2020届江苏省盐城市、南京市高三第一次模拟数学试题（解析版）

2020届江苏省盐城市、南京市高三第一次模拟数学试题   一、填空题1．已知集合，全集，则________.【答案】【解析】直接根据补集运算得到答案.【详解】因为，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了补集的计算，属于简单题.2．设复数，其中为虚数单位，则_________.【答案】5【解析】计算得到，再计算得到答案.【详解】，所以.故答案为：5.【点睛】本题考查了复数的计算，意在考查学生的计算能力.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________.【答案】【解析】计算基本事件数为，包含甲的基本事件数为，得到答案.【详解】所有基本事件数为，包含甲的基本事件数为，所以概率为.故答案为：.【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力.4．命题“”的否定是_________命题.（填“真”或“假”） 【答案】真【解析】判断原命题为假命题得到答案.【详解】时，，所以原命题为假命题，故其否定为真命题.故答案为：真.【点睛】本题考查了命题的否定的真假判断，转化为原命题的真假判断是解题的关键.5．运行如图所示的伪代码，则输出的的值为_______.【答案】6【解析】根据伪代码依次计算得到答案.【详解】第一遍循环，第二轮循环，第三轮循环，第四轮循环，第五轮循环，第六轮循环，所以输出的.故答案为：6.【点睛】本题考查了伪代码的计算，意在考查学生的理解能力和计算能力.6．已知样本7，8，9，的平均数是9，且，则此样本的方差是______.【答案】2【解析】根据题意可得，解得，再计算方差得到答案.【详解】依题可得：，则，不妨设，解得，所以方差.故答案为：2.【点睛】本题考查了平均值和方差的计算，意在考查学生的计算能力.7．在平面直角坐标系中，抛物线上的点到其焦点的距离为3，则点到点的距离为______.【答案】【解析】计算得到，再利用两点间距离公式计算得到答案.【详解】拋物线的准线为，所以横坐标为2，代入抛物线方程可得，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了抛物线相关的距离的计算，意在考查学生的计算能力.8．若数列是公差不为0的等差数列，、、成等差数列，则的值为______.【答案】3【解析】根据题意得到，化简得到，计算得到答案.【详解】依题可得，即，设数列公差为，可得，解得，所以，.故答案为：3.【点睛】本题考查了等差数列的计算，意在考查学生的计算能力.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________.【答案】【解析】计算得到，得到答案.【详解】，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了三棱柱，四棱锥的体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.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_______.【答案】7【解析】根据题意计算得到，再根据最低点得到，计算得到答案.【详解】依题可得，即，又因为，且为第一个最低点，所以，解得.故答案为：7.【点睛】本题考查了三角函数的图像与性质，意在考查学生的综合应用能力.11．已知是的垂心（三角形三条高所在直线的交点），，则的值为_______.【答案】【解析】根据垂心得到，得到，即，，计算得到答案.【详解】因为是的垂心，所以，因为，且，所以，所以，同理，即，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了三角形的垂心，向量的运算，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.12．若无穷数列是等差数列，则其前10项的和为________.【答案】10【解析】讨论和均不成立，故，得到前10项的和.【详解】若等差数列公差为，则，若，则当时，，若，则当时，，均不符，所以，取前两项知：，解得或（验证不成立），所以前10项和为10.故答案为：10.【点睛】本题考查了等差数列求和，确定是解题的关键.13．已知集合，集合，若，则的最小值为___________.【答案】4【解析】画出函数图像，根据渐近线得到，，与圆相切时最小，得到答案.【详解】画出集合的图象如图所示：第一象限为四分之一圆，第二象限，第四象限均为双曲线的一部分，且渐近线均为，所以，所求式为两直线之间的距离的最小值，所以，与圆相切时最小，此时两直线间距离为圆半径4，所以最小值为4.故答案为：4. 【点睛】本题考查了根据集合的包含关系求参数，画出图像是解题的关键.14．若对任意实数，都有成立，则实数的值为________.【答案】【解析】设，先计算，再讨论，，三种情况计算得到答案.【详解】设，若判别式，则有解，设一解为，则时，不满足恒成立，则，此时，因为，①即时，函数在单调递减，，则，即，不满足题意；②即时，记较小值为，则在单调递增，由可得，即，不满足题意；③即时，在，递减，则，，则成立，综上.故答案为：.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，分类讨论是常用的数学方法，需要熟练掌握. 二、解答题15．已知满足.（1）若，求；（2）若，且，求.【答案】（1）；（2）【解析】（1）化简得到，得到，再利用正弦定理计算得到答案.（2）令，计算，在利用和差公式计算得到答案.【详解】（1），所以，得，因为为三角形内角，所以，由，得，由正弦定理得：，解得；（2），及，令，则，因为，所以，所以，.【点睛】本题考查了正弦定理，三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.16．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：.【答案】（1）1；（2）见解析；【解析】（1）连结交与点，连结，得到，为中位线，得到答案.（2），，得到平面，得到证明.【详解】（1）连结交与点，连结，因为平面，且平面平面平面，由线面平行的性质定理得：，在中，由于为中点，所以为中位线，则；（2）因为为正方形，所以，又因为为长方体，所以平面，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以.【点睛】本题考查了根据线面平行求线段比，线线垂直，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.17．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.具体做法是从中剪裁出两块全等的圆形铁皮与做圆柱的底面，剪裁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）【答案】（1）；（2）【解析】（1）记与切于点，记，的半径为，根据得到，解得答案.（2），设，求导得到单调性得到最值.【详解】（1）记与切于点，记，的半径为，则，，要想围成圆柱，则，即，解得，即半径的取值范围为.（2），记，，令，得，所以当时，，递增，，所以在定义域上，体积随着的增大而增大，所以时，体积最大.【点睛】本题考查了圆和圆的位置关系，圆柱体积的最值，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.18．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.【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据题意直接计算得到，，得到椭圆方程.（2）不妨设，且，设，代入 数据化简得到，故，得到答案.【详解】（1），所以，，化简得，所以，，所以方程为；（2）由题意得，不在轴上，不妨设，且，设，所以由，得，所以，由，得，代入，化简得：，由于，所以，同理可得，所以，所以当时，最小为【点睛】本题考查了椭圆方程，椭圆中的向量运算和最值，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.19．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.【答案】（1）；（2）是“数列”，证明见解析；（3）存在，；【解析】（1）计算，故是公比为1的等比数列，计算得到答案.（2）是“”数列，化简得到，即，得到证明.（3）是公比为2的等比数列，，利用累加法得到，得到，计算得到答案.【详解】（1）由题意可得，由数列为“数列”可得，即，则是公比为1的等比数列，即，则是首项为1，公差为3的等差数列，；（2）是“”数列，， 理由如下：时，由，可得，两式作差可得即，则，两式作差可得，即，由，可得，则，则对任意成立，则为首项是，公比为3的等比软列，则为数列；（3）由是数列，可得是公比为2的等比数列，即，则，由，可得，则，则，则，若正整数满足，则，由，则，则，若，则，不满足，若，则，则，即，则，则正整数，则；因此存在满足条件的.【点睛】本题考查了数列的新定义，累加法求通项公式，解数列不等式，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用和理解能力.20．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.【答案】（1）1；（2）；（3）【解析】（1）计算，根据奇函数得到解得答案.（2），讨论和两种情况，得到函数的单调区间和极值，计算得到答案.（3）根据题意，令，求导得到时单调递减，令，则，，得到答案.【详解】（1）由函数为奇函数可得，则，，则，此时，对任意，，满足为奇函数，；（2），①时，由，可得，则，仅当时可能为0，则在上单调递增，无极小值；②时，，令，可得，则，，，即，，则的解为，单调性如下表：+-+递增递减递增  则在处取得极小值，即，满足题意；综上，的取值范围是；（3）根据第二问可得，则，令，，则时单调递减，由，，，可得，令，则，在单调递增，则的取值范围是.【点睛】本题考查了根据奇偶性求参数，根据极值求参数，不等式恒成立问题，将恒成立问题转化为最值问题是解题的关键.21．已知圆经矩阵变换后得到圆，求实数的值.【答案】【解析】设圆上任一点，经变换后得到，则，代入计算得到答案.【详解】设圆上任一点，经变换后得到，则，则，由在上，可得，即，由方程表示圆，可得，，则.【点睛】本题考查了圆的矩阵变换，意在考查学生的应用能力.22．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.【答案】4【解析】直线和曲线的直角坐标方程分别为：，当是最长弦时，直线经过圆心，得到答案.【详解】以极点为原点，极轴为轴正半轴建立平面直角坐标系，则直线和曲线的直角坐标方程分别为：，即曲线为圆，圆心，是最长弦时，直线经过圆心，则.【点睛】本题考查了极坐标和直角坐标的转化，直线和圆的位置关系，意在考查学生的转化能力.23．已知正实数满足，求的最小值.【答案】36【解析】变换，再利用柯西不等式得到答案.【详解】由，由柯西不等式可得：，当且仅当即时等号成立.【点睛】本题考查了利用柯西不等式求最值，变换是解题的关键.24．如图，是圆柱的两条母线，分别经过上下底面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.【答案】（1）；（2）【解析】（1）以为原点，射线方向为轴、轴，轴正方向建系，，，计算夹角得到答案.（2）设，即为二面角的平面角，利用夹角公式计算到答案.【详解】（1）以为原点，射线方向为轴、轴，轴正方向建系，由，，则，则，设与所成角为，则；（2）设，同第一问建系，则，则，则，平面平面，平面，平面，则即为二面角的平面角，则，则，则，则，则母线长为.【点睛】本题考查了异面直线夹角，根据二面角求长度，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.25．设，记.（1）求；（2）记，求证：恒成立.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）分别取和代入计算得到两式，相加得到答案.（2）计算得到，，计算得到，故，计算得到答案.【详解】（1）令可得，令可得，两式相加可得，则（2），则，令，则，，时，，则即，则时，即，则.【点睛】本题考查了数列的通项公式，数列不等式恒成立问题，确定数列的单调性是解题的关键.