2020届南京师大附中高三年级模拟数学试题（解析版）

2020届江苏省南京师大附中高三年级模拟数学试题一、填空题1设集合，则 _.【答案】【解析】根据交集的定义，即可求解.【详解】.故答案为:.【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题.2若复数是纯虚数，其中是虚数单位，则实数的值是_.【答案】【解析】求出实部和虚部，由纯虚数的定义，即可求解.【详解】，是纯虚数，解得.故答案为：-2【点睛】本题考查复数的代数运算，考查复数的分类，属于基础题.3在下图所示的算法中，若输出的值为6，则输入的值为_.【答案】 【解析】算法表示分段函数，由，对分类讨论，即可求解.【详解】当时，；当时，（舍去），所以.故答案为:.【点睛】本题考查算法程序的应用问题，解题时应模拟程序运行过程，属于基础题.4函数的定义域是_.【答案】【解析】根据函数的限制条件，得出不等式组，即可求解.【详解】函数有意义，须，解得，函数的定义域为.故答案为:.【点睛】本题考查函数的定义域，属于基础题.5某中学高一、高二、髙三年级的学生人数分别为620人、680人、700人，为了解不同年级学生的眼睛近视惰况，现用分层抽样的方法抽取了容量为100的样本，则高三年级应抽取的学生人数为_.【答案】35【解析】根据分层抽样各层按比例分配，即可求解【详解】分层抽样的方法抽取了容量为100的样本，则高三年级应抽取的学生人数为.故答案为:35.【点睛】本题考查分层抽样样本抽取个数，属于基础题.6已知集合，若从集合中随机抽取2个数，其和是偶数的概率为_.【答案】【解析】用组合数求出从集合中随机抽取个数所有方法，再求出和是偶数的基本事件的个数，按求古典概型的概率，即可求解.【详解】从集合中随机抽取2个数有，其和是偶数则这两数同为奇数或同为偶数有，和是偶数的概率为.故答案为:.【点睛】本题考查古典概型的概率，属于基础题.，7已知正四棱锥的底面边长为，体积为8，则正四棱锥的侧面积为_.【答案】【解析】根据题意求出正四棱锥的高，再求出侧面的斜高，即可求解.【详解】设正四棱锥的高为，侧面的斜高为，正四棱锥的侧面积.故答案为:.【点睛】本题考查椎体的体积和侧面积，注意应用其几何结构特征，属于基础题.8设数列是等比数列，前项和为.已知，则的值为_.【答案】13【解析】设等比数列的公比为，将已知条件转化为关于的方程，求出，即可得出结论.【详解】设等比数列的公比为，,，即，.故答案为:13.【点睛】本题考查等比数列通项基本量的运算，数基础题.9已知是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，则的离心率为_【答案】【解析】求得直线的方程，根据题意求得点坐标，代入直线方程，根据椭圆离心率的定义，即可求得椭圆的离心率【详解】如图所示，由题意知：，直线的方程为：，由，则，代入直线，整理得：，所求的椭圆离心率为故答案为：【点睛】本题考查了椭圆标准方程离心率的求解，及直线方程的应用，其中解答中应用题设条件求得点P的坐标，代入直线的方程，得出是解答的关键，同时注意数形结合思想的应用，是中档题10在平面直角坐标系中，已知点，点，点在线段的延长线上.设直线与直线及轴围成的三角形面积为，则的最小值为_.【答案】12【解析】求出直线方程，设点坐标，求出直线的方程，进而求出直线与轴交点的坐标，将所求三角形的面积表示成点坐标的函数，根据函数特征，利用基本不等式求出最小值.【详解】点，直线方程为，点在线段的延长线上，设，当时，当，且时，直线方程为，令，当且仅当时，等号成立.所以的最小值为12.故答案为:12.【点睛】本题考查三角形面积的最小值，解题时认真审题，注意基本不等式的应用，属于中档题.11已知函数，若直线与曲线相切.则实数的值为 _.【答案】3【解析】设切点为，求出，求出切线方程，将代入，求出切点坐标，即可求解.【详解】设切点为，切线方程为，令.故答案为:3.【点睛】本题考查导数的几何意义，要注意切点坐标的应用，属于基础题.12如图，在直角梯形中，为的中点，若，则_，【答案】2【解析】以为坐标原点，所在的直线为轴建立坐标系，得出坐标，设点坐标，根据已知求出坐标，即可求解.【详解】以为坐标原点，所在的直线为轴建立坐标系，则，设，解得，舍去负值，.故答案为:2.【点睛】本题考查向量的坐标表示，以及向量数量积的运算，属于基础题.13在中，内角的对边另别是，已知，则的最大值为_.【答案】【解析】由已知可得，结合余弦定理，求出用表示，用基本不等式求出的最小值，即可求解.【详解】,由正弦定理得，由余弦定理得，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为.故答案为:.【点睛】本题考查三角函数的最值，考查正、余弦定理解三角形，应用基本不等式求最值，属于中档题.14已知函数，若方程恰有5个不同的实数根，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】令，作出函数的图像，求出有5个交点时，值的个数以及范围，转化交点的个数及交点横坐标范围，数形结合，求出的范围.【详解】令，作出函数的图像，如下图所示：当时，没有实数解，当或，有1个实数解，当时，有3个实数解，当时，有2个实数解，要使恰有5个不同的实数根，则在各有一个解，即在各有一个交点，所以实数的取值范围是.故答案为:,【点睛】本题考查复合函数零点个数求参数，换元法是解题的关键，数形结合是解题的依赖，属于较难题.二、解答题15已知函数的最小正周期为.（1）当时，求函数的值域；（2）设的内角对应的边分别为.已知，且，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】（1）由二倍角正弦、降幂公式、辅助角公式，化简为正弦型三角函数，由周期值，求出解析式，用整体代换结合正弦函数的图像，即可求解；（2）由（1）和求出，再由余弦定理求出，即可求解.【详解】（1）.因为的周期为，且，所以，解得，所以.又，得，即函数在上的值域为.（2）因为，所以，由，知，解得：，所以.由余弦定理知：，即，所以，因为，所以.所以.【点睛】本题考查三角恒等变换化简，考查三角函数的性质，考查余弦定理解三角形以及求三角形的面积，属于中档题.16如图，在三棱柱中，侧面为菱形，且，点分别为的中点.（1）求证:平面平面；（2）求证：平面.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）由已知可得，可证平面，即可证明结论；（2）连接、，可得为中点，结合已知可证，即可证明结论.【详解】（1）因为，且点为的中点，所以.因为侧面为菱形，所以，又，所以为等边三角形，点为的中点，所以，且，、平面所以平面，又平面所以平面平面.（2）连接、，因为是三棱柱所以，所以四边形是平行四边形点为的中点，故，所以点为的中点，又点为的中点，所以在中，有因为平面，平面，所以平面.【点睛】本题考查面面垂直、线面平行的证明，注意空间垂直之间的转换，属于基础题.17在平面直角坐拯系中，的离心率为，且点在此椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）设宜线与圆相切于第一象限内的点，且与椭圆交于.两点.若的面积为，求直线的方程.【答案】（1）（2）.【解析】（1）将离心率中的关系，转化为关系，点代入方程，即可求解；（2）根据已知可得，设直线方程，由直线与圆相切，可得出关系，将直线方程与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，进而求出两点坐标关系，求出且等于，即可求解.【详解】（1），可得椭圆方程为，将点代入，解得方程为（2）因为直线与单位圆相切于第一象限内的点，可设与相切，圆心到直线距离为， 设，由可得， 将代入，得解之可得：，或（舍），代入式可得，因为，所以直线的方程为.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，熟练掌握根与系数关系设而不求的方法求相交弦长，考查计算求解能力和推理能力，属于中档题.18某人利用一根原木制作一件手工作品，该作品由一个球体和一个正四棱柱组成，假定原 木为圆柱体（如图1），底面半径为，高为，制作要求如下：首先需将原木切割为两部分（分别称为第I圆柱和第II圆柱），要求切面与原木的上下底面平行（不考虑损耗） 然后将第I圆柱切割为一个球体，要求体积最大，将第II圆柱切割为一个正四棱柱，要求正四棱柱的上下底面分别为第II圆柱上下底面圆的内接正方形.（1）当时，若第I圆柱和第II圆柱的体积相等，求该手王作品的体积；（2）对于给定的和，求手工作品体积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】（1）由已知可得第I圆柱和第II圆柱高相等为4，等于圆柱底面直径，第I圆柱的球体最大直径为4，再由条件可求出正四棱柱的底面边长，从而求出体积，即可求解；（2）设第I圆柱的高为，则第II圆柱的高为，求出正四棱柱体积为，而球半径为与较小值，对分类讨论，当是，球的半径为，体积定值，只需求最大值即可；当，球最大半径为，求出球的体积与正四棱柱体积和，通过求导，求出最大值，对比两个范围的最大值，即可求解.【详解】（1）因为第I圆柱和第II圆柱的体积一样大，所以它们的高一样，可设为第I圆柱的球体直径不超过和因此第I圆柱内的最大球体半径即为球体体积因为正四棱柱的底面正方形内接于半径为的圆所以正方形的对角线长为，边长为正四棱柱体积，手工作业的体积为.（2）设第I圆柱的高为，则第II圆柱的高为，当时，第I圆柱内的球体直径应不超过和，故球体的最大半径应为由（1）可知，此时第II圆柱内的正四棱柱底面积为，故当时，最大为，手工作品的体积最大值为.当时，第I圆柱内的球体直径应不超过和，故球体的最大直径应为，球体体积，正四棱柱体积所以手工作品的体积为.令递减极小递增，因为，所以所以当时，手工作品的体积最大值为【点睛】本题考查球的体积和正四棱柱的体积，解题的关键确定球的半径，考查导数求最值的应用，属于中档题.19设为实数，已知函数的导函数为，且.（1）求的值；（2）设为实数，若对于任意，不等式恒成立，且存在唯一的实数使得成立，求的值；（3）是否存在负数，使得是曲线的切线.若存在，求出的所有值：若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）求出，再由，即可求出值；（2）由（1）的结论将问题转化为恒成立，设，即为，通过导数法求出，求出的取值范围，再由唯一解，求出的值； （3）设切点的横坐标为，求出切线斜率，结合已知得，将切点坐标代入，整理得到关于的方程，转化为关于的方程正数解的情况，即为与直线在第一象限交点情况，通过求导，求出单调区间，以及最值，即可求解.【详解】（1）因为，所以，故.（2）因为，所以恒成立.记，则，因为，且，所以，因此为时，单调递减；当时，单调递增，所以，即，当时，故方程无解，当时，当时，由单调性知所以存在唯一的使得，即.（3）设切点的横坐标为，则，即，即原命题等价于存在正数使得方程成立.记，则，令，则，因此当时，单调递增，；当时，单调递减，则.故存在唯一的正数使得方程成立，即存在唯一的负数，使得是曲线的切线.【点睛】本题考查导数的几何意义、不等式恒成立、方程的解等知识，考查运算求解能力、推理论证能力与问题转化能力，综合性较强，属于难题.20设数列是公差不为零等差数列，满足；数列的前项和为，且满足.（1）求数列、的通项公式；（2）在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；在和之间插入个数，使成等差数列，（i）求；（ii）是否存在正整数，使成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）（i）（ii）及.【解析】（1）设数列的公差为，将已知条件用表示，解方程组，即可求出；令，得出为等比数列，即可求出通项；（2）（i）由题意成等差数列，求出的通项公式，进而求出就为数列的前项和，利用错位相减法即可求解；（ii）根据已知得出的函数关系，利用，结合函数值的变化，即可求解.【详解】（1）设数列的公差为则由条件，可得，又由，可得，将代入上式得，由 当时， -得：又是首项为，公比为的等比数列，故（2）在和之间插入个数，因为成等差数列，设公差为则，则， 则 -得：，若，因为，所以，则，从而，故，当时，当时，当时，下证时，有，即证，设，则，在上单调递增，故时，即，从而时，不是整数故所求的所有整数对为及.【点睛】本题考查等差数列的通项基本运算和前项和，考查由前项求等比数列的通项，考查错位相减法求前项和，以及不定方程的求解，考查计算、推理能力，属于较难题.21.选修4-2:矩阵与变换已知，矩阵所对应的变换将直线变换为自身,求a,b的值【答案】【解析】试题分析：利用相关点法列等量关系：设直线上任意一点在变换的作用下变成点，由，得，与重合，解得试题解析：设直线上任意一点在变换的作用下变成点，由，得， 4分因为在直线上，所以，即， 6分又因为在直线上，所以 8分因此解得. 10分【考点】矩阵变换22在极坐标系中，己知直线的极坐标方程是，圆的极坐标方程是，求直线被圆截得的弦长.【答案】【解析】直线、圆方程化简整理， 代入，将直线方程、圆方程化为直角坐标方程，求出圆心到直线的距离，即可求出相交弦长.【详解】解：，直线的直角坐标系方程，圆的直角坐标方程是，圆心为，半径为2，所以圆心到直线的距离为，所以弦长为.【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程互化，考查圆的相交弦长，注意应用几何法求弦长，属于中档题.23如图，在四棱锥中，底面是边长为3的疋方形，侧面与底面垂直，过点作的垂线，垂足为，且满足，点在棱上，（1）当时，求直线与平面所成角的正弦值；（2）当取何值时，二面角的正弦值为.【答案】（1）.（2）【解析】在底面内过点作，交与，由已知可证底面，建立空间直角坐标系，求出坐标.（1）由条件得出坐标，求出平面