2020届江苏省南通市高三下学期高考考前模拟卷(九)数学试题

 2020届江苏省南通市

高三下学期高考考前模拟卷(九)数学试题

（南通数学学科基地命题）

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上．

1. 已知集合，，则集合的子集的个数为________．

【答案】

【解析】

【分析】

先化简集合，再求出交集，即可得出结果.

【详解】因为，，

所以，

因此其子集个数为.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查集合子集的个数，考查交集的概念，以及指数不等式的解法，属于基础题型.

2. 某高中高一、高二、高三年级的学生人数之比为，教务处为了解学生“停课不停学”期间在家的网络学习情况，现采用分层抽样的方法从三个年级的学生中抽取容量为100的样本进行调查，则应从高三年级抽取________名学生．

【答案】32

【解析】

【分析】

先计算高三学生占的比例，再计算高三年级抽取的学生人数即可.

【详解】解：因为高一、高二、高三年级的学生人数之比为，

所以高三年级学生占比为：，

所以根据分层抽样的方法，高三年级抽取名学生.

故答案为：.

【点睛】本题考查分层抽样的知识，是基础题.

3. 已知复数z满足（i为虚数单位），且，则实数________．

【答案】0

【解析】

【分析】

先化简，再利用建立方程，最后解得实数的值.

【详解】解：∵ ，

∴

∵，∴ 

解得：，

故答案为：0.

【点睛】本题考查复数的运算，复数的几何意义求参数，是基础题.

4. 若从2个白球，2个红球，1个黄球这5个球中随机取出2个球，则所取2个球颜色相同的概率是______．

【答案】

【解析】

【分析】

列举所有的基本事件，从中找出符合条件的基本事件，根据古典概型概率计算即可.

【详解】从5个球中随机取出2个球，共有10种基本事件，其中取出2球颜色相同的只有2种，所以取出两个颜色相同球的概率为.

故答案为：.

【点睛】本题注意考查古典概型的概率.

5. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点F在双曲线上，则焦点F到该双曲线的渐近线的距离为________．

【答案】.

【解析】

【分析】

求出抛物线的焦点坐标，代入双曲线方程，求出双曲线方程，进而求出渐近线方程和距离.

【详解】抛物线焦点坐标为，在双曲线上

，渐近线为，到距离为

故答案为：

【点睛】本题考查了抛物线和双曲线标准方程，点到直线距离，考查了运算求解能力，属于一般题目.

6. 根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为________．

【答案】19

【解析】

【分析】

根据程序框图，我们知从1开始在1至9中每次间隔3取值，故的取值为1,4,7，所以循环体执行3次；将的取值分别代入，最后算出正确答案即可.

【详解】解：根据程序框图可知，循环体要执行三次循环，

第一次，，，

第二次，，，

第三次，，，

，故循环体结束，

最后输出.

故答案为：19.

【点睛】本题主要考查程序框图、循环体相关知识，考查运算求解能力，属于基础题型.

7. 函数的部分图象如图所示，若函数在区间上的值域为，则的最小值是________．

【答案】

【解析】

【分析】

由函数的最值求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，求得．根据函数在，上是减函数，（2），，由此求得的最小值．

【详解】由函数的最大值为2，可得．

 由，可得．

由五点法作图可得，，

函数．

由于函数在，上减函数，

时，（2），时，，

所以，若函数在区间上的值域为，

则的最小值是，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查由函数的部分图象求解析式，正弦函数的单调性的应用，属于中档题．

8. 已知正六棱柱的侧面积为，高为，则它的外接球的体积为________．

【答案】

【解析】

【分析】

由侧面积求其底面的边长，根据正六棱柱的外接球的直径是其对角线的长，从而可得外接球的半径，利用外接球体积公式计算即可得到答案.

【详解】设正六棱柱的底面正六边形的边长为,则根据侧面积为，可得边长为2，

正六棱柱的外接球的直径是其对角线的长，则，

得，故外接球的体积为（cm3），

故答案为：.

【点睛】本题考查正六棱柱的结构特征，考查棱柱的外接球的体积问题，考查空间想象能力和计算能力，属于基础题.

9. 已知函数,若,则实数的取值范围为_____.

【答案】

【解析】

分析】

首先判断函数为奇函数，然后判断出的单调性，由此化简不等式，求得实数的取值范围.

【详解】f(﹣x)=﹣x|﹣x|﹣3x=﹣x|x|﹣3x=﹣f(x),即函数f(x)为奇函数,

当x>0时,f(x)=x2+3x在(0,+∞)上为增函数,

故函数f(x)在R上为增函数,

∴f(a)+f(a2﹣2)<0等价于a<2﹣a2,解得﹣2<a<1.

故答案为:.

【点睛】本小题主要考查根据函数的单调性和奇偶性解不等式，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.

10. 已知实数满足约束条件，则的最大值是________．

【答案】

【解析】

【分析】

先将变形为，令，再根据其几何意义可得当时，和同时取得最大值，进而计算可得答案.

【详解】解：

令，则表示可行域中的点与点所在直线的斜率，

如图，当点为时，有最大值，

且此时，也取得最大值，

故当时，

取最大值.

故答案为： .

【点睛】本题考查线性规划的斜率型问题的最值求解，是中档题.

11. 已知等比数列的公比，且，则________．

【答案】1024

【解析】

【分析】

利用等比数列的通项公式化简可得．

【详解】，所以==，所以，

所以=,所以=.

故答案为：1024.

【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及等差数列的通项公式及指数运算，计算量较大，属于中档题．

12. 在平面四边形ABCD中，已知点E，F分別在边AD，BC上，，，，，，则向量与的夹角的余弦值为________．

【答案】

【解析】

【分析】

连结AC，取点G，使得AC=3AG，连结EG,FG，利用余弦定理求出角的余弦值，即可得出结果.

【详解】

如图，连结AC，取点G，使得AC=3AG，连结EG,FG，

则为与所成交的补角，

在中，由余弦定理可得,

，所以与所成交角的余弦值为.

故答案为：.

【点睛】本题考查了余弦定理，考查解决问题能力和数学运算能力，属于一般题目.

13. 若在中，，，．在中，，则CD的取值范围是________．

【答案】

【解析】

【分析】

建立平面直角坐标系，设 ，D在第一象限或第二象限，根据，求出D的轨迹方程为圆，进而求出圆上的点到C的距离的最大最小值.

【详解】

以点B为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，A（0，2），C（3，0），

设，点D在轴右侧和左侧，，

点D在轴右侧时，

化简可得，

，

D在第二象限时，

化简可得，，

所以CD的取值范围为：

故答案为：

【点睛】本题考查了用坐标法求距离的取值范围，考查了数学运算能力和转化的数学思想，属于难题.

14. 已知，，，则的最小值为________．

【答案】-1

【解析】

【分析】

由已知可得（关键转化），进而利用基本不等式求解.

【详解】,

当且仅当时取“=”，

最小值为7，最小值为.

故答案为：.

【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，关键在于化归与转化，属较难试题.

二、解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

15. 在如图所示的空间几何体中，是以BC为底边的等腰三角形，M是BC的中点，DA、EB都垂直于平面ABC．求证：

（1）平面EBC；

（2）平面EBC．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）分别证明，即可；

（2）证明即可.

【详解】（1）因为是以为底边的等腰三角形，是的中点，

所以，

因为平面，平面，

所以，

又因为平面，，

所以平面;

（2）因为DA、EB都垂直于平面ABC，

所以，

因为平面EBC，平面EBC，

所以平面EBC．

【点睛】本题主要考查线面垂直的证明以及线面平行的证明，证明线线之间的垂直平行是关键.

16. 已知．

（1）求的值；

（2）若，求的值．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】

（1）根据，得到，由利用平方关系求得，然后由求解.

（2）由（1）知，然后由求解.

【详解】（1）因为，

所以，又，

所以，

所以，

.

（2）由（1）知，

所以，

因为，

所以

【点睛】本题主要考查两角和与差的三角恒等变换的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

17. 已知数列是公差不为零的等差数列，且，，，成等比数列，数列满足．

（1）求数列的通项公式；

（2）求证：数列是等比数列；

（3）若数列满足，且为整数，求m的值．

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）或.

【解析】

【分析】

（1）根据，，成等比数列可求出等差数列公差，即可求出通项公式；

（2）根据及可求出的通项公式，即可求证；

（3）由，分析出时，符合题意.

【详解】（1）因为，，，成等比数列，设公差为d，

所以

即,

解得：或（舍去）

所以，

（2）因为，

所以，①

②

①②得：,

又，

所以=2n-1(n≥2)，

当时，，即，也适合，

所以,

由知数列是公比为2的等比数列.

（3），

当时，，时，，

当时，由知，不是整数，

所以为整数则或.

【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，等比中项，等比数列的定义，数列的递推关系，考查了运算能力，属于中档题.

18. 如图，某湖有一半径为1百米的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心（大小忽略不计），在其正东方向相距2百米的点A处安装一套监测设备．为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分別安装一套监测设备，且满足，．定义：四边形OACB及其内部区城为“直接监测覆盖区域”；OC的长为“最远直接监测距离”设．

（1）求“直接监测覆盖区城”的面积的最大值；

（2）试确定的值，使得“最远直接监测距离”最大．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】

（1）先用表示，再用表示出S四边形OACB=sinθ-2cosθ+
，最后运用两角和差的正余弦公式求最值即可；

（2）先建立直角坐标系表示出各点坐标，再用表示出点的坐标，最后表示出，最后再求最值.

【详解】解：（1）在中，∵，，，

∴ 即，

∴ ，

∴

令，则，

∴ “直接监测覆盖区城”的面积的最大值：.

（2）以点为坐标原点，以方向为轴正方向，以垂直于的正北方向为轴正方向，建立直角坐标系如图：则O(0,0)，，，设点，

由题意有：，即 解得：，

∴ ，

∴ 当，即时，取得最大值：，

∴ （百米）.

∴ 当时，使得“最远直接监测距离”最大为：.

【点睛】本题考查余弦定理、三角形面积公式、求的最值，是偏难题.

19. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，右准线的方程为，点A为椭圆C的左顶点，点、分别为椭圆C的左，右焦点．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）过点作斜率为的直线l交椭圆C于M，N两点（点M在点N的左侧），且．若，求t的值．

【答案】（1）；（2）或．

【解析】

【分析】

（1）由椭圆的离心率和准线方程可解出的值，再利用可求出的值，从而求出椭圆方程；（2）设直线的方程，与椭圆联立可求出，由，可得，利用两根的关系建立等式，可求出；又因为，可得，设直线的方程与椭圆联立可解，又，可以得到，联立两个方程可以解出的值.

【详解】解：（1）由条件可知：，解得：，又，所以方程为：.

（2）设，直线：联立方程可得：

，即，

，

，，，代入，有,

， ①

，，即，则直线的方程为：

联立直线和椭圆方程得：,

直线和椭圆均过，所以，解得：,

又为直线的中垂线，所以，解得： ②

由①②解得：，即或，经检验，当或时，都成立.

所以或.

【点睛】本题考查由椭圆的性质求方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的应用，考查学生的计算能力和转化能力，属于难题.

20. 已知函数．

（1）讨论函数单调性；

（2）对给定的，函数有零点，求的取值范围；

（3）当，时，，记在区间上的最大值为m，且，求n的值．

【答案】（1），函数单调递减；，函数单调递增；
（2）当时，函数有零点；

（3）．

【解析】

【分析】

（1）函数的定义域为，求导得，再根据和求单调区间即可；

（2）结合（1）得函数在时取得最小值，且当时，，故满足题意需满足，进而求得的取值范围；

（3）根据题意得，研究函数的单调性得函数在上单调递增，在上单调递减，且，，故，，再令，，即可求得，进而得.

【详解】解：（1）函数的定义域为，

，

令得，所以函数在上单调递增；

令得，所以函数在上单调递减.

（2）对给定的，当时，，

又因为函数在上单调递减，在上单调递增

所以函数在时取得最小值，

故函数要有零点，则需有，

即：，故，

所以对给定的，函数有零点，的取值范围为

（3）当，时，，

所以，

所以，

令，则在上成立，

所以在单调递增，

由于，，

所以存在，使得，即.

所以存在，使得在上满足，

在上满足

所以在上满足，在上满足，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以，

令，，

则在成立，

所以在单调递增，

由于，，

所以，

因为

所以.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，函数的零点，函数的最值，考查数学运算求解能力，属于较难题.

南通市2020届高考考前模拟卷（九）

数学Ⅱ（附加题）

21.【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

【选修4－2：矩阵与变换】

A. 已知矩阵，所对应的变换将直线变换为自身，求实数a，b的值．

【答案】．

【解析】

【分析】

设p(x,y)为直线上任意一点其在M的作用下变为，再利用矩阵变换求解.

【详解】设p(x,y)为直线上任意一点，其在矩阵M的作用下变为

由矩阵的乘法可得：，

代入直线整理得：，

因为与完全一样，

所以，

解得

【点睛】本题主要考查矩阵变换，属于基础题.

B.【选修4－4：坐标系与参数方程】

在极坐标系中，已知曲线，直线（t是参数），且直线l与曲线C交于A，B两点．

（1）求曲线C的直角坐标方程；

（2）设定点，求的值．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】

(1)曲线的极坐标方程两边同时乘以，再化简求解即可.

(2)联立直线的参数方程与曲线的直角坐标方程， 设、两点对应的参数分别为，，再利用韦达定理求解即可.

【详解】（1）曲线，化简得直角坐标方程为：；即．  

（2）因为，所以直线过点.将直线的参数方程代入曲线的方程中，

得，即. 设、两点对应的参数分别为，，

所以，，所以．

【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化以及直线参数方程的几何意义，属于中档题.

C.【选修4－5：不等式选讲】

已知，且，求的最小值．

【答案】1

【解析】

【分析】

令，得，利用柯西不等式可以求出.

【详解】令，则，

，，得，

由柯西不等式可得+)(u2+v2)≥4,

即+)≥1，

当且仅当，即x=±√2,y=0或x=0,y=±√2时，等号成立，

故的最小值为1.

【点睛】本题考查柯西不等式的应用,考查考生分析问题、解决问题的能力.

【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

22. 已知抛物线

（1）若抛物线C经过点，求抛物线C的方程及其准线方程；

（2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线交抛物线C于M、N两点，直线分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点．

【答案】（1），；（2）或，证明见解析．

【解析】

【分析】

（1）根据抛物线C经过点，代入抛物线方程求解得到p，进而求得抛物线方程及准线方程.

（2）抛物线C焦点，设直线l的方程为,，与抛物线方程联立，由直线OM的方程为，令，得，同理，设，然后由，结合韦达定理求解.

【详解】（1）因为抛物线C经过点，

所以p=2，

所以抛物线C的方程及其准线方程为；

（2）抛物线C的焦点，

当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，

由，得，

所以，y1y2=-p2,直线OM的方程为，

令，得，同理，

设，则，，

所以，

解得，

所以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点或

当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，

则，，

所以)，),，)

，=0,

解得，，

所以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点或，

综上：AB为直径的圆经过x轴上的两个定点或

【点睛】本题主要考查抛物线方程的求法，直线与抛物线的位置关系以及圆过定点问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

23. 数列的前n项和为，记，数列满足，，且数列的前n项和为．

（1）请写出，，满足的关系式，并加以证明；

（2）若数列通项公式为，证明：．

【答案】（1），证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）由已知猜想出关系式，运用数学归纳法证明，验证当时， 关系式成立，再假设当时，关系式成立，运用假设证当时，关系式成立.

（2）由（1）得，得出，再用数学归纳法分两个步骤证明不等式成立.先验证当时，不等式成立；再假设当时，成立，证明当时，不等式成立.

【详解】（1），，之间满足的关系式是：，证明如下：

当时， ，所以成立，

假设当时，成立，即，

当时，

，

所以成立，所以成立.

（2）由（1）得，即，

因，所以，

当时，，成立；

假设当时，成立，，

当时，

，

所以当时，不等式成立，

所以,证毕.

【点睛】本题考查归纳猜想，运用数学归纳法证明等式和不等式，关键在于利用假设，证明当时成立，属于较难题.