高中数学高考南京市、盐城市2020届高三年级第一次模拟考试数学参考答案(1)

这是一份高中数学高考南京市、盐城市2020届高三年级第一次模拟考试数学参考答案(1)，共7页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.