江苏省2020届高三高考全真模拟（五）数学试题 Word版含解析 30页

www.ks5u.com ‎2020年江苏高考数学全真模拟试卷（五）（南通教研室）‎ 数学Ⅰ试题 A．必做题部分 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，，，则实数a的值为_______．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据并集的基本运算求解即可.‎ ‎【详解】因为,,,故.‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据并集结果求解参数的问题,属于基础题.‎ ‎2.若复数，其中i为虚数单位，则的模是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简,再根据模长公式求解即可.‎ ‎【详解】,故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的基本运算以及模长的计算等.属于基础题.‎ ‎3.执行如图所示的伪代码，则输出的T的值为_______．‎ - 30 -‎ ‎【答案】15‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据伪代码中的循环逐步计算即可.‎ ‎【详解】由题,初始值 ‎1.成立, ；‎ ‎2.成立, ；‎ ‎3.成立, ；‎ ‎4.不成立.输出.‎ 故答案为：15‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据伪代码输出结果的问题.属于基础题.‎ ‎4.某盒子中装有绿色小球3个、红色小球4个、橙色小球5个，从中随机抽取1个小球，则未抽到橙色小球的概率是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据古典概型求概率的方法求解即可.‎ ‎【详解】由题可知, 盒子中共有个.其中非橙色小球有个.故随机抽取1个小球,未抽到橙色小球概率是.‎ - 30 -‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了概率的基本运算,属于基础题.‎ ‎5.某班有学生52人，现将所有学生随机编号，用系统抽样的方法，抽取一个容量为4的样本，已知抽到的最小编号为5号，则抽到的最大编号为_____号．‎ ‎【答案】44‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据系统抽样抽出的编号成等差数列求解即可.‎ ‎【详解】由题可知,抽到的编号成等差数列,且公差为.故抽到的最大编号为.‎ 故答案为：44‎ ‎【点睛】本题主要考查了样本抽样的问题,需要根据抽出的编号成等差数列求解,属于基础题.‎ ‎6.函数的定义域为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题意得，即定义域为 考点：函数定义域 ‎7.在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的右焦点F与左顶点A的连线段的中点落在双曲线C的准线上，则双曲线C的离心率为________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出的中点坐标,再根据横坐标等于准线方程 ‎【详解】设点.由题意得线段的中点坐标为.所以,整理得,即,解得（负值舍去）.‎ 故答案为：2‎ - 30 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据双曲线有关的点的坐标运算,需要根据题意确定坐标,再代入方程得出关于的齐次式化简求解即可.属于基础题.‎ ‎8.已知函数图象的一条对称轴方程为，则的值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得出，求出的表达式，再结合的取值范围，可得出的值.‎ ‎【详解】由题意得出，，‎ ‎，且，故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦型函数对称轴方程求参数的值，解题时要结合正弦型函数的对称轴方程得出参数的表达式，并结合参数的取值范围得出参数的值，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎9.已知数列是等比数列，是其前n项和．若，，则的值是________．‎ ‎【答案】45‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设公比为,再利用等比数列各项间的关系,用与表达再化简求解,再求即可.‎ ‎【详解】设公比为,则,即,解得,‎ 所以,故.‎ 故答案为：45‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的基本量求解以及各项间的关系化简.属于基础题.‎ - 30 -‎ ‎10.一个长方体的三个面的面积分别是，，，则这个长方体的体积为______.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三个面的面积构造出方程组，三式相乘即可求得三条棱的乘积，从而求得体积.‎ ‎【详解】设长方体中同顶点的三条棱的长分别为 则可设：，三式相乘可知 长方体的体积：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查长方体体积的求解问题，属于基础题.‎ ‎11.如图，在圆内接四边形ABCD中，，，，则的值是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆的内接四边形有,再利用中的余弦定理可得 - 30 -‎ ‎,进而利用平面向量的数量积公式,代入化简求解即可.‎ ‎【详解】由题意得,故,‎ 所以,‎ 即,‎ 解得.‎ 而 ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量与解三角形综合解决平面中的数量积问题.需要根据题意 ‎12.在平面直角坐标系xOy中，过直线上一点P作直线，与圆交于点M，N．若M是线段PN的中点，则线段OP的长是_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆心到直线的距离关系分析可知过的直线过圆心且与垂直,再求出的坐标进而得到.‎ ‎【详解】由题得圆半径为,因为,所以.‎ 又因为,且,所以,即,此时过的直线过圆心且与垂直,故.‎ - 30 -‎ 联立直线方程可得点的坐标为,故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据直线与圆的位置关系,需要根据直线到圆上距离的最值以及弦长小于等于半径的关系分析.属于中档题.‎ ‎13.在中，已知如，则的最大值是________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理可得,再设,建立平面直角坐标系, 设根据三角函数的定义,化简可得,再利用满足的轨迹方程得出的范围进而求得最大值即可.‎ ‎【详解】解法一：因为,‎ 所以.不妨设,‎ 以A为坐标原点,AB所在直线为轴,建立平面直角坐标系.‎ 设,则 化简得,即.‎ 由三角函数的定义得,‎ 因为,,‎ 所以,‎ 故.‎ - 30 -‎ 由,‎ 化简得,‎ 因为,所以,‎ 故,‎ 当,即,,时等号成立,‎ 所以的最大值是1.‎ 解法二（平方消元法）：‎ 因为条件和目标含有和,‎ 故可以考虑平方消元.‎ 设 则,‎ 所以.‎ 因为,‎ 所以,‎ 化简得.‎ 因为 ‎,其中.‎ 解得,所以.‎ - 30 -‎ 当时,,‎ 解得,,,此时等号成立,‎ 所以的最大值是1.‎ 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据了三角函数求最值的问题,可考虑建立平面直角坐标系或者根据同角三角函数的关系求解.属于难题.‎ ‎14.已知函数的图象与直线有3个交点，则实数a的取值范围是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分情况当与和三种情况,再根据的取值范围以及二次函数的零点存在定理数形结合分析即可.‎ ‎【详解】解法一：设,.‎ 当时,显然不成立.‎ 当时,若,‎ 则由图象可知与的图象显然只有1个交点,‎ 所以当时,与的图象有2个交点,‎ 即关于方程在上有两个不相等的实数根,‎ 所以,解得.‎ 当时,若,则由图象可知与的图象显然只有1个交点,‎ - 30 -‎ 所以当时,与的图象有2个交点,‎ 即关于的方程在上有两个不相等的实数根,‎ 所以,解得.‎ 综上,实数的取值范围是.‎ 解法二：设.‎ 当时,,‎ 故在上有1个零点,在上有2个零点,‎ 所以,解得.‎ 当时,,‎ 故在上有1个零点,在上有2个零点,‎ 所以,解得.‎ 当时,在上单调递增,不合题意,舍去.‎ 综上,实数的取值范围是.‎ 解法三：原题等价于与的图象有3个交点.‎ 当时,由图象可知与的图象在上显然只有1个交点,‎ 只需与的图象在上有2个交点,‎ 即关于的方程在上有两个不相等的实数根,‎ - 30 -‎ 所以,解得.‎ 当时,由图象可知与的图象在上显然只有1个交点,‎ 只需与的图象在上有2个交点,‎ 即关于的方程在上有两个不相等的实数根,‎ 所以,解得.‎ 综上,实数的取值范围是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据函数的零点个数求解参数范围的问题,需要根据函数的性质结合零点存在性定理进行分析,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.α，β均为锐角，且，．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求的值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据同角三角函数的关系以及两角和的余弦公式计算,再根据判定即可.‎ - 30 -‎ ‎(2)先求解,再根据两角和的正切公式等计算即可.‎ ‎【详解】（1）解法一：因为为锐角且,‎ 所以.‎ 因为为锐角且,‎ 所以.‎ 因为 ‎,‎ 又因为,均为锐角,所以,所以.‎ 解法二：因为为锐角且 所以,.‎ 因为为锐角且,‎ 所以,.‎ 因为,‎ 又因为,均为锐角.所以,所以.‎ 解法二：因为为锐角且,‎ - 30 -‎ 所以,.‎ 因为为锐角且 所以,‎ 因为,‎ 又因为,均为锐角,所以,所以.‎ ‎（2）解法一：因为,,‎ 所以,‎ 所以.‎ 因为,,所以,‎ 所以.‎ 解法二：因为,‎ 所以 ‎.‎ 因为,‎ - 30 -‎ 所以,‎ 故,‎ 所以 故.‎ ‎【点睛】本题主要考查了同角三角函数的公式以及和差角的三角函数公式,需要根据题意分析角度之间的关系,选择合适的公式化简求解.属于中档题.‎ ‎16.如图，在四棱锥中，四边形ABCD为平行四边形，E为侧棱PD的中点，O为AC与BD的交点．‎ ‎（1）求证：平面PBC；‎ ‎（2）若平面平面ABCD，，，，求证：．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据中位线的性质证明即可.‎ ‎(2) 在中利用正弦定理可得,再根据面面垂直的性质证明平面,进而可得.‎ ‎【详解】证明（1）因为四边形为平行四边形,为与的交点,‎ - 30 -‎ 所以为的中点.‎ 又因为为侧棱中点,‎ 所以.‎ 又因为平面,平面,‎ 所以平面.‎ ‎（2）在中,因为,,,‎ 由正弦定理,‎ 可得,‎ 所以,即.‎ 又因为四边形为平行四边形,‎ 所以,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.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面平行的证明以及根据线面垂直与面面垂直的性质证明线线垂直等,属于中档题.‎ ‎17.为了提升学生“数学建模”的核心素养，某校数学兴趣活动小组指导老师给学生布置了一项探究任务：如图，有一张边长为27cm的等边三角形纸片ABC，从中裁出等边三角形纸片作为底面，从剩余梯形中裁出三个全等的矩形作为侧面，围成一个无盖的三棱柱（不计损耗）．‎ - 30 -‎ ‎（1）若三棱柱的侧面积等于底面积，求此三棱柱的底面边长；‎ ‎（2）当三棱柱的底面边长为何值时，三棱柱的体积最大？‎ ‎【答案】（1）18cm（2）18cm ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1) 设三棱柱的底面边长为,再根据三角形中的关系表达出底面积和与侧面积的关系式再解方程即可.‎ ‎(2)同(1)可知,再求导分析函数的单调性求最大值即可.‎ ‎【详解】设三棱柱的底面边长为,即,‎ 则.‎ 因为为等边三角形,‎ 所以三棱柱的高为.‎ ‎（1）因为三棱柱的底面积为,‎ 侧面积为,‎ 所以,‎ 解得或（舍去）.‎ - 30 -‎ 即三棱柱的底面边长为18cm.‎ ‎（2）三棱柱的体积.‎ 因为,,‎ 所以.‎ 因为,‎ 所以当时,,故单调递增;‎ 当时,,故单调递减.‎ 所以当时,取到极大值,也是最大值,‎ ‎.‎ 即当底面边长为18cm时,三棱柱的体积最大,为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数求解立体几何中的最值问题,需要根据题意设合适的边长,再求出体积关于边长的表达式,再求导分析最值即可.属于中档题.‎ ‎18.如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的右焦点、右顶点分别为F，A，过原点的直线与椭圆C交于点P、Q（点P在第一象限内），连结PA，QF．若，的面积是面积的3倍．‎ - 30 -‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）已知M为线段PA的中点，连结QA，QM．‎ ‎①求证：Q，F，M三点共线；‎ ‎②记直线QP，QM，QA的斜率分别为，，，若，求的面积．‎ ‎【答案】（1）（2）①见解析②4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据可得,又的面积是面积的3倍,所以,再联立求解基本量即可.‎ ‎(2) 设,再表示出,关于的表达式,化简证明即可.‎ ‎(3)由 可得,代入椭圆可得,进而求出 ‎【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c.‎ 因为,所以.‎ 设,则的面积为.‎ 过原点的直线与椭圆C交于点P,Q,‎ 所以,‎ 故的面积为.‎ 因为的面积是面积的3倍,‎ 所以,‎ 解得,,,‎ 所以椭圆C的标准方程为.‎ - 30 -‎ ‎（2）①因为,所以.‎ 因为,‎ 所以,,‎ 故Q,F,M三点共线.‎ ‎②因为,,,且,‎ 所以 化简得,‎ 解得或（舍去）,‎ 代入中,得 因为点P在第一象限内,所以,故.‎ 因为M为线段PA的中点,所以.‎ 因为O为线段PQ的中点,‎ 所以,‎ 故.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆中利用坐标法解决三点共线以及斜率的问题,需要根据题意设点的坐标,再表达出斜率与面积公式等.属于中档题.‎ ‎19.在等差数列中为其前n项和，且，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，求；‎ - 30 -‎ ‎（3）若（2）中满足，求n的值．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用基本量法, 设等差数列的首项为,公差为d,再代入条件求解即可.‎ ‎(2)根据(1)中可表达出,再根据分组与等比数列求和公式求解即可.‎ ‎(3) 记,利用作差法可证明,继而可得,结合可知 ‎【详解】（1）设等差数列的首项为,公差为d,‎ 则,‎ ‎,‎ 解得,,‎ 所以,‎ 即数列的通项公式为.‎ ‎（2）‎ ‎.‎ ‎（3）因为 ‎,‎ - 30 -‎ 所以.‎ 又因为.所以,故.‎ 记,‎ 则 所以.‎ 又因为,所以,‎ 因为,所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了基本量求解等差数列通项公式的问题,同时也考查了等比数列的求和以及作差法分析数列的单调性以及不等式的问题,属于中档题.‎ ‎20.已知函数，其中e是自然对数的底数 ‎（1）若，求的最小值；‎ ‎（2）记f（x）的图象在处的切线的纵截距为，求的极值；‎ ‎（3）若有2个零点，求证：．‎ ‎【答案】（1）2（2）极大值1，无极小值．（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用基本不等式求解即可.‎ ‎(2)利用导数的几何意义可得的图象在处的切线方程,进而求得截距,再求导分析单调性与极值即可.‎ - 30 -‎ ‎(3)讨论单调性可得,再设,再根据零点可知,,继而化简可得,.将原不等式转换为证明,再构造函数求导分析单调性与最小值证明即可.‎ ‎【详解】（1）因为,‎ 当且仅当时等号成立,所以的最小值为2.‎ ‎（2）因为,所以.‎ 因为,‎ 所以的图象在处的切线方程为 ‎.‎ 令,得,‎ 所以,‎ 所以当时,,故单调递增;‎ 当时,.故单调递减.‎ 所以当时,h（t）取到极大值,为1,无极小值.‎ ‎（3）因为,‎ 所以当时,,故单调递增,‎ 所以至多有1个零点,故.‎ 因为,‎ 所以,故.‎ 因为,所以.‎ 设.‎ 因为,,‎ - 30 -‎ 两式相除得,‎ 所以,‎ 解得,.‎ 要证,‎ 即证,‎ 即证,‎ 即证.‎ 设,‎ 则 故单调递增,‎ 所以,‎ 因此原命题得证.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义以及利用导数求解函数的单调性与极值的问题,同时也考查了利用导数解决零点有关的不等式问题.需要根据题意设,再将所证不等式化简成关于的不等式,进而求导分析单调性与最值证明即可.属于难题.‎ ‎2020年江苏高考数学全真模拟试卷（五）（南通教研室）‎ 数学Ⅱ附加题 A．必做题部分 ‎【选做題】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、证明过程或演算步聚 ‎[选修4-2：矩阵与变换] ‎ - 30 -‎ ‎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，求矩阵M的特征值．‎ ‎【答案】特征值为1和3．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据矩阵变换计算可得代入计算特征值即可.‎ ‎【详解】由,解得 所以,‎ 所以.‎ 令,得或,即矩阵M的特征值为1和3.‎ ‎【点睛】本题主要考查了矩阵变换以及特征值的计算等.属于基础题.‎ ‎[选修4：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．若曲线C与直线相交于点A，B，求线段AB的长．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将上下平方再分析可得,再联立直线与曲线C的直角坐标方程可得点A,B,坐标,进而求得线段AB的长.‎ - 30 -‎ ‎【详解】解法一：将曲线C的参数方程,即 化为普通方程得 联立,解得,或,‎ 所以,,‎ 所以.‎ 解法二：将曲线C的参数方程代入直线中,‎ 得,‎ 解得或,‎ 所以,,‎ 所以 ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与直角坐标的互化,同时也考查了联立方程求解弦长的问题,属于中档题.‎ ‎[选修45：不等式选讲]‎ ‎23.已知，，且，求证．‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用作差法证明与即可证明.‎ ‎【详解】证明：因为,‎ - 30 -‎ 所以,‎ 故.‎ 同理可得.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了作差法证明不等式的问题,需要根据题意配凑需要证明的不等式,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.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的准线方程为．‎ ‎（1）求p的值；‎ ‎（2）过抛物线C的焦点的直线l交抛物线C于点A，B，交抛物线C的准线于点P，若A为线段PB的中点，求线段AB的长．‎ ‎【答案】（1）2（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据抛物线的准线标准方程求交集即可.‎ ‎(2) 设直线l的方程为,联立直线与抛物线的方程,利用韦达定理以及中点坐标表达A为线段PB的中点,代入可得,.再代入韦达定理化简求解得,继而利用弦长公式求解线段AB的长即可.‎ ‎【详解】（1）因为,所以.‎ ‎（2）因为直线l交抛物线C的准线于点P,所以直线l存在斜率.‎ 设直线l的方程为,‎ ‎.‎ 令,得,所以.‎ - 30 -‎ 由,得.‎ 因为直线l与抛物线C有两个交点,‎ 所以,且,‎ 所以,.‎ 因为A为线段PB中点,‎ 所以.‎ 由,得,.‎ 因为,‎ 化简得,‎ 解得,‎ 故.‎ ‎【点睛】本题主要考查了联立直线与抛物线的方程,利用韦达定理与中点坐标公式等化简求解斜率的问题,同时也考查了弦长的公式与计算.属于中档题.‎ ‎25.已知集合，数列满足，为数列的前n项和，记满足的数列的个数为．‎ ‎（1）若，求，；‎ ‎（2）若，求，．‎ ‎【答案】（1），（2）．．‎ ‎【解析】‎ - 30 -‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据的定义,结合组合数求解即可.‎ ‎(2) 因为,故设数列中有p个1,q个2,r个3,再分别分析当与时满足的范围,再根据组合数的方法求解即可.‎ ‎【详解】（1）由题意得且,‎ 所以数列中有一个为2,其余为1,‎ 故,‎ 同理可得.‎ ‎（2）因为,‎ 所以设数列中有p个1,q个2,r个3,‎ 则.①‎ ‎（i）因为,‎ 所以.②‎ 由①和②得,‎ 所以.‎ 因为,‎ 所以.‎ 又因为,‎ 所以（为的整数部分）‎ 又因为,‎ 所以,即,‎ - 30 -‎ 所以.‎ ‎（ⅱ）因为,‎ 所以.③‎ 由①和③得,‎ 所以.‎ 因为,‎ 所以.‎ 又因为,‎ 所以（为的整数部分）‎ 又因为,‎ 所以,即,‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了数列的新定义问题,需要根据所给的信息列出满足的关系式,分析其中的元素的个数,再结合组合数分析即可.属于难题.‎ - 30 -‎ - 30 -‎