江苏省南通市海安高级中学2020届高三第二次模拟考试数学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com ‎2020届高三年级阶段检测（二）‎ 数学Ⅰ 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.设集合，，则____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解不等式,再求交集的定义求解即可.‎ ‎【详解】由题,因为,解得,即,‎ 则,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集运算,考查解一元二次不等式.‎ ‎2.已知（为虚数单位），则复数________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，属于基础题.‎ ‎3.命题“”的否定是______．‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据特称命题的否定为全称命题得到结果即可.‎ ‎【详解】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题，‎ - 26 -‎ 则该命题的否定是：，‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】本题考查全称命题与特称命题的否定关系，属于基础题．‎ ‎4.袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意，记白球为A，红球为B，黄球为，则 一次取出2只球，基本事件为、、、、、共6种，‎ 其中2只球的颜色不同的是、、、、共5种；‎ 所以所求的概率是．‎ 考点：古典概型概率 ‎5.“”是“”的__________条件.（填写“充分必要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分也不必要”之一）‎ ‎【答案】充分不必要 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由余弦的二倍角公式可得,即或,即可判断命题的关系.‎ ‎【详解】由,所以或,所以“”是“”的充分不必要条件.‎ 故答案为:充分不必要 ‎【点睛】本题考查命题充分条件与必要条件的判断,考查余弦的二倍角公式的应用.‎ ‎6.已知等比数列的前项和为，若，则的值是 ．‎ ‎【答案】-2‎ - 26 -‎ ‎【解析】‎ 试题分析：，‎ 考点：等比数列性质及求和公式 ‎7.若幂函数的图象经过点，则其单调递减区间为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用待定系数法求出幂函数的解析式，再求出的单调递减区间．‎ ‎【详解】解：幂函数的图象经过点，‎ 则，‎ 解得；‎ 所以，其中；‎ 所以的单调递减区间为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了幂函数的图象与性质的应用问题，属于基础题．‎ ‎8.若函数 (R，)满足，且的最小值等于，则ω的值为___________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用辅助角公式化简可得,由题可分析的最小值等于表示相邻的一个对称中心与一个对称轴的距离为,进而求解即可.‎ - 26 -‎ ‎【详解】由题,,‎ 因为,,且的最小值等于,即相邻的一个对称中心与一个对称轴的距离为,‎ 所以,即,‎ 所以,‎ 故答案为:1‎ ‎【点睛】本题考查正弦型函数的对称性的应用,考查三角函数的化简.‎ ‎9.已知函数是偶函数，直线与函数的图象自左向右依次交于四个不同点A，B，C，D．若AB＝BC，则实数t的值为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由是偶函数可得时恒有，根据该恒等式即可求得，，的值，从而得到，令，可解得，，三点的横坐标，根据可列关于的方程，解出即可．‎ ‎【详解】解：因为是偶函数，所以时恒有，即，‎ 所以，‎ 所以，解得，，；‎ 所以；‎ 由，即，解得；‎ - 26 -‎ 故，．‎ 由，即，解得．‎ 故，．‎ 因为，所以，即，解得，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查函数奇偶性的性质及二次函数的图象、性质，考查学生的计算能力，属中档题．‎ ‎10.设集合，（其中e是自然对数的底数），且，则满足条件的实数a的个数为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可看出，这样根据即可得出，从而得出满足条件的实数的个数为1．‎ ‎【详解】解：，‎ 或，‎ 在同一平面直角坐标系中画出函数与的图象，‎ - 26 -‎ 由图可知与无交点， 无解，则满足条件的实数的个数为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】考查列举法的定义，交集的定义及运算，以及知道方程无解，属于基础题．‎ ‎11.已知过点的直线与函数的图象交于、两点，点在线段上，过作轴的平行线交函数的图象于点，当∥轴，点的横坐标是 ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过设出A点坐标，可得C点坐标，通过∥轴，可得B点坐标，于是再利用可得答案.‎ ‎【详解】根据题意，可设点，则,由于∥轴，故，代入，‎ 可得，即，由于在线段上，故，即，解得 ‎.‎ ‎12.设点P在函数的图象上，点Q在函数的图象上，则线段PQ长度的最小值为_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由解析式可分析两函数互为反函数,则图象关于对称,则点到的距离的最小值的二倍即为所求,利用导函数即可求得最值.‎ ‎【详解】由题,因为与互为反函数,则图象关于对称,‎ 设点为,则到直线的距离为,‎ - 26 -‎ 设,‎ 则,令,即,‎ 所以当时,,即单调递减；当时,,即单调递增,‎ 所以,则,‎ 所以的最小值为,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查反函数的性质的应用,考查利用导函数研究函数的最值问题.‎ ‎13.设为偶函数，且当时，；当时，．关于函数的零点，有下列三个命题：‎ ‎①当时，存在实数m，使函数恰有5个不同的零点；‎ ‎②若，函数的零点不超过4个，则；‎ ‎③对，，函数恰有4个不同的零点，且这4个零点可以组成等差数列．‎ 其中，正确命题的序号是_______．‎ ‎【答案】①②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据偶函数的图象关于轴对称，利用已知中的条件作出偶函数的图象，利用图象对各个选项进行判断即可.‎ ‎【详解】解：当时又因为为偶函数 可画出的图象，如下所示：‎ - 26 -‎ 可知当时有5个不同的零点；故①正确；‎ 若，函数零点不超过4个，‎ 即，与的交点不超过4个，‎ 时恒成立 又当时，‎ 在上恒成立 在上恒成立 由于偶函数的图象，如下所示：‎ - 26 -‎ 直线与图象的公共点不超过个，则，故②正确；‎ 对，偶函数的图象，如下所示：‎ ‎，使得直线与恰有4个不同的交点点，且相邻点之间的距离相等，故③正确．‎ 故答案为：①②③‎ ‎【点睛】本题考查函数方程思想，数形结合思想，属于难题.‎ - 26 -‎ ‎14.已知函数，若对于任意正实数，均存在以为三边边长的三角形，则实数k的取值范围是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角形三边关系可知对任意的恒成立,将的解析式用分离常数法变形,由均值不等式可得分母的取值范围,则整个式子的取值范围由的符号决定,故分为三类讨论,根据函数的单调性求出函数值域,再讨论,转化为的最小值与的最大值的不等式,进而求出的取值范围.‎ ‎【详解】因为对任意正实数,都存在以为三边长的三角形,‎ 故对任意的恒成立,‎ ‎,令,‎ 则,‎ 当,即时,该函数在上单调递减,则；‎ 当,即时,,‎ 当,即时,该函数在上单调递增,则,‎ 所以,当时,因为,,‎ 所以,解得；‎ 当时,,满足条件；‎ 当时,,且,‎ - 26 -‎ 所以,解得,‎ 综上,,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查参数范围,考查三角形的构成条件,考查利用函数单调性求函数值域,考查分类讨论思想与转化思想.‎ 二、解答题：本大题共6小题，共90分.解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎15.已知集合，集合，.‎ ‎（1）求集合B；‎ ‎（2）记，且集合M中有且仅有一个整数，求实数k的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由不等式可得,讨论与的关系,即可得到结果；‎ ‎（2）先解得不等式,由集合M中有且仅有一个整数,当时,则M中仅有的整数为；当时,则M中仅有的整数为,进而求解即可.‎ ‎【详解】解:（1）因为,所以,‎ 当,即时,； ‎ 当,即时,；‎ 当,即时,. ‎ ‎（2）由得,‎ - 26 -‎ 当,即时,M中仅有的整数为,‎ 所以,即； ‎ 当,即时,M中仅有的整数为,‎ 所以,即； ‎ 综上,满足题意的k的范围为 ‎【点睛】本题考查解一元二次不等式,考查由交集的结果求参数范围,考查分类讨论思想与运算能力.‎ ‎16.已知，，，.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先利用同角的三角函数关系解得和,再由,利用正弦的差角公式求解即可；‎ ‎（2）由（1）可得和,利用余弦的二倍角公式求得,再由正切的和角公式求解即可.‎ ‎【详解】解:（1）因为,‎ 所以 又,故,‎ 所以,‎ - 26 -‎ 所以 ‎（2）由（1）得,,,‎ 所以,‎ 所以,‎ 因为且,‎ 即,解得,‎ 因为,所以,所以,‎ 所以,‎ 所以 ‎【点睛】本题考查已知三角函数值求值,考查三角函数的化简,考查和角公式,二倍角公式,同角的三角函数关系的应用,考查运算能力.‎ ‎17.设数列，的各项都是正数，为数列的前n项和，且对任意，都有，，，（e是自然对数的底数）.‎ ‎（1）求数列，的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ - 26 -‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）当时,,与作差可得,即可得到数列是首项为1,公差为1的等差数列,即可求解；对取自然对数,则,即是以1为首项,以2为公比的等比数列,即可求解；‎ ‎（2）由（1）可得,再利用错位相减法求解即可.‎ ‎【详解】解:（1）因为,,①‎ 当时,,解得；‎ 当时,有,②‎ 由①②得,,‎ 又,所以,‎ 即数列是首项为1,公差为1的等差数列,故,‎ 又因为,且,取自然对数得,所以,‎ 又因为,‎ 所以是以1为首项,以2为公比的等比数列,‎ 所以,即 ‎（2）由（1）知,,‎ 所以,③‎ ‎,④‎ ‎③减去④得:‎ ‎,‎ 所以 - 26 -‎ ‎【点睛】本题考查由与的关系求通项公式,考查错位相减法求数列的和.‎ ‎18.已知矩形纸片中，，将矩形纸片右下角沿线段折叠，使矩形的顶点B落在矩形的边上，记该点为E，且折痕的两端点M，N分别在边上.设，的面积为S.‎ ‎（1）将l表示成θ的函数，并确定θ的取值范围；‎ ‎（2）求l的最小值及此时的值；‎ ‎（3）问当θ为何值时，的面积S取得最小值？并求出这个最小值.‎ ‎【答案】（1）（2），的最小值为.（3）时，面积取最小值为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）,利用三角函数定义分别表示,且,即可得到关于的解析式；,,则,即可得到的范围；‎ ‎（2）由（1）,若求l的最小值即求的最大值,即可求的最大值,设为,令,则,即可设,‎ - 26 -‎ 利用导函数判断函数的单调性,即可求得的最大值,进而求解；‎ ‎（3）由题,,则,设,,利用导函数求得的最大值,即可求得的最小值.‎ ‎【详解】解:（1）,‎ 故.‎ 因为,所以，,‎ 所以,‎ 又,,则,所以,‎ 所以 ‎（2）记,‎ 则,‎ 设,,则,‎ 记,则,‎ 令,则,‎ 当时,；当时,,‎ - 26 -‎ 所以在上单调递增,在上单调递减,‎ 故当时取最小值,此时,的最小值为.‎ ‎（3）的面积,‎ 所以,设,则,‎ 设,则,令,,‎ 所以当时,；当时,,‎ 所以在上单调递增,在上单调递减,‎ 故当,即时,面积取最小值为 ‎【点睛】本题考查三角函数定义的应用,考查利用导函数求最值,考查运算能力.‎ ‎19.已知函数.若在定义域内存在，使得成立，则称为函数的局部对称点.‎ ‎（1）若a，且a≠0，证明：函数有局部对称点；‎ ‎（2）若函数在定义域内有局部对称点，求实数c的取值范围；‎ ‎（3）若函数在R上有局部对称点，求实数m的取值范围.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）若函数有局部对称点,则,即有解,即可求证；‎ - 26 -‎ ‎（2）由题可得在内有解,即方程在区间上有解,则,设,利用导函数求得的范围,即可求得的范围；‎ ‎（3）由题可得在上有解,即在上有解,设,则可变形为方程在区间内有解,进而求解即可.‎ ‎【详解】（1）证明:由得,‎ 代入得,‎ 则得到关于x的方程,由于且,所以,‎ 所以函数必有局部对称点 ‎（2）解:由题,因为函数在定义域内有局部对称点 所以在内有解,即方程在区间上有解,‎ 所以,‎ 设,则,所以 令,则,‎ 当时,,故函数在区间上单调递减,当时,,‎ 故函数在区间上单调递增,‎ 所以,‎ 因为,,所以,所以,‎ 所以 ‎（3）解:由题,,‎ 由于,所以,‎ - 26 -‎ 所以（*）在R上有解,‎ 令,则,‎ 所以方程（*）变为在区间内有解,‎ 需满足条件：‎ ‎,即,‎ 得 ‎【点睛】本题考查函数的局部对称点的理解,利用导函数研究函数的最值问题,考查转化思想与运算能力.‎ ‎20.已知函数．‎ ‎（1）求函数的零点；‎ ‎（2）设函数的图象与函数的图象交于，两点，求证：；‎ ‎（3）若，且不等式对一切正实数x恒成立，求k的取值范围．‎ ‎【答案】(1)x=1 (2)证明见解析 (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）令，根据导函数确定函数的单调区间，求出极小值，进而求解；‎ ‎（2）转化思想，要证 ，即证 ，即证，构造函数进而求证；‎ ‎（3）不等式 对一切正实数恒成立，，设，分类讨论进而求解．‎ ‎【详解】解：（1）令，所以，‎ 当时，，在上单调递增；‎ - 26 -‎ 当时，，在单调递减；‎ 所以，所以的零点为．‎ ‎（2）由题意， ，‎ 要证 ，即证，即证，‎ 令，则，由（1）知，当且仅当时等号成立，所以，‎ 即，所以原不等式成立．‎ ‎（3）不等式 对一切正实数恒成立，‎ ‎，‎ 设，，‎ 记，△，‎ ‎①当△时，即时，恒成立，故单调递增．‎ 于是当时，，又，故，‎ 当时，，又，故，‎ 又当时，，‎ 因此，当时，，‎ ‎②当△，即时，设的两个不等实根分别为，，‎ 又，于是，‎ 故当时，，从而在单调递减；‎ 当时，，此时，于是，‎ - 26 -‎ 即 舍去，‎ 综上，的取值范围是．‎ ‎【点睛】（1）考查函数求导，根据导函数确定函数的单调性，零点；（2）考查转化思想，构造函数求极值；（3）考查分类讨论思想，函数的单调性，函数的求导；属于难题.‎ 本大题共两小题，每小题10分，共计20分.请在答题卡指定区域内作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ 选修4—2：矩阵与变换 ‎21. 选修4-2：矩阵与变换 已知矩阵A＝(k≠0)的一个特征向量为α＝，‎ A的逆矩阵A－1对应的变换将点(3，1)变为点(1，1)．求实数a，k的值．‎ ‎【答案】解：设特征向量为α＝对应的特征值为λ，则＝λ，即 因为k≠0，所以a＝2． 5分 因为，所以A＝，即＝，‎ 所以2＋k＝3，解得 k＝1．综上，a＝2，k＝1． 10分 ‎【解析】‎ 试题分析：由 特征向量求矩阵A, 由逆矩阵求k 考点：特征向量, 逆矩阵 点评：本题主要考查了二阶矩阵，以及特征值与特征向量的计算，考查逆矩阵．‎ ‎（选修4—4：坐标系与参数方程）‎ ‎22. 本小题满分14分）‎ 已知曲线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程为（为参数），求直线被曲线 - 26 -‎ 截得的线段的长度 ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 解：解：将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为，‎ 即，它表示以为圆心，2为半径圆， ………………………4分 直线方程的普通方程为， ………8分 圆C的圆心到直线l的距离，……………………………10分 故直线被曲线截得的线段长度为．……………14分 ‎【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分.请在答题卡指定区域内作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎23.如图，在正四棱锥中，，点、分别在线段、上，．‎ ‎（1）若，求证：⊥；‎ ‎（2）若二面角的大小为，求线段的长．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ - 26 -‎ 试题分析：由于图形是正四棱锥，因此设AC、BD交点为O，则以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴正方向建立空间直角坐标系，可用空间向量法解决问题．（1）只要证明＝0即可证明垂直；（2）设＝λ，得M(λ，0，1－λ)，然后求出平面MBD的法向量，而平面ABD的法向量为，利用法向量夹角与二面角相等或互补可求得．‎ 试题解析: (1)连结AC、BD交于点O，以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴正方向建立空间直角坐标系．‎ 因为PA＝AB＝，‎ 则A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．‎ 由＝，得N，‎ 由＝，得M，‎ 所以，＝(－1，－1，0)．‎ 因为＝0，所以MN⊥AD ‎(2) 解：因为M在PA上，可设＝λ，得M(λ，0，1－λ)．‎ 所以＝(λ，－1，1－λ)，＝(0，－2，0)．‎ 设平面MBD的法向量＝(x，y，z)，‎ 由，得 其中一组解为x＝λ－1，y＝0，z＝λ，所以可取＝(λ－1，0，λ)．‎ 因为平面ABD法向量为＝(0，0，1)，‎ 所以cos＝，即＝，解得λ＝，‎ - 26 -‎ 从而M，N，‎ 所以MN＝＝．‎ 考点：用空间向量法证垂直、求二面角．‎ ‎24.在一次电视节目的答题游戏中，题型为选择题，只有“A”和“B”两种结果，其中某选手选择正确的概率为p，选择错误的概率为q，若选择正确则加1分，选择错误则减1分，现记“该选手答完n道题后总得分为”.‎ ‎（1）当时，记，求的分布列及数学期望；‎ ‎（2）当，时，求且的概率.‎ ‎【答案】（1）见解析，0（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）即该选手答完3道题后总得分,可能出现的情况为3道题都答对,答对2道答错1道,答对1道答错2道,3道题都答错,进而求解即可；‎ ‎（2）当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,又,则第一题答对,第二题第三题至少有一道答对,进而求解.‎ ‎【详解】解:（1）的取值可能为,,1,3,又因为,‎ 故,,‎ ‎,,‎ 所以的分布列为：‎ ‎1‎ ‎3‎ - 26 -‎ 所以 ‎（2）当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,‎ 又已知,第一题答对,‎ 若第二题回答正确,则其余6题可任意答对3题；‎ 若第二题回答错误,第三题回答正确,则后5题可任意答对题， ‎ 此时的概率为（或）.‎ ‎【点睛】本题考查二项分布的分布列及期望,考查数据处理能力,考查分类讨论思想.‎ - 26 -‎ - 26 -‎