2020届江苏省南京市、盐城市高三第一次模拟考试（1月） 数学（理）

这是一份2020届江苏省南京市、盐城市高三第一次模拟考试（1月） 数学（理），共16页。
南京市、盐城市2020届高三年级第一次模拟考试数 学 理 试 题 (总分160分，考试时间120分钟)注意事项：　　1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分160分，考试形式闭卷．　　2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．　　3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上．参考公式：柱体体积公式：，锥体体积公式：，其中为底面积，为高.样本数据的方差，其中. 一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分. 不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1．已知集合，全集，则UA=    ▲    ．2．设复数，其中为虚数单位，则    ▲    ．3．学校准备从甲、乙、丙三位学生中随机选两位学生参加问卷调查，则甲被选中的概率为    ▲    ．4．命题“，”的否定是  ▲   命题.(填“真”或“假”)5．运行如图所示的伪代码，则输出的的值为    ▲    ．6．已知样本的平均数是，且，则此样本的方差是
   ▲    ．7．在平面直角坐标系中，若抛物线上的点到其焦点的距离为，则点到点的距离为    ▲    ．
8．若数列是公差不为0的等差数列，、、成等差数列，则的值为  ▲  ．9．在三棱柱中，点是棱上一点，记三棱柱与四棱锥的体积分别为与，则    ▲    ．10．设函数（）的图象与轴交点的纵坐标为，
轴右侧第一个最低点的横坐标为，则的值为    ▲    ．11．已知是△的垂心（三角形三条高所在直线的交点），，
则的值为    ▲    .12．若无穷数列是等差数列，则其前10项的和为    ▲    ．13．已知集合，集合，
若，则的最小值为    ▲    ．14．若对任意实数，都有成立，则实数的值为    ▲    .二、解答题（本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）15．(本小题满分14分)    已知满足．（1）若，，求；（2）若，且，求．
16．(本小题满分14分)如图，长方体中，已知底面是正方形，点是侧棱上的一点．（1）若//平面，求的值；（2）求证：．(第16题图)     17．(本小题满分14分)如图，是一块半径为4米的圆形铁皮，现打算利用这块铁皮做一个圆柱形油桶．具体做法是从中裁剪出两块全等的圆形铁皮与，做圆柱的底面，裁剪出一个矩形做圆柱的侧面（接缝忽略不计），为圆柱的一条母线，点、在上，点、在的一条直径上，、分别与直线、相切，都与内切．（1）求圆形铁皮半径的取值范围；（2）请确定圆形铁皮与半径的值，使得油桶的体积最大．(不取近似值)(第17题图)       
18．(本小题满分16分)设椭圆的左右焦点分别为，离心率是，动点在椭圆上运动，当轴时，，．（1）求椭圆的方程；（2）延长分别交椭圆于点（不重合），设，
，求的最小值．(第18题图)        19．(本小题满分16分)定义:若无穷数列满足是公比为的等比数列，则称数列为“数列”．设数列中，．（1）若，且数列是“数列”，求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，且，请判断数列是否为
“数列”，并说明理由；（3）若数列是“数列”，是否存在正整数使得?若存在，请求出所有满足条件的正整数;若不存在，请说明理由．   20．(本小题满分16分)若函数为奇函数，且时有极小值．（1）求实数的值；（2）求实数的取值范围；（3）若恒成立，求实数的取值范围．    南京市、盐城市2020届高三年级第一次模拟考试数学附加题部分（本部分满分40分，考试时间30分钟）21．[选做题]（在A、B、C三个小题中只能选做2题，每小题10分，计20分．请把答案写在答题纸的指定区域内）A.（选修4-2：矩阵与变换）已知圆经矩阵变换后得到圆，求实数的值.    B．（选修4-4：坐标系与参数方程）在极坐标系中，直线被曲线截得的弦为，当是最长弦时，求实数的值.     C．(选修4-5：不等式选讲）已知正实数满足，求的最小值.  
[必做题]（第22、23题，每小题10分，计20分．请把答案写在答题纸的指定区域内）22．（本小题满分10分）如图，、是圆柱的两条母线， 、分别经过上下底面圆的圆心、，是下底面与垂直的直径，.（1）若，求异面直线与所成角的余弦值；（2）若二面角的大小为，求母线的长.   23．（本小题满分10分）设()，记.（1）求；（2）记，求证：恒成立.            南京市、盐城市2020届高三年级第一次模拟考试数学参考答案一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分.1．      2．         3．      4．真          5．        6．       7．8．           9．        10．      11．       12．10      13．      14．二、解答题：本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内.15．解：（1）由可知，移项可得，又，故，       ……………………………………………2分又由，可知，       ……………………………4分故在中，由正弦定理可得 ，所以.    ………………7分（2）由（1）知，所以时，，由即可得 ， ……………10分∴.…14分  16．（1）证明：连结交于点，连结， 又因为平面，平面平面平面，所以     ……………3分因为四边形是正方形，对角线交于点 ，所以点是的中点，所以，所以在中，.                ……………6分（2）证明：连结.因为为直四棱柱，所以侧棱垂直于底面，又平面，所以．…………………………………………………………………8分因为底面是正方形，所以．      ……………………………………………………10分又，面， 面，所以面.   ……………………………………… …………………………………………12分又因为,所以，又因为，所以A1P面ACC1A1,所以．                ………………………………………………14分  17．解：（1）设半径为，则，所以的周长，         ………………………………………………4分解得 ，故半径的取值范围为.    ……………………………………………6分（2）在（1）的条件下，油桶的体积， ……………………………………8分设函数，所以，由于 ，所以在定义域上恒成立，故在定义域上单调递增，即当时，体积取到最大值.                  ………………………………………………13分答：半径的取值范围为，当时，体积取到最大值.  ………………………14分 18.解：（1）由当轴时，可知，    …………………………………………………2分将，代入椭圆方程得（※），而，，代入（※）式得，解得，故，∴椭圆的方程为.…………………………………………………4分（2）方法一：设，由得，故，代入椭圆的方程得（＃）， ………………………………………………8分又由得，代入（＃）式得，化简得，即，显然，∴，故.……………………………………………………………………12分同理可得，故，当且仅当时取等号，故的最小值为.    ………………………………………………16分方法二：由点，不重合可知直线与轴不重合，故可设直线的方程为，联立，消去得（☆），设，则与为方程（☆）的两个实根，由求根公式可得，故，则，……………………8分 将点代入椭圆的方程得，代入直线的方程得，∴，由得，故.…………………………………………………12分 同理可得，故，当且仅当时取等号，故的最小值为.   ………………………………………………16分注：（1）也可设得，其余同理.（2）也可由运用基本不等式求解的最小值.       19．解：（1）∵，且数列是“数列”，∴，∴，∴，………………………………2分故数列是等差数列，公差为，故通项公式为，即.      ………………………………………………4分（2）由得，，故.方法一：由得，两式作差得，即，又，∴，∴对恒成立，……………………6分则，而，∴，∴，∴是等比数列，  ………………………………………………………………………………8分∴，∴，∴，∴是公比为的等比数列，故数列是“数列”.………………………………10分 方法二：同方法一得对恒成立，则，两式作差得，而，∴，∴，以下同方法一.            ……………………………………10分（3）由数列是“数列”得，又，∴，∴，∴，∴，∴当时，，当时上式也成立，故，                      ……………………………………12分假设存在正整数使得，则，由可知，∴，又为正整数，∴， 又，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故存在满足条件的正整数，，.             ……………………………………16分 20．解：（1）由函数为奇函数，得在定义域上恒成立，所以 ，化简可得 ，所以.          ………………………………………………3分（2）法一：由（1）可得，所以，其中当时，由于恒成立，即恒成立，故不存在极小值.                ………………………………………………5分当时，方程有两个不等的正根，故可知函数在上单调递增，在上单调递减，即在处取到极小值，所以，的取值范围是.                      ………………………………………………9分法二：由（1）可得，令，则，故当时，；当时，，        …………………………………………5分故在上递减，在上递增，∴，若，则恒成立，单调递增，无极值点； 所以，解得，取，则，又函数的图象在区间上连续不间断，故由函数零点存在性定理知在区间上，存在为函数的零点，为极小值.所以，的取值范围是.                        ………………………………………………9分（3）由满足，代入， 消去m可得，                 ……………………………………11分构造函数，所以，当时， ，所以当时，恒成立，故h(x)在[0，+)上为单调减函数，其中，   ……13分则可转化为，故，由，设，可得当时，，在上递增，故，综上，的取值范围是 .                   ………………………………………………16分附加题答案21.（A）解：设圆上一点，经矩阵变换后得到圆上一点，所以，所以，………………………………………………………5分又圆，所以圆的方程为，化简得，所以，解得.              ………………………………………………………10分 21.（B）解：以极点为原点，极轴为x轴的正半轴（单位长度相同）建立平面直角坐标系，由直线，可得直角坐标方程为，又曲线，所以，其直角坐标方程为， ………………5分所以曲线是以为圆心，为半径的圆，为使直线被曲线（圆）截得的弦最长，所以直线过圆心，于是，解得.           ……………………………………………………10分 21.（C）解：因，所以，由柯西不等式得，即， …………………………………………………………………………………5分当且仅当，即时取等号，解得，所以当且仅当时，取最小值36.   ……………………………………10分  22．解：（1）以，，所在直线建立如图所示空间直角坐标系，由，，所以，，，，，，从而，，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.              …………………………………………4分（2）设，则，，所以，，，设平面的一个法向量，所以，所以，令，则，所以平面的一个法向量，同理可得平面的一个法向量，因为二面角的大小为，所以，解得或，由图形可知当二面角的大小为时, .         …………………………………10分注：用传统方法也可，请参照评分.23．解：（1）令得，令得，两式相加得，∴.…………………………………3分（2）…………………………………………………………………………………7分要证，即证，只需证明，即证，当时，显然成立；当时，，即，∴对恒成立.综上，恒成立.……………………………………………………………………………………10分注：用数学归纳法或数列的单调性也可证明恒成立，请参照评分.