的可能数字，即，然后再运用古典概型的计算公式算出其概率．

6．若数据的方差为，则        ．

【答案】

【解析】试题分析：由题意的，数据不变，所以2．

【考点】1．方差的意义；

7．已知四棱锥V­ABCD，底面ABCD是边长为3的正方形，VA⊥平面ABCD，且VA＝4，则此四棱锥的侧面中，所有直角三角形的面积的和是________．

【答案】27

【解析】可证四个侧面都是直角三角形，其面积S＝2××3×4＋2××3×5＝27.

8．等比数列中，，，则数列的前项和为        ．

【答案】

【解析】试题分析：由，可得，，．

【考点】1、等比数列的通项及性质；2、等比数列前n项和公式．

9．在中，三个内角的对边分别为，若，，，则________.

【答案】6

【解析】利用正弦定理先求出，可得为锐角，再利用同角三角函数关系求出，利用及两角和的正弦公式求出，再利用正弦定理即可求出．

【详解】

在中，由正弦定理得，即，所以，

所以为锐角，所以，

所以

，

由正弦定理得，即，解得．

故答案为：

【点睛】

本题主要考查正弦定理、同角三角函数关系及两角和的正弦公式的应用，属于中档题．

10．在平面直角坐标系中，设是函数（）的图象上任意一点，过点向直线和轴作垂线，垂足分别是，，则          ．

【答案】

【解析】试题分析：本题考查向量的坐标形式、数量积公式等基本公式和基本概念，检测运算求解能力和化归转化能力. 设，则由题设可知，由直线可得：，即，故，因为，所以.

【考点】向量的坐标形式、数量积公式等基本公式和基本概念及灵活运用.

11．已知函数是奇函数，则________．

【答案】

【解析】当时，，，所以，，，，

所以；故填．

点睛：本题考查函数的奇偶性，解决此类问题一般根据奇偶函数的定义，本题由是恒等式可得，再结合诱导公式可得．本题如果用只能得出，得不能判断出，因此用此方法时要注意检验．

12．已知点在圆上，点的坐标为，为原点，则的最大值为_________．

【答案】6

【解析】试题分析：所以最大值是6.

【名师点睛】本题考查了转化与化归能力，因为是确定的，所以根据向量数量积的几何意义：若最大，即向量在方向上的投影最大，根据数形结合分析可得当点在圆与轴的右侧交点处时最大，从而根据几何意义直接得到运算结果为.

13．已知实数a，b，c满足a2＋b2＝c2，c≠0，则的取值范围为______________．

【答案】

【解析】由a2＋b2＝c2可设a＝csinx，b＝ccosx，＝＝，可以理解为点(2，0)与单位圆上的点连线的斜率的范围，而两条切线的斜率为±，则的取值范围为.

14．在中，角所对的边分别为，若且，则面积的最大值为        ．

【答案】

【解析】试题分析：由得，代入得，，即，由余弦定理得，，所以，则的面积，当且仅当取等号，此时，所以的面积的最大值为，故答案为．

【考点】（1）正弦定理；（2）余弦定理.

【方法点晴】本题考查余弦定理，平方关系，基本不等式的应用，以及三角形的面积公式，考查变形、化简能力，对计算能力要求较高，属于中档题；由得，代入化简，根据余弦定理求出，由平方关系求出，代入三角形面积公式求出表达式，由基本不等式即可求出三角形面积的最大值．

二、解答题

15．如图，在三棱锥中，，分别为棱的中点，平面平面.

求证：

（1）∥平面；

（2）平面平面.

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.

【解析】（1）证得MN∥BC，由线面平行的判定定理证明即可；（2）证得平面.

由面面垂直的判定定理证明即可

【详解】

（1）∵分别为棱的中点，∴MN∥BC

又平面，∴∥平面.

（2）∵，点为棱的中点，

∴，

又平面平面，平面平面，∴平面.

∵平面，∴平面平面.

【点睛】

本题考查线面平行，面面垂直的判定，考查定理，是基础题

16．已知分别是三个角所对的边，且满足．

(1)求证：；

(2)若,，求的值．

【答案】（1）见解析（2）

【解析】(1)利用正弦定理将已知的边角混合式化为，再逆用两角和的正弦公式并化简，可得，进而可得；

(2)由(1)知，可将可化为再结合，求出，从而求出，再利用同角三角函数关系求出．

【详解】

(1)由正弦定理，得，

代入，得，

即，因为，所以，

所以，又是的内角，所以，

所以，又为三角形的内角，

所以 ．

(2)由(1)知，因为，所以，

由余弦定理得，

因为，即，所以，

所以，所以，

因为，所以

【点睛】

本题主要考查正弦定理、余弦定理及平面向量的数量积的运算，属于中档题．

17．如图，在中，，，是的中点，，记点到的距离为.

(1)求的表达式；

(2)写出x的取值范围，并求的最大值.

【答案】（1）（2）x的取值范围是，的最大值是1

【解析】(1)在和中同时利用余弦定理并结合，即可求出，再利用面积中算两次得，从而求出；

(2)根据图形中的限制及，即可求出的范围；将化为利用单调性运算性质，可判断出的单调性，进而求出的最大值．

【详解】

(1)在中，由余弦定理，

所以①

同理得，，②

因为是AC的中点，所以，

由②－①得 ③，

所以，

又， 所以，

(2)由③可得，，又，即，解得，

因为在上单调增，

所以．

答：的取值范围是，的最大值是1

【点睛】

本题主要考查余弦定理的应用、三角形的面积公式及函数最值的求法，属于中档题．

18．如图，在平面直角坐标系中，离心率为的椭圆的左顶点为，过原点的直线（与坐标轴不重合）与椭圆交于两点，直线分别与轴交于两点．若直线斜率为时，．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）试问以为直径的圆是否经过定点（与直线的斜率无关）？请证明你的结论．

【答案】（1）；（2）以为直径的圆过定点.

【解析】【分析】试题分析：（1）因为离心率为，所以要确定椭圆标准方程，只需再确定一个独立条件，即点P坐标：根据点斜率为且可求，所以，又，解得椭圆的标准方程为．

（2）用点P坐标表示出的坐标及以为直径的圆的方程：设，则直线方程为：，∴，直线方程为：，∴，以为直径的圆为，利用化简得，所以动圆必过与的交点

试题解析：解：（1）设，

∵直线斜率为时，，∴，∴

∴，∵，∴．

∴椭圆的标准方程为．

（2）以为直径的圆过定点．

设，则，且，即，

∵，∴直线方程为：，∴，

直线方程为：，∴，

以为直径的圆为

即，

∵，∴，

令，，解得，

∴以为直径的圆过定点．

【考点】直线与椭圆位置关系

【详解】

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19．已知函数.

(1)求函数的单调区间；

(2)若在上恒成立，求实数的取值范围；

(3)在(2)的条件下(提示：可以用第(2)问的结论)，任意的，证明：.

【答案】(1)见解析；(2)；(3)见解析 ．

【解析】(1)确定函数的定义域，求，对分类讨论确定区间上的根的情况，从而确定函数的单调区间；

(2)若在上恒成立，则只需函数即可，故根据第(1)问中函数的单调性，可确定当时函数有最大值，利用导数法可判断，进而可得，从而可求得的范围；

(3)可化为，结合由(2)得，时，，而，故可得，又，进而可证得结果．

【详解】

(1)函数的定义域为,．

①当时，在上单调增

②当时，，所以在上单调增；

③当时，

令得，，所以在上单调递增；

令得，，所以在上单调递减．

(2)由(1)知，当时，在上单调增，且，

所以在上不恒成立；

当时，由(1)知，在上单调递增，在上单调递减，

所以，故只需即可，

令，，

所以当时，；当，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，即，又，

所以,解得

综上，的取值范围是．

(3)注意：用第(2)题的结论：时，．

，

因为，所以，由(2)得，时，

令，则，因为，所以，即，

因为，所以．

【点睛】

本题考查利用导数求含参函数的单调区间及恒成立的问题，同时考查利用上问结论作为铺垫证明解决新问题的能力．

20．数列，，满足：，，．

（1）若数列是等差数列，求证：数列是等差数列；

（2）若数列，都是等差数列，求证：数列从第二项起为等差数列；

（3）若数列是等差数列，试判断当时，数列是否成等差数列？证明你的结论．

【答案】（1）详见解析（2）详见解析（3）数列成等差数列．

【解析】【分析】试题分析：（１）证明一个数列为等差数列，一般从等差数列定义出发：，其中为等差数列的公差（2）同（1），先根据关系式，解出，再从等差数列定义出发，其中分别为等差数列，的公差（3）探究性问题，可将条件向目标转化，一方面，所以，即，另一方面，所以，整理得，从而，即数列成等差数列．

试题解析：证明：（1）设数列的公差为，

∵，

∴，

∴数列是公差为的等差数列．

（2）当时，，

∵，∴，∴，

∴，

∵数列，都是等差数列，∴为常数，

∴数列从第二项起为等差数列．

（3）数列成等差数列．

解法１ 设数列的公差为，

∵，

∴，∴， ，，

∴，

设，∴，

两式相减得：，

即，∴，

∴，

∴，

令，得，

∵，∴，∴，

∴，∴，

∴数列（）是公差为的等差数列，

∵，令，，即，

∴数列是公差为的等差数列．

解法2 ∵，，

令，，即，

∴，，

∴，

∵数列是等差数列，∴，

∴，

∵，∴，

∴数列是等差数列．

【考点】等差数列定义

【详解】

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21．已知矩阵，其中，若点在矩阵A的变换下得到点，求矩阵的两个特征值.

【答案】矩阵的特征值为或．

【解析】根据点在矩阵A的变换下得到点，列出方程求出，从而可确定矩阵，再求出矩阵的特征多项式，令其等于，即可求出矩阵的特征值．

【详解】

由，得，所以，

故，

则矩阵的特征多项式为，

令，解得或，

所以矩阵的特征值为或．

【点睛】

本题主要考查矩阵的特征多项式及特征值的求法，属于中档题．

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程是，以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是，它们相交于两点，求线段的长.

【答案】

【解析】将曲线的参数方程化为普通方程，曲线的极坐标方程互为直角坐标方程，联立方程求出交点，然后利用两点间的距离公式即可求出的长．

【详解】

由消去得，曲线直角坐标方程是，

因为，所以，

所以，所以，

由，解得或，

即

所以．

【点睛】

本题主要考查参数方程化为普通方程，极坐标方程互为直角坐标方程，关键是掌握这两类问题的的互化方法．

23．已知正实数满足，求证：．

【答案】见解析

【解析】利用基本不等式的性质即可证得结果．

【详解】

因为正实数满足，

所以，所以，

所以．

【点睛】

本题主要考查基本不等式的性质应用，属于基础题．

24．如图，已知是圆柱底面圆O的直径，底面半径，圆柱的表面积为，点在底面圆上，且直线与下底面所成的角的大小为.

(1)求的长；

(2)求二面角的大小的余弦值.

【答案】（1）（2）

【解析】(1)根据母线底面，即可找出与下底面所成的角的为，从而在直角三角形中，即可求出；

(2) 以为坐标原点，以、分别为、轴建立空间直角坐标系,写出所需点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得二面角的大小的余弦值.

【详解】

(1)设圆柱的母线长为，则根据已知条件可得，

，，解得，因为底面，所以是在底面上的射影，所以是直线与下底面所成的角，即

在直角三角形中，，，

(2)因为是底面直径，，所以

以为坐标原点，以、分别为、轴建立空间直角坐标系,如图所示，

则、、、，

于是,，设平面的一个法向量为，

则即不妨令，即平面的一个法向量，

因为平面的一个法向量为，

设二面角的大小为，则，

由于二面角为锐角，所以二面角的大小的余弦值是．

【点睛】

本题主要考查线面角的找法及利用向量法求二面角的的大小．

25．记为从个不同的元素中取出个元素的所有组合的个数．随机变量表示满足的二元数组中的，其中，每一个（0,1,2, ,）都等可能出现．求．

【答案】

【解析】【分析】试题分析：关键解组合不等式，由于，所以先具体探究，再分类说明．随机变量可以取0,1,2, ,10，当时，满足的共9个；当时，满足的共9个；当时，满足的共9个；当时，满足的共3个；当时，满足的共3个；依次验证得

试题解析：∵，

当时，

，，，，

∴当时，的解为．

当，，

由可知：

当时，成立，

当时，（等号不同时成立），即．

∴．

【考点】数学期望

【详解】

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