江苏省宿迁中学2020届高三上学期1月一模全真模拟卷数学试题 Word版含解析 22页

www.ks5u.com 江苏省宿迁中学2020年1月高三年级一模全真模拟卷 一.填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分)‎ ‎1.已知全集，集合，，则_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合已知利用补集的定义先求出，然后根据交集的定义即可求出．‎ ‎【详解】因为，，所以，又，‎ 所以.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的交集运算及补集的运算，属于基础题．‎ ‎2.已知复数满足，其中为虚数单位，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将等式变形为，再利用复数的除法运算化简为复数的代数形式，再根据复数的模的定义即可求出．‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 所以．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的除法运算及复数的模的求法，属于基础题．‎ ‎3.函数的最小正周期为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 根据函数可知，代入周期公式，即可求出函数的最小正周期．‎ ‎【详解】因为函数，所以．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的周期求法，关键是熟练掌握函数的最小正周期为，属于基础题．‎ ‎4.执行如图所示的伪代码，若输出的值为1，则输入的值为_______.‎ ‎【答案】-1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】执行此程序框图可知，当时，，此时方程无解；‎ 当时，，解得，所以输入的值为.‎ ‎5.已知圆锥的体积为，母线与底面所成角为，则该圆锥的底面积为____ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆锥底面半径为，可得母线，高，根据体积公式建立方程，即可求出，再根据圆锥的底面积公式，即可求出结果．‎ ‎【详解】因为圆锥母线与底面所成角为，设圆锥底面半径为，则母线长 - 22 -‎ ‎，所以圆锥的高，‎ 所以圆锥的体积，解得，‎ 所以该圆锥的底面积．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查圆锥的底面积的求法，同时考查圆锥的体积公式，属于基础题．‎ ‎6.已知各项均为正数的等比数列的前4项和15，且，则____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列通项公式将化为用基本量来表示，解出，然后再由求出，再根据通项公式即可求出．‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，由，得，‎ 所以，解得，‎ 又数列的各项均为正数，所以，‎ 又，所以，‎ 所以．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式的应用及等比数列的求和公式的应用，同时考查方程思想及运算能力，属于基础题．‎ ‎7.从分别写有1,2,3,4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 先求出别写有1,2,3,4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，基本事件的个数，然后再求出抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的基本事件的个.数，运用古典概型公式求出概率.‎ ‎【详解】写有1,2,3,4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，基本事件的个数为，抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的基本事件为：‎ ‎，共个，因此抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为.‎ ‎【点睛】本题考查了古典概型概率的计算公式，考查了有放回抽样，属于基础题.‎ ‎8.在等差数列中，设，则是的_____条件.（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要条件”或“既不充分也不必要”中的一个）‎ ‎【答案】既不充分也不必要 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将利用等差数列的通项公式进行化简，再利用充分条件和必要条件判断充分性和必要性，即可判断出结果．‎ ‎【详解】在等差数列中，由得 ‎，即，‎ 若，则；若，则，‎ 故是的既不充分也不必要条件．‎ 故答案为：既不充分也不必要 ‎【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，等差数列的通项公式及不等式的性质．‎ ‎9.在平面直角坐标系xOy中，双曲线C：的右顶点到双曲线的一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 求出右焦点及渐近线，利用点到直线的距离列出方程求出，再利用求出，即可求出双曲线的离心率．‎ ‎【详解】根据题意知，双曲线的右顶点坐标为，其渐近线方程为，‎ 因为双曲线的右顶点到双曲线的一条渐近线的距离为，‎ 所以，解得，所以，‎ 所以双曲线的离心率．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，属于中档题．‎ ‎10.已知，，则_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二倍角公式可将已知等式化简为，根据可求得；根据同角三角函数关系，结合可求得结果.‎ ‎【详解】由二倍角公式可知：，‎ 又 ，即 本题正确结果：‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查利用二倍角公式、同角三角函数关系求解三角函数值的问题，关键是能够利用公式，结合角的范围来对已知等式进行化简.‎ ‎11.若实数a，b满足，则的取值范围是_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可化为，令，只需求出的范围，作出不等式组所表示的平面区域，利用的几何意义，即可求出的范围，进而可求出的取值范围．‎ ‎【详解】，令，则，‎ 作出原不等式组所表示的平面区域，如图所示，‎ 易知当目标函数，过点时，取得最小值；‎ 当过点时，取得最大值，故，‎ 所以，‎ 所以的取值范围是．‎ ‎　故答案为：‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划知识的应用，关键是将可化为，利用数形结合求出的范围．‎ ‎12.已知函数，，，其中表示中最大的数，若对恒成立，则实数的取值范围是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在同一坐标系中作出和图象，的图象是由和图象中较大部分构成，当时，，而当时，，故只需即可，利用数形结合即可得出结果．‎ ‎【详解】当时，，所以由成立；‎ 当时，，所以只要即可，‎ 如图将的图象向左平移1个单位(如图①)，得到函数的图象，此时有，‎ 若图象再向左平移(如图②)则满足，所以．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查利用数形结合处理恒成立问题，属于中档题．‎ ‎13.已知圆，圆，若在圆上存在点，圆 - 22 -‎ 上存在点使得点满足：，则实数的取值范围是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图形的对称性，不妨设在轴的右侧，问题可转化为点到圆上的距离最大值大于等于点到圆上的距离最小值，即，即可求出的取值范围．‎ ‎【详解】若在圆上存在点，圆上存在点使得点满足：，‎ 由图形对称性，不妨设在轴及其右侧，故只需，所以 所以，‎ 解得，同理在轴及其左侧得到，综上，‎ 所以实数的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题主要考查圆的方程及几何图形中的存在性问题处理策略，属于难题．‎ ‎14.已知的内角的对边分别为且,为内部的一点，且，若，则的最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将利用向量的线性运算全部转化为以为起点的向量，根据平面向量基本定理可将用表示，再利用余弦定理及基本不等式，即可求出结果．‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 所以，所以 - 22 -‎ 又，所以，所以，‎ 在中，由余弦定理得，又，‎ 所以，‎ 即，当且仅当时，等号成立．‎ 所以，故的最大值为．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查向量线性运算，平面向量基本定理，余弦定理及基本不等式求最值，关键是利用整体思想将化为，属于难题．‎ 二.解答题（本大题共6小题，共90分，解答时应写出文字说明）‎ ‎15.在中，内角所对的边分别为.已知，.‎ ‎（I）求的值；‎ ‎（II）求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，‎ 进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.‎ 试题解析：（Ⅰ）解：由，及，得.‎ - 22 -‎ 由，及余弦定理，得.‎ ‎（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得，代入，得.‎ 由（Ⅰ）知，A为钝角，所以.于是，‎ ‎，故 ‎.‎ 考点：正弦定理、余弦定理、解三角形 ‎【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.‎ ‎16.如图，直四棱柱的底面四边形是菱形，，，，分别是的中点.‎ ‎(1)证明：平面；‎ ‎(2)求三棱锥的体积．‎ - 22 -‎ ‎【答案】(1)见解析；(2)．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)要证平面，只需在平面找到一条直线与平行即可，故只需证即可；‎ ‎(2)要求三棱锥的体积可变换底面转化为求三棱锥的体积即可．‎ ‎【详解】(1)连结，‎ 因为，分别为中点，所以，‎ 因为，所以四边形是平行四边形，‎ 所以，又是的中点，且，‎ 所以，所以四边形为平行四边形，‎ 所以，又平面，平面,‎ 所以平面．‎ ‎(2)因为，平面，平面，‎ - 22 -‎ 所以平面，‎ 所以到平面的距离即为到平面的距离，‎ 直四棱柱中，平面，又平面，‎ 所以平面平面，‎ 过在平面内，作垂足为，‎ 因为平面平面，平面，‎ 所以平面，‎ 在中，，，所以，‎ 所以，‎ 所以三棱锥的体积为．‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理及变换底面求三棱锥的体积．‎ ‎17.已知椭圆Γ:的左、右焦点分别为，过的直线l与椭圆Γ交于两点.‎ ‎(1)求的周长；‎ ‎(2)设直线不平行于坐标轴，点为关于轴的对称点，直线与轴交于点，求面积的最大值．‎ ‎【答案】(1)；(2)．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据椭圆的定义可得，，即可求出的周长；‎ ‎(2)设出点的坐标及直线的方程，将直线的方程与椭圆Γ的方程联立方程组消去 - 22 -‎ ‎，利用根与系数关系求出纵坐标的和与积，由直线的方程求出点坐标，从而可求出的底，再利用三角形面积公式，即可求出结果．‎ ‎【详解】(1)由已知得，则的周长为 ‎(2)设，则，根据题意可设直线的方程为，‎ 由，得，‎ 所以，，‎ 因为直线的斜率，所以直线的方程为，‎ 令，得 ‎，‎ 所以，所以，‎ 所以面积，又，‎ 所以当时，面积最大，最大值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的定义、直线与椭圆的位置关系及直线的方程设法，考查基本运算能力，属于中档题．‎ ‎18.如图，长途车站与地铁站的距离为千米，从地铁站出发有两条道路 - 22 -‎ 经测量的夹角为，与夹角满足(其中)，现要经过修一条直路分别与道路交汇于，两点，并在点，处设立公共自行车停放点．‎ ‎(1)已知修建道路的单位造价分别为元/千米和元/千米，若两段道路的总造价相等，求此时点之间的距离；‎ ‎(2)考虑环境因素，需要对，段道路进行翻修，，段的翻修单价分别为元/千米和元/千米，要使两段道路的翻修总价最少，试确定点，的位置．‎ ‎【答案】(1) 千米；(2)要使两段道路的翻修总价最少，在距点千米处，在距点千米处．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)要求点之间的距离，只需求出，，先根据，利用两角差的正弦公式求出，根据已知可得，再利用，即可分别求出，，再利用余弦定理即可求出点之间的距离；‎ ‎(2)设，()，将两段道路的翻修总价用表示，根据找出关系，代入中，利用基本不等式即可求出翻修总价最小值．‎ - 22 -‎ ‎【详解】(1)因为，，所以，，‎ 所以，‎ 根据题意知， ，所以，‎ 所以，即，‎ 所以，‎ 同理，由，可得，‎ 在中，由余弦定理得 ‎，‎ 所以，‎ 答：此时点之间的距离为千米．‎ ‎(2)设，(),总造价为,则，‎ 因为，即，‎ 所以，所以，又，所以，‎ 所以 当且仅当，即时，等号成立，此时，‎ - 22 -‎ 答：要使两段道路的翻修总价最少，在距点千米处，在距点千米处．‎ ‎【点睛】本题主要考查对三角形面积算“两次”建立方程，同时考查三角形的面积公式及利用基本不等式求最值，属于中档题．‎ ‎19.‎ 已知数列与满足：‎ ‎，，且．‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）设，证明：是等比数列；‎ ‎（Ⅲ）设证明：．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（Ⅰ）由，可得，又 将代入可得 - 22 -‎ - 22 -‎ ‎20.已知函数 ‎（Ⅰ）求曲线在处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）当时，求的零点个数；‎ ‎（Ⅲ）若函数在上是增函数，求证：．‎ ‎【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）见解析．（Ⅲ）见解析．‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由题意，求得，求得，得到切线的斜率，利用点斜式方程，即可得到切线的方程；‎ ‎（Ⅱ）由，得到在上是增函数，进而得到，再根据零点的存在定理，即可求解.‎ ‎（Ⅲ）由题意得在上恒成立，即在上恒成立，设，利用导数得到函数的单调性与最值，即可求解.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ） 则：，又 所以，所求切线方程为，即．‎ ‎（Ⅱ）因为，‎ 所以在上是增函数，‎ 则，‎ 所以在上是增函数，‎ 又，，‎ 所以在上有唯一零点，且零点在上．‎ ‎（Ⅲ）由题意，在上恒成立，‎ 即在上恒成立，‎ 当时，；‎ 当时，恒成立，‎ 设 - 22 -‎ 所以，‎ 由（Ⅱ）可知，，使，‎ 所以，当时，，当时 由此，在单调递减，在单调递增．‎ 所以，‎ 又因为，‎ 所以 从而，‎ 所以．‎ 又因为，，‎ ‎，‎ 所以．‎ 由于在上是增函数，‎ 所以，‎ 故．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，其中利用导数研究不等式恒成立或解不等式问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎ - 22 -‎ - 22 -‎ - 22 -‎