江苏省2020届高三高考全真模拟（九）数学试题 Word版含解析 26页

www.ks5u.com ‎2020年江苏高考数学全真模拟试卷（九）‎ 数学I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2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.‎ 一、填空题：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】‎ 由题意，由交集概念即可得解.‎ ‎【详解】，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了集合的运算，属于基础题.‎ ‎2.复数(其中i为虚数单位)的虚部是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数除法计算原理，化简即可得到虚部．‎ - 26 -‎ ‎【详解】根据导数除法运算，化简 ‎ ‎ ‎ ‎ 所以虚部为 ‎【点睛】本题考查了复数的除法运算和简单的概念，属于简单题．‎ ‎3.如图，这是一个算法流程图，则输出的a的值是____________．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 模拟执行程序框图，注意变量的取值，逐步计算即可得解.‎ ‎【详解】模拟执行该程序框图，可得：‎ ‎，；‎ ‎，；‎ ‎，，输出.‎ 故答案为：3.‎ ‎【点睛】本题考查了程序框图的应用，属于基础题.‎ ‎4.函数的定义域为__________．‎ ‎【答案】‎ - 26 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二次根式的概念可得，解对数不等式即可得解.‎ ‎【详解】由题意即，解得，‎ 所以函数的定义域为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了复合函数定义域的求解，考查了对数不等式的求解，属于基础题.‎ ‎5.甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，乙获胜的概率是，则甲获胜的概率是_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因为甲获胜与两个人和棋或乙获胜对立，所以甲获胜概，应填.‎ 考点：概率的求法.‎ ‎6.若函数图象的一条对称轴方程为，则的值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合余弦函数的图象与性质可得，即可得解.‎ ‎【详解】由题意得，解得，‎ 因为，所以．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了余弦函数图象与性质的应用，属于基础题.‎ ‎7.在各项均为正数的等比数列中，，则数列的前10项和等于______．‎ ‎【答案】15‎ - 26 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合等比数列的性质可得，再由对数运算的性质即可得解.‎ ‎【详解】数列为各项均为正数的等比数列，且，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的性质及对数运算性质的综合应用，属于基础题.‎ ‎8.设正三棱锥的底面边长和侧棱长均为4，点分别为棱,,,的中点，则三棱锥的体积为___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求正三棱锥体积，再比较三棱锥与正三棱锥高与底面积的关系得结果.‎ ‎【详解】：∵正三棱锥A﹣BCD的底面边长和侧棱长均为4，‎ 点E，F，G，H分别为棱AB，BC，CD，BD的中点，‎ 连结DF，则DF2，‎ 过A作AO⊥平面BCD，交DF于O，则DO，‎ ‎∴AO，‎ ‎∴正三棱锥的A﹣BCD的体积为：‎ - 26 -‎ VA﹣BCD，‎ ‎∵三棱锥E﹣FGH的底面积是正三棱锥A﹣BCD的底面积的，‎ 三棱锥E﹣FGH的高是正三棱锥A﹣BCD的高的，‎ ‎∴三棱锥E﹣FGH的体积：‎ VE﹣FGH．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到.‎ ‎9.若双曲线的渐近线与圆无交点，则的离心率的取值范围为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：根据圆心到直线的距离大于半径，列不等式，结合可得离心率的取值范围.‎ - 26 -‎ 详解：曲线的渐近线与圆无交点，‎ 圆心到直线的距离大于半径，‎ 即，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 即的离心率的取值范围为，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率问题应先将 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于的不等式，从而求出的范围.本题是利用点到直线的距离大于圆半径构造出关于的不等式，最后解出的范围.‎ ‎10.已知，，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二倍角正切公式可得，转化条件得，化简即可得，即可得解.‎ ‎【详解】将变形为，即，‎ 因为，即，‎ 所以，‎ - 26 -‎ 整理得，所以．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了三角恒等变换和同角三角函数商数关系的应用，考查了运算求解能力，属于中档题.‎ ‎11.在四边形ABCD中，若，，则边AC的长为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由平面向量数量积的运算法则可得即，可得即，则由平面向量数量积的定义可得，即可得解.‎ ‎【详解】因为，所以四边形为平行四边形，‎ 因为，移项得，‎ 整理得，所以即，‎ 在中，，所以．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的定义及运算法则的应用，考查了转化化归思想，属于中档题.‎ ‎12.在平简直角坐标系xOy中，直线（k为常数）与曲线相交于点A，B，平面上一点P满足，则点P到原点的最远距离为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知直线恒过定点、曲线的对称中心为，则由平面向量线性运算法则可得，进而可得点在以点 - 26 -‎ 为圆心、1为半径的圆上，由圆的性质即可得解.‎ ‎【详解】因为直线恒过定点，‎ 曲线可变为，可知该曲线的对称中心为，‎ 所以的中点为，从而，即，‎ 所以点在以点为圆心、1为半径的圆上，‎ 又，‎ 所以点．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了直线过定点、曲线对称中心的确定，考查了平面向量线性运算法则和圆的性质的应用，属于中档题.‎ ‎13.已知x，y为正实数，则的最小值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 转化条件得，由基本不等式即可得解.‎ ‎【详解】由题意 ‎，‎ 当且仅当时等号成立，故的最小值为．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式的应用，考查了转化化归思想和运算求解能力，属于中档题.‎ - 26 -‎ ‎14.已知直线l与曲线（e为自然对数的底数）和曲线都相切，则直线l的斜率为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线与两曲线的切点分别为，，由题意结合导数的几何意义可得直线的方程可表示为和，进而可得，即可得解.‎ ‎【详解】对求导得，对求导得，‎ 设直线与两曲线的切点分别为，，‎ 则切线的方程可表示为；‎ 切线的方程也可表示为，‎ 所以，‎ 消去整理得即，‎ 令，‎ 易知函数在上单调递减，且，‎ - 26 -‎ 所以的解为，‎ 所以直线l的斜率．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义及导数的运算，考查了运算能力，属于中档题.‎ 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.在中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.‎ ‎（1）求角C的大小；‎ ‎（2）若，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意结合正弦定理和三角恒等变换得，进而可得，即可得解；‎ ‎（2）由余弦定理结合题意可得，解得后，利用即可得解 ‎【详解】（1）因为，‎ 由正弦定理得，‎ 即．‎ 因为，所以，‎ 所以 又因为，所以，‎ - 26 -‎ 所以即；‎ ‎（2）由余弦定理得，‎ 所以，即，解得，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查了三角恒等变换、正弦定理和余弦定理的综合应用，考查了三角形面积公式的应用，属于中档题.‎ ‎16.如图，在四棱锥P-ABCD中，已知四边形ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，E是棱PB的中点，且过AE和AD的平面与棱PC交于点F.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若平面平面PBC，求线段PA的长.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意结合线面平行的判定可得平面，再由线面平行的性质即可得证；‎ ‎（2）由线面垂直的判定和性质可得，进而可得，由面面垂直的性质可得平面，即可得，再由平面几何的知识即可得解.‎ ‎【详解】（1）证明：由题意得直线和确定的平面即为平面．‎ 因为四边形为正方形，所以．‎ 又因为平面，平面，‎ 所以平面，‎ - 26 -‎ 又因为平面，平面平面，‎ 所以． ‎ ‎（2）因四边形为正方形，所以，‎ 因为平面，平面，所以，‎ 又因为，平面，所以平面，‎ 又因为平面，所以，‎ 由（1）知，所以，‎ 又因为平面平面，平面平面，平面，‎ 所以平面，‎ 又因为平面，所以，‎ 在中，因为是的中点，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了线线、线面、面面位置关系的判定和性质，考查了空间思维能力，属于中档题.‎ ‎17.如图，某地有一条宽为的公路,该公路在A处为直角弯道现有一辆“斯太尔”型大货车要通过该弯道,已知该货车的宽为，长为.‎ ‎（1）假设该货车刚好能通过该弯道，且，试求货车长l关于的函数关系式，并写出定义域；‎ ‎（2）若该货车的长为16 m，则它能否顺利通过该弯道？请说明理由.‎ ‎【答案】（1）．（2）该货车不能顺利通过该弯道．见解析 ‎【解析】‎ - 26 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）延长，交AC于点G，过点G作，H为垂足，由题意可求得、，进而可表示，同理可得，即可得解；‎ ‎（2）令，则可转化条件得方程在上是否有解，令，由二次函数的性质即可得解.‎ ‎【详解】（1）如图，延长，交AC于点G，过点G作，H为垂足，‎ 在中，，，所以，‎ 在中，，，所以，‎ 所以；‎ 同理可得；‎ 所以；‎ ‎（2）令，‎ 则，所以，‎ 令，问题即转化为关于t的方程在上是否有解，‎ 方程整理得．‎ 令，则其图象对称轴方程为，‎ - 26 -‎ 所以在上单调递增．‎ 又因为，所以方程在上无解，‎ 因此该货车不能顺利通过该弯道．‎ ‎【点睛】本题考查了函数与三角函数性质、辅助角公式的综合应用，考查了换元法和转化化归思想，属于中档题.‎ ‎18.如图，已知椭圆C：的左、右顶点分别为右焦点为，右准线l的方程为，过焦点F的直线与椭圆C相交于点A，B（不与点重合）.‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）当直线AB的倾斜角为45°时，求弦AB的长；‎ ‎（3）设直线交l于点M，求证：B，，M三点共线.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意结合椭圆性质可得、，即可得解；‎ ‎（2）由题意直线，设，，联立方程组可得，，再利用弦长公式即可得解；‎ ‎（3）设直线，，，易得，转化结论为证明 - 26 -‎ 成立，联立方程组即可得，，进而可得，即可得证.‎ ‎【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c．由题意得．‎ 又右准线l的方程为，所以，‎ 所以，，‎ 所以椭圆的标准方程为，‎ ‎（2）设，，‎ 因为直线的倾斜角为且过点，‎ 所以直线，‎ 联立，消去得，，‎ 所以，，‎ 所以；‎ ‎（3）由题意可得，，‎ 因为直线AB的斜率不为0，‎ 所以设直线，，，‎ 则直线，令，得，所以；‎ 要证，，三点共线，只需证，‎ 即证，即证；‎ - 26 -‎ 联立，消去x得，，‎ 所以，，‎ 所以，‎ 所以，，三点共线．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆标准方程的确定及直线与椭圆的位置关系，考查了计算能力与转化化归思想，属于中档题.‎ ‎19.已知各项均为正数的数列的前n项和为，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）记，若集合中恰好有3个元素，求实数的取值范围；‎ ‎（3）若，且，求证：数列为等差数列.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用数列与的关系可转化条件得，由、即可得解；‎ ‎（2）由题意，根据、、分类讨论，求得数列最大的四项即可得解；‎ ‎（3）转化条件得，结合即可得证.‎ ‎【详解】（1）由题意得，‎ 两式相减得，由可得，‎ 所以数列隔项成等差数列，公差为2，‎ 由得即，‎ - 26 -‎ 所以，即数列的通项公式为；‎ ‎（2）由题意得，从而，‎ 所以当时，，，即；‎ 当时，，，即；‎ 当时，，，即；‎ 所以，‎ 而 又因为的解仅有3个，‎ 所以，因此实数的取值范围为；‎ ‎（3）证明：由题意得，所以，‎ 两式相减得，①‎ 所以，②‎ ‎②一①得，‎ 整理得即，‎ 由和，得，‎ 所以，即数列为等差数列.‎ ‎【点睛】本题考查了数列与的关系的应用和等差数列的证明，考查了数列单调性的应用和运算能力，属于中档题.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）若函数在处的切线方程为，求实数，的值；‎ ‎（2）若函数在和两处取得极值，求实数的取值范围；‎ - 26 -‎ ‎（3）在（2）的条件下，若，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得：，，解得，.‎ ‎（2）由题意知：有两个零点，，‎ 令，而.‎ 对时和时分类讨论，解得：.经检验，合题；‎ ‎（3）由题意得，，即.‎ 所以，令，即，‎ 令，求导，得在上单调递减，即.‎ ‎，.令，求导得在上单调递减，得的取值范围.‎ ‎【详解】（1），‎ 由题意得：，即，‎ 即，所以，.‎ ‎（2）由题意知：有两个零点，，‎ 令，而.‎ ‎①当时，恒成立 所以单调递减，此时至多1个零点（舍）.‎ - 26 -‎ ‎②当时，令，解得：，‎ 在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以，‎ 因为有两个零点，所以，‎ 解得：.‎ 因为，，且，‎ 而在上单调递减，‎ 所以在上有1个零点；‎ 又因为（易证），‎ 则且，‎ 而在上单调递增，‎ 所以在上有1个零点.‎ 综上：.‎ ‎（3）由题意得，，即.‎ 所以，令，即，‎ - 26 -‎ 令，，‎ 令，而，‎ 所以上单调递减，即，‎ 所以在上单调递减，即.‎ 因为，.‎ 令，而恒成立，‎ 所以在上单调递减，又，‎ 所以.‎ ‎【点睛】根据函数的极值情况求参数的要领：1.列式，根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；2.验证，求解后验证根的合理性，含参数时，要讨论参数的大小 数学II（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2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粘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.‎ ‎【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，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.‎ - 26 -‎ ‎[选修4－2：矩阵与变换]‎ ‎21.在平面直角坐标系xOy中，点在矩阵对应的变换作用下得到点，求.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由矩阵乘法的性质可转化条件为，即可得，求出后再利用矩阵乘法的性质即可得解.‎ ‎【详解】依题意知即，‎ 解得．‎ 因为，‎ 所以矩阵的逆矩阵，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查了矩阵乘法的性质及逆矩阵的求解，考查了运算能力，属于中档题.‎ ‎[选修4－4：坐标系与参数方程] ‎ ‎22.在极坐标系中，设直线过点，，，且直线与曲线有且只有一个公共点，求实数的值．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 26 -‎ 先求得直线的普通方程，把曲线的极坐标方程化为直角坐标方程．因为直线与曲线有且只有一个公共点，可得圆心到直线的距离，由此解得的值．‎ ‎【详解】依题意，点，、的直角坐标为，，，‎ 从而直线的普通方程为．‎ 曲线的直角坐标方程为．‎ 因为直线与曲线有且只有一个公共点，‎ 所以，解得（负值已舍）．‎ ‎【点睛】本题主要考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，点到直线的距离公式的应用，属于基础题．‎ 选修4－5：不等式选讲 ‎23.已知正实数a、b、c满足，求证.‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，再由柯西不等式可得，即可得证.‎ ‎【详解】证明：，，‎ 由柯西不等式得，‎ ‎．‎ - 26 -‎ ‎【点睛】本题考查了利用柯西不等式证明不等式，考查了推理能力，属于中档题.‎ ‎【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，在四棱锥中，底面为直角梯形，，且，平面．‎ ‎（1）求与平面所成角的正弦值；‎ ‎（2）棱上是否存在一点满足?若存在，求的长；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）（2）不存在 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）建立空间直角坐标系，借助空间向量数量积的坐标形式进行求解；（2）依据题设条件，运用向量的坐标形式建立方程，‎ 即判定方程是否有解：‎ 解：（1）依题意，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，‎ 则，从而.‎ 设平面的法向量为,则，且，‎ 即，且，不妨取，则，‎ 所以平面的一个法向量,‎ - 26 -‎ 此时，所以与平面所成角的正弦值为；‎ ‎（2）设，则 则，‎ 由得，‎ 化简得，，该方程无解，‎ 所以，棱上不存在一点满足.‎ ‎25.已知数列满足.‎ ‎（1）求证：.‎ ‎（2）求证：.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由绝对值三角不等式可得即可得证；‎ ‎（2）由题意、时，不等式成立，假设当且时结论成立，再证明当时不等式依然成立，即可得证.‎ ‎【详解】证明：（1）‎ ‎．‎ ‎（2）用数学归纳法证明：‎ 当时，左边右边．‎ - 26 -‎ 当时，由（1）得左边右边．‎ 假设当且时结论成立，即有，‎ 则当时，‎ 由（1）得，所以，‎ 故，‎ 所以当时结论成立．‎ 综上，．‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值三角不等式的应用及数学归纳法的应用，考查了运算能力和转化化归思想，属于中档题.‎ - 26 -‎ - 26 -‎