【KS5U解析】江苏省2020届高三高考全真模拟（六）数学试题 Word版含解析

1、2020年江苏高考数学全真模拟试卷（六）（南通教研室）数学试题注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：1.本试卷共4页，均为非选择题(第1题第20题，共20题).本卷满分为160分，考试时间为120分钟考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米色水的签字笔填写在答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘點的条形码上的姓名、准考证号与您本人是否相符.4.作答试题必须用0.5毫米色墨水的签字笔在答题卡的指定位置作答，在其他位置作答律无效.5.如需作图，须用2b铅笔绘、写楚，线条、符号等须加黑、加粗.a.必做题部分一、填空

2、题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置上1.已知集合，则_.【答案】【解析】【分析】根据并集的定义求解【详解】由题意故答案为：【点睛】本题考查集合的并集运算，属于简单题2.复数（i为虚数单位）实部为_.【答案】【解析】【分析】由复数除法法则计算出，再由复数的定义得结论【详解】由已知，其实部为故答案为：【点睛】本题考查复数的除法运算，考查复数的概念，属于基础题3.某新媒体就我国提前进入“5g移动通信技术”商用元年的欢迎程度进行调查，参加调查的总人数为1000其中持各种态度的人数如下表：该媒体为进一步了解被调查者的具体想法，打算从中抽取50人进行更为详细的调查，

3、则应抽取持“很欢迎”态度的人数为_.【答案】36【解析】【分析】三种态度层次分明，采取分层抽样可得结论【详解】应用采取分层抽样，抽取持“很欢迎”态度的人数为故答案为：36【点睛】本题考查分层抽样，掌握分层抽样概念是解题基础4.执行如图所示的伪代码，则输出的s的值为_.【答案】8【解析】【分析】模拟程序运行，观察变量值的变化，即可得结论【详解】程序运行，循环中变量值变化如下：，满足循环条件；，满足循环条件；，满足循环条件；，不满足循环条件，退出循环，输出故答案为：8【点睛】本题考查伪代码，考查循环结构，解题时可模拟程序运行，确定变量值5.从3，4，12这3个数中随机取出2个数（逐个、不放回），分

4、别记为a，b，则“是整数”的概率为_.【答案】【解析】【分析】用列举法写出取出2个数的所有基本事件，确定数目后可得概率【详解】从3，4，12这3个数中随机取出2个数（逐个、不放回）的所有基本事件有：共6个，其中只有这2个能使是整数，所求概率为故答案为：【点睛】本题考查古典概型，解题时可用列举法写出所有基本事件，计数后可计算概率6.已知长方体的体积为72，则三棱锥的体积为_.【答案】24【解析】【分析】设长方体从同一顶点a出发的三条棱ab，ad，的长分别为a，b，c，根据棱锥体积公式得出长方体在三棱锥外的四个三棱锥的体积与长方体体积的关系，从而得出三棱锥的体积【详解】设长方体从同一顶点a出发的三

5、条棱ab，ad，的长分别为a，b，c，则.同理可得，所以.故答案为：24【点睛】本题考查棱锥的体积，掌握几何体的求体积的切割法7.在平面直角坐标系xoy中，已知双曲线c的渐近线方程为，且它的一个焦点为，则双曲线c的一条准线与两条渐近线所成的三角形的面积为_.【答案】【解析】【分析】设双曲线方程为，由渐近线方程得，再由焦点坐标可求得，从而得准线方程，求得准线与渐近线的交点坐标后可得三角形面积【详解】设双曲线方程为，因为双曲线c的渐近线方程为，又它的一个焦点为，,，所以双曲线c的方程为，所以双曲线c的一条准线方程为，它与两条渐近线的交点坐标为，从而所围成的三角形的面积为.故答案为：【点睛】本题考查

6、双曲线的几何性质，掌握渐近线、准线的方程是解题关键8.在平面直角坐标系xoy中，过点作斜率为（e为自然对数的底数）的直线，与曲线相切于点t，则实数t的值为_.【答案】【解析】【分析】求出导数，由导数几何意义求得切点的横坐标，从而得切点坐标，再由直线斜率公式求得【详解】因为，所以.设点，则.又因为，解得，.故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意义，在不知切点时，一般要设出切点坐标，然后由导数几何意义得切线斜率，切线方程，结合其它条件可求得切点坐标9.设等比数列的公比为其前n项和为，若，则正整数m的值为_.【答案】3【解析】【分析】利用等比数列的通项公式由条件可求得，然后由等比数列前项和公式可求得

7、【详解】在等比数列中，因为，所以，解得.因为，所以，解得.故答案为：3【点睛】本题考查等比数列的通项公式和前项和公式，考查基本量运算，属于基础题10.已知是定义在r上的偶函数，且在上单调递减，则满足不等式的实数a的取值集合为_.【答案】【解析】【分析】利用偶函数把不等式化为，然后再由单调性去掉函数符号“”，从而可求解【详解】因为是定义在r上的偶函数，所以.又因为，在上单调递减，所以不等式化为即，从而，所以.故答案为：【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，掌握单调性的定义是解题关键11.在中，已知，.若点c，d满足，则的值为_.【答案】【解析】【分析】把也用表示出来，然后由数量积的运算律、定义计

8、算【详解】，d为ob的中点，从而，.故答案为：【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是把向量用表示12.在中角a，b，c的对边分別为a，b，c，且，则的值为_.【答案】【解析】【分析】设比值为，这样可表示出，从而用余弦定理后可求得，再由余弦定理可求得【详解】设，所以，即，所以，不妨取，则所以.故答案为：【点睛】本题考查余弦定理，解题关键是对连比问题引入参数，即设，然后用参数表示出13.已知函数，若函数恰好有2个不同的零点，则实数m的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】函数的零点个数转化为方程的解的个数，再转化为方程解的个数，从而转化为函数的图象与直线的交点个数，作出函数图象后可得结论【详

9、解】令函数，得，结合函数的图象知当时，函数的图象与直线恰好有2个不同的交点，所以.故答案为：【点睛】本题考查函数零点个数问题，考查转化与化归思想，解题关键是把函数零点个数转化为方程解的个数，再转化为函数图象与直线交点个数，作出函数图象即可得结论14.在平面直角坐标系xoy中，已知圆，直线，过直线l上一点p作圆o的两条切线，切点分別为s、t，且，则实数a的最小值是_.【答案】【解析】【分析】引入参数，把用定义表示为的式子，由可求得，从而知必在圆上，那么由直线与此圆有公共点可得的最小值【详解】设，则解得或（舍去）.因为，所以即点p在圆上.又因为点p在直线上，所以圆心o到直线l的距离，解得，所以实数

10、a的最小值是.故答案为：【点睛】本题考查直线与圆和位置关系，考查平面向量的数量积，解题关键是由条件得出在一个圆，问题转化为直线与此圆有公共点二、解答题：本大题共6小题，共计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.已知向量，函数.（1）求函数图象的对称轴方程；（2）求函数在上的最大值和最小值以及相应的x的值.【答案】（1）对称轴方程为（2）当时，；当时，【解析】【分析】（1）由向量数量积的坐标运算求出函数，并利用二倍角公式、两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数性质得出对称轴；（2）由范围得出的范围，由正弦函数性质得出的值域，

11、从而得最值【详解】（1）因为向量，所以函数.当时，所以函数图象的对称轴方程为.（2）由（1）知因为，所以.从而，即.所以，当，时，；当，即时，.【点睛】本题考查平面向量的数量积，考查二倍角公式、两角和的正弦公式，考查三角函数的性质，正弦函数的性质是解题关键16.如图，在四面体a-bcd中，已知平面平面bcd，为正三角形，为等腰直角三角形，其中c为直角顶点，e，f分别为校ac，ad的中点.（1）求证：平面bef；（2）求证：平面acd.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由中位线定理得.再由线面平行的判定定理得线面平行；（2）由面面垂直的性质定理得平面abc，从而有.再

12、由等边三角形得一线线垂直，最终可证得线面垂直【详解】证明（1）在中因为e，f分别为ac，ad的中点，所以.又因为平面bef，平面bef，所以平面bef.（2）因为为等腰直角三角形，且c为直角顶点，故.又因为平面平面bcd，平面平面，平面bcd，所以平面abc.又因为平面abc，所以.因为为正三角形，e为ac的中点，所以又因为，cd、平面acd，所以平面acd.【点睛】本题考查证明线面平行和线面垂直，掌握线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理是解题基础17.为了打击海盗犯罪，甲、乙、丙三国海军进行联合军事演习，分别派出一艘军舰a，b，c.演习要求：任何时刻军舰a、b、c均不得在同一条直线上.（1

13、）如图1，若演习过程中，a、b间的距离始终保持，b，c间的距离始终保持，求的最大值.（2）如图2，若演习过程中，a，c间的距离始终保持，b、c间的距离始终保持.且当变化时，模拟海盗船d始终保持：到b的距离与a、b间的距离相等，与c在直线ab的两侧，求c与d间的最大距离.【答案】（1）（2）c与d间的最大距离为【解析】【分析】（1）由正弦定理求出的取值范围后可得的最大值；（2）以c为坐标原点，cb所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系xoy，则，由，得a在圆上.设，得，由到及，与c在直线ab的两侧，可，从而得点坐标，代入点轨迹方程可得点轨迹方程，知轨迹为圆，从而由点与圆的位置关系可得最大距

14、离【详解】因为任何时刻军舰a，b，c均不得在同一条直线上，所以构成，记角a，b，c的对边分别为a，b，c.（1）在中，由正弦定理，得所以.又因为.所以答：acb的最大值是.（2）以c为坐标原点，cb所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系xoy，则因为，所以a在圆上.设，则.因为d始终保持：到b的距离与a，b间的距离相等，且，与c在直线ab的两侧，所以，所以.代入方程中，得，所以d在以点为圆心1为半径的圆上，故答：c与d间的最大距离为.【点睛】本题考查正弦定理解三角形的应用，考查直线与圆的实际应用直线与圆的应用中关键是建立平面直角坐标系，求出动点的轨迹方程，问题转化为求圆外一点到圆上点的距

15、离的最大值18.在平面直角坐标系xoy中已知椭圆，焦点在x轴上的椭圆与的离心率相同，且椭圆的外切矩形abcd（两组对边分别平行于x轴、y轴）的顶点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程.（2）设为椭圆上一点（不与点a、b、c、d重合）.若直线：，求证：直线l与椭圆相交；记中的直线l与椭圆c1的交点为s、t，求证的面积为定值.【答案】（1）（2）证明见解析证明见解析【解析】【分析】（1）由于离心率相同可设方程为.代入矩形顶点坐标可求得，得方程；（2）直线方程与椭圆方程联立方程组，消元后计算，同时验证在的直线与椭圆也是相交的，证得结论；设，由弦长公式得计算出弦长，再求出到直线的距离，计算面积即可得【详解

16、】（1）依题意设椭圆的方程为.因为椭圆的外切矩形abcd的四个顶点为，将点代入方程中，得，所以椭圆的标准方程为.（2）联立，消去y得.因为为椭圆上一点，所以从而，则.特别地，当时，此时直线与椭圆也相交，所以直线与椭圆相交.设由，知，从而又因为点到直线的距离，所以，所以的面积为定值.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，直线与椭圆相交中三角形面积问题，可以直接利用弦长公式计算出弦长，再求出三角形的高，从而得面积19.已知函数，其中，.（1）若，求函数的单调减区间；（2）若数的极值点是，求b、c的值；（3）若，曲线在处的切线斜率为，求证：的极大值大于.【答案】（1）单调减区间

17、为（2），（3）证明见解析【解析】【分析】（1）计算导数，由确定减区间（2）由，可求得，注意即可；（3）由所以，得.由于，则，极大值点必是的较小根，设其为，则有，再结合，可求得的取值范围，计算，可利用换元法及导数的知识得证【详解】（1）因为，所以，故.令，即，解得，所以函数的单调减区间为.（2）因为，所以.因为是函数的极值点，所以是方程的实数根，故，解得或，又因为，所以，.（3）若，由（2）知，则.因为曲线在处的切线斜率为，所以，即.又因为，所以.设的较小的根为，则，即.由及，得，解得，则的极大值为令，则.所以，故，在上恒成立，所以，在上为减函数，故，即的极大值大于.【点睛】本题考查用导数研究

18、函数的单调性、函数的极值、最值，考查导数的几何意义，考查了学生的运算求解能力，属于较难题20.已知数列的各项均为正数，其前n项的积为，记，.（1）若数列为等比数列，数列为等差数列，求数列公比.（2）若，且求数列的通项公式.记，那么数列中是否存在两项，（s，t均为正偶数，且），使得数列，成等差数列？若存在，求s，t的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）数列的公比为1（2）存在；s，t的值为和【解析】【分析】（1）由得的等式，再由可求得的关系，得出结论；（2）已知条件可变形为（），从而可求出，从而可得，注意，求积可得；由知.利用导数研究函数的单调性得数列的单调性：，假设存在s，t满足题意，若，

19、由单调性出现矛盾，这样，分别求即可得结论【详解】（1）因为数列为等差数列，所以.又因为，所以（*）因为数列为等比数列，所以，代入（*）得，即，所以，故数列的公比为1.（2）当时，由得，从而又因为，所以故，所以.综上，数列的通项公式为.由知.记，则，从而函数在上单调递增，在上单调递减.又因为，所以.假设存在s，t满足题意，若，则，所以，不合题意，所以s只能为2，4，6，且.（i）当时，由，得，故.由数列的单调性可知存在唯一的满足题意.（ii）当时，由，得，故.同（i）知.（）当时，由，得故.又因为，由数列的单调性知，故，但不成立，所以与题意不符.综上，满足条件的s，t的值为和.【点睛】本题考查数

20、列的综合问题，掌握等差数列和等比数列的性质与通项公式是解题基础，本题还考查学生分析问题解决问题的能力，考查转化与化归能力，解题中考查用导数研究函数的单调性，考查分类讨论思想对学生能力要求较高，属于难题数学附加题注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：1.本试卷共4页，均为非选择题(第21题第23题).本卷满分为40分，考试时间为30分钟，考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置3.请认真核对监考员在答题卡上所枯贴的条形码上的姓名、准考证号与您本人是否相符4.作答试题必须用0.5毫米黑色墨水

21、的签字笔在答题卡的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5.如需作图，须用2b铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.21.已知矩阵的特征值为3和，对应的一个特征向量分别为，.（1）求矩阵m；（2）设矩阵m的逆矩阵为，且，求实数m，n的值.【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）根据特征值和特征向量的定义列出的方程组，解之可得；（2）根据逆矩阵定义，把条件转化为，由矩阵乘法运算可得【详解】（1）依题意知，且，所以，且，解得，所以矩阵.（2）因为，所以，即.所以，从而，.【点睛】本题考查矩阵的乘法运算，逆矩阵的概念，考查特征值与特征向量的概念，属于基础题22.已知圆c的坐标方程为.（1）求圆

22、心c的极坐标；（2）现以极点o为坐标原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系xoy，求直线（l为参数）被圆c截得的弦长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由公式可化极坐标方程为直角坐标方程，得出圆心的直角坐标后再化为极坐标；（2）消参后可化直线参数方程为普通方程，由点到直线距离公式求得圆心到直线的距离，再由勾股定理可求得弦长【详解】（1）因为圆c的极坐标方程为所以，化为直角坐标方程得，即，所以圆心c的直角坐标为，且是第四象限角，可取，极坐标.（2）直线（为参数）的普通方程为，则圆心到直线的距离，所以直线被圆c截得的弦长为.【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查参数方程

23、与普通方程的互化，求圆的弦长，一般是先求出圆心到直线的距离，然后用勾股定理计算出弦长23.已知，且，求实数的最大值.【答案】【解析】【分析】利用柯西不等式可求得的最大值【详解】由柯西不等式得.因为，所以.所以的最大值为，当且仅当，时等号成立.【点睛】本题考查柯西不等式的应用，掌握柯西不等式解题关键【必做题】第22题、第23题，每小题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.24.如图，在空间直角坐标系中，已知正四棱锥p-abcd的所有棱长均为6，正方形abcd的中心为坐标原点o，ad，bc平行于x轴，ab、cd平行于y轴，顶点p在z轴的正半轴上，点m、n分别在pa，bd上，且.（1）若，求直线mn与pc所成角大小；（2）若二面角a-pn-d的平面角的余弦值为，求的值.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】写出图中各点坐标，（1）求出向量，由向量夹角得出异面直线所成的角；（2）求出平面和平面的法向量，由法向量夹角的