江苏省苏北三市(连云港、徐州、宿迁)2020届高三数学第三次模拟考试试题(含解析)

考试试题（含解析）

参考公式：样本数据

棱锥的体积

的方差

，其中

.

，其中是棱锥的底面积，是高.

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

中元素的个数为____． 【答案】 【解析】由于

，所以集合

中元素的个数为5.

，

，求出

，可得集合

中元

，

，则集合

【点睛】根据集合的交、并、补定义：

，

素的个数. 2. 设【答案】1 【解析】由于

.

3. 在平面直角坐标系【答案】 【解析】

中，双曲线

的离心率是____．

，有

，

（为虚数单位），则的值为____．

，得

4. 现有三张识字卡片，分别写有“中”、“国”、“梦”这三个字． 将这三张卡片随机排序，则能组成“”的概率是____． 【答案】

【解析】把这三张卡片排序有“中”“国”“梦”，“中”“梦”“国”，

“国”“中”“梦”；“国”“梦”“中”“梦”“中”“国”；“梦”“国”“中”；共计6种，能组成“” 的只有1种，概率为.

【点睛】本题为古典概型，三个字排列可采用列举法，把所有情况按顺序一、一列举出来，

写出基本事件种数，再找出符合要求的基本事件种数，再利用概率公式率值.

5. 如图是一个算法的流程图，则输出的的值为____． 【答案】

【解析】试题分析：由

考点：算法流程图的识读和理解．

6. 已知一组数据，，，，，则该组数据的方差是____． 【答案】(或【解析】

)

得

，再由题意知

.

，求出概

7. 已知实数，满足

则的取值范围是____．

【答案】(或)

【解析】本题为线性规划，画出一元二次不等式组所表示的可行域，目标函数为斜率型目标函数，表示可行域内任一点

，则的取值范围是

与坐标原点

连线的斜率，得出最优解为

【点睛】线性规划问题为高考热点问题，线性规划考查方法有两种，一为直接考查，目标函数有截距型、斜率型、距离型（两点间距离和点到直线距离）等，二为线性规划的逆向思

维型，给出最优解或最优解的个数反求参数的范围或参数的值.

8. 若函数

上的单调减区间是____． 【答案】【解析】函数

，

,

为减函数，所以

,，解得

.

，

,有于

(或

)

的图象过点

，则

.

在

，

的图象过点

，则函数

在

9. 在公比为且各项均为正数的等比数列

，则的值为____．

【答案】【解析】

,

,

.

10. 如图，在正三棱柱的体积为____．

中，已知

中，为的前项和．若，且

,

，点在棱上，则三棱锥

【答案】

，

，所以

【解析】由已知由于

平面

【点睛】求三棱锥的体积要注意利用体积转化，以方便计算.体积转化方法有平行转化法、比例转化法、对称转化法.用上述方法交换顶点的位置，此外还经常利用底面的关系交换底面，利用图形特点灵活转化，达到看图清楚，计算简单的目的. 11. 如图，已知正方形

和

【答案】

，

和

，由于平行于轴，则

，则

，解得

，又.

平行于轴，则

轴，因此可

(

)的图象

，

(

的边长为，平行于轴，顶点，和分别在函数

)的图象上，则实数的值为____．

，

【解析】由于顶点，和分别在函数上，设有

【点睛】由于正方形三个顶点在对数函数图像上，且以巧设出以及

三点的坐标，利用

两点纵坐标相等，横坐标之差的绝对值为边长2，

两点横坐标相等，纵坐标之差的绝对值为边长2，解答出本题.

，都有

，则实数的

12. 已知对于任意的取值范围是____． 【答案】

(或

)

【解析】利用一元二次方程根的分布去解决，设当当当当

时，时， 时，

时，即 ，不合题意； 符合题意；

，即

.

，即：

时，

对

， 恒成立；

综上所述：实数的取值范围是

【点睛】有关一元二次方程的根的分布问题，要结合一元二次方程和二次函数的图象去作，要求函数值在某区间为正，需要分别对判别式大于零、等于零和小于零进行分类研究，注意控制判别式、对称轴及特殊点的函数值的大小，列不等式组解题. 13. 在平面直角坐标系且【答案】

中，圆

．若圆存在以为中点的弦，

，则实数的取值范围是____．

(或

)

，所以

,如图，过点作圆的两

，即，.

，

【解析】由于圆存在以为中点的弦，且条切线，切点分别为连接，

，圆上要存在满足题意的点，只需，由于

，

，解得

【点睛】已知圆的圆心在直线

，说明

线，切点分别为则只需14. 已知

上，半径为，若圆存在以为中点的弦，且，使得

.过点作圆的两条切，即

，

，就是说圆上存在两点

，圆上要存在满足题意的点，只需

，列出不等式解出的范围.

三个内角，，的对应边分别为，，，且

，

．当取得最大

值时，的值为____．

【答案】【解析】设

的外接圆半径为，则

.

,

,

.

,

取得最大值为

，此时

中，

，则当

，即：

时，

.

【点睛】已知三角形的一边及其所对的角，可以求出三角形外接圆的半径，利于应用正弦定理“边化角”“角化边”，也利于应用余弦定理. 具备这样的条件时要灵活选择解题路线，本题采用先“边化角”后减元的策略，化为关于角的三角函数式，根据角的范围研究三角函数的最值，从角的角度去求最值，由于答案更加准确，所以成为一种通法，被更多的人采用. 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、证明过程或计算步骤． 15. 如图，在（1）求

的值；

中，已知点在边上，

，

，

，

．

（2）求的长．

【答案】（1）（2）

【解析】试题分析：根据平方关系由形内角和关系利用和角公式求出利用余弦定理求出. 试题解析：（1）在

中，

，

，

求出

，利用

求出，根据

，根据三角，计算，最后

，利用正弦定理求出

所以同理可得，所以

．

（2）在又在

中，由正弦定理得，，所以

中，由余弦定理得，

． ．

．

．

．

【点睛】凑角求值是高考常见题型，凑角求知要“先备料”后代入求值，第二步利用正弦定理和余弦定理解三角形问题，要灵活使用正、余弦定理，有时还要用到面积公式，注意边角互化.

16. 如图，在四棱锥于点． （1）求证：（2）若平面

【答案】（1）（2）

【解析】试题分析：利用线面平行的判定定理由

，说明

平面

，再由线面平行的

； 平面

，求证：

．

中，底面

是矩形，点在棱上(异于点，)，平面

与棱交

性质定理，说明线线平行；由面面垂直的性质定理，平面内一条直线垂直交线，说明线面垂直，利用线面垂直的判定定理说明线面垂直. （1）因为又因为所以又因为所以

是矩形，所以，． ，平面

平面

，

平面

． ，

平面平面平面．

（2）因为是矩形，所以．

又因为平面

平面又

平面

平面，所以，所以

，所以

，平面平面

．

平面，

．

．

又由（1）知

【点睛】证明垂直问题时，从线线垂直入手，进而达到线面垂直，最终证明面面垂直，而面面垂直的性质定理显得更加重要，使用面面垂直的性质定理时，一定要抓住交线，面面垂直性质定理的使用非常重要，要引起重视. 17. 如图，在平面直角坐标系

中，已知椭圆

的左、右顶点分别为，，过右焦点

的直线与椭圆交于，两点(点在轴上方)． （1）若

，求直线的方程；

？若存在，求出

（2）设直线，的斜率分别为，．是否存在常数，使得的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）（2）

【解析】试题分析：设直线的方程，联立方程组，利用向量关系找出两交点的纵坐标关系，解方程求出直线方程；利用第一步的根与系数关系，借助已知的斜率关系求出

试题解析：（1）因为， 设代入椭圆方程，得则若解得

，则

，故直线的方程为

，，

．

，

，，

，

，所以

，

的值.

，所以的坐标为

，直线的方程为

， ．

，

（2）由（1）知，所以所以

，

故存在常数，使得．

【点睛】求直线方程首先要设出方程，根据题目所提供的坐标关系，求出直线方程中的待定系数，得出直线方程；第二步存在性问题解题思路是首先假设存在，利用所求的

，结合已知条件存在，否则不存在.

18. 某景区修建一栋复古建筑，其窗户设计如图所示．圆的圆心与矩形

对角线的交点重

，得出坐标关系，再把

，

，

代入求出符合题意，则

合，且圆与矩形上下两边相切(为上切点)，与左右两边相交(，为其中两个交点)，图中阴影部分为不透光区域，其余部分为透光区域．已知圆的半径为1m，且透光区域的面积为．

（1）求关于的函数关系式，并求出定义域；

（2）根据设计要求，透光区域与矩形窗面的面积比值越大越好．当该比值最大时，求边的长度．

【答案】（1）（2）

【解析】试题分析: 根据题意表示出所需的线段长度，再分别求三角形和扇形面积，从而表示出总面积，再根据题意要求求出函数的定义域；根据题意表示出“透光比”函数助求导，研究函数单调性求出最大值. 试题解析:（1）过点作所以

， ．

所以因为

，所以

，所以定义域为

．

． ．…10分

．

，

，

于点，则

，

，借

．设

，

（2）矩形窗面的面积为则透光区域与矩形窗面的面积比值为设则

，

因为所以函数所以当

在

，所以

上单调减． 有最大值

，所以，故，

时，，此时

，定义域为

(m)．

；

答：（1）关于的函数关系式为

（2）透光区域与矩形窗面的面积比值最大时，的长度为1m．

【点睛】应用问题在高考试题中很常见，也是学生学习的弱点，建立函数模型是关键，本题根据题目所给的条件列出面积关于自变量的函数关系，注意函数的定义域；求函数最值问题方法很多，求导是一种通法. 19. 已知两个无穷数列都有（1）求数列（2）若（3）若

和

的前项和分别为，，．

的通项公式；

，都有，

，求满足

．证明：

；

，

，对任意的

，

为等差数列，对任意的为等比数列的值．

，

【答案】（1）（2）

【解析】试题分析：利用题目提供的 方面的关系，借助证明出

转化为的关系，

成等差数列，

是

满足等差数列定义，利用等差数列通项公式求出，进而得出，

恒成立，得出和公差的要求，比较

写出，根据的大小可采用比较法；

以为首项，为公比的等比数列，求出和，根据题意求出的值. 试题解析： （1）由

即由

，

，得，所以，可知

．

．

，

所以数列故

是以为首项，为公差的等差数列．

．

，

的通项公式为

（2）证法一：设数列的公差为，则

由（1）知，因为所以又由所以

，得，所以

．

，即

即

，

．

恒成立，

所以证法二：设则因为所以因为

，得证．

的公差为，假设存在自然数

，即

，所以

．

，

，所以存在

，都有

，当

时，

恒成立．

，使得

，

，

这与“对任意的所以

，得证．

”矛盾！

（3）由（1）知，

所以所以则因为而当当则

．因为 为等比数列，且，，

是以为首项，为公比的等比数列．

，

．

，

，所以，所以

，时，（*）式成立； 时，设

，

，即

，所以

．

（*）．

，

所以

．

故满足条件的的值为和．

【点睛】等差数列和等比数列是高考的重点，要掌握等差数列和等比数列的通项公式与前项和公式，另外注意利用20. 已知函数（1）当（2）设函数（3）若函数

，时，求函数

，

的单调增区间；

，

的定义域都是

．若函数，对于函数

的最小值是

，求的值；

这个公式，从到，从到转化.

．

的图象上的任意一点，在函数

的图象上都存在一点，使得【答案】（1）（2）

，其中是自然对数的底数，为坐标原点．求的取值范围．

【解析】试题分析：求函数的单调区间可利用求导完成，求函数的最值可通过求导研究函数的单调性求出极值，并与区间端点函数值比较得出最值；解决

问题，先求出斜率

的取值范围，根据垂直关系得出斜率的取值范围，转化为恒成立问题，借助恒成立思想解题. 试题解析： （1）当

时，因为所以当所以函数（2）

当当所以①当函数

，即

的最小值

，

即

，解得

或

（舍），所以

；

时，时，在时，

，上单调增，且

；当

， 时，．

，令

，函数，函数

在． 时，

在

上单调减； 上单调增．

得

，

． ．

的单调增区间是

，则

②当函数

的最小值

，即时，

，解得

（舍）．

综上所述，的值为． （3）由题意知，

考虑函数所以函数所以即设所以设则所以

在

上单调增，所以

．

．

在

，则上单调减，所以

，

在

上恒成立，

，，因为在，即

在

上单调增，故

在． 在

上恒成立，

．

上恒成立，

上恒成立．

在．

上恒成立，

综上所述，的取值范围为

【点睛】求函数的单调区间、极值和最值是高考常见基础题，求函数的单调区间可利用求导完成，求函数的最值可通过求导研究函数的单调性求出极值，并与区间端点函数值比较得出最值；恒成立为题为高考热点，已经连续命题许多年，必须重视.

本题包括21、22、23、24四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按作答的前两题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 21.

如图，圆的弦，交于点，且为弧的中点，点在弧上．若度数．

【答案】45°

【解析】试题分析：同弧或等弧所对的圆周角相等，利用等量代换，借助角与角的关系求出所求的角 .

，求

的

试题解析：连结，． 因为为弧的中点，所以而所以即又因为所以故

． ．

，

，

，

， ．

【点睛】平面几何选讲部分要注意与圆有关的定理，特别是涉及到角的关系的定理，寻求角的相等，边与边的关系，大多利用全等三角形或相似三角形解题. 22. 已知矩阵

，若

，求矩阵的特征值． ，

．

，写出矩阵的特征多项式

，计算后令

【答案】矩阵的特征值为

【解析】试题分析: 根据矩阵运算解出

，求出特征值.

试题解析：因为

所以

解得

，

所以

．

所以矩阵的特征多项式为

，

令

，解得矩阵的特征值为

，

．

，写出矩阵的特征多项式

，计算后令

【点睛】矩阵为选修内容，根据矩阵运算解出

，求出特征值.

23.

在极坐标系中，已知点

，点在直线

上．当

线段最短时，求点的极坐标． 【答案】点的极坐标为

．

，把

化

【解析】试题分析：利用极坐标与直角坐标互化公式

为直角坐标，再把的方程化为直角坐标方程，要使最短，过点作直线的垂线，垂足为，写出垂线方程，解方程组求出交点坐标，再化为极坐标.

试题解析：以极点为原点，极轴为轴正半轴，建立平面直角坐标系，则点为交点， 解

所以点的极坐标为

得

．

所以点的直角坐标为

．

，直线的直角坐标方程为

． 最短时，点为直线

的直角坐标与直线的

【点睛】极坐标为选修内容，掌握极坐标与直角坐标互化公式，掌握点和方程的互化，结合解析几何知识解题.

24. 已知，，为正实数，且【答案】详见解析 【解析】试题分析：根据

实施等转不等，得出

，再根据三个正

．求证：

．

数的算术平均数不小于几何平均数，证明出结论. 试题解析：因为所以当且仅当

，

时，取“

”．

，所以

，

【点睛】不等式选讲为选修内容，注意利用均值不等式、柯西不等式、排序不等式进行证明，另外注意选用证明方法，如综合法、分析法、反证法，与正整数有关的命题有时还采用数学归纳法.

【必做题】第25题、第26题，每题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． 25. 在平面直角坐标系垂线与动直线

中，点

，直线

与动直线

的交点为，线段的中

的交点为．

（1）求动点的轨迹的方程；

（2）过动点作曲线的两条切线，切点分别为，，求证：

的大小为定值．

【答案】（1）曲线的方程为．（2）详见解析

试题解析：（1）因为直线与垂直，所以为点到直线

的交点，所以

的距离． ．

连结，因为为线段的中垂线与直线所以点的轨迹是抛物线． 焦点为

，准线为

．

．

所以曲线的方程为（2）由题意，过点

联立所以因为

因为

，所以

的切线斜率存在，设切线方程为 得

，即

，

（*），

，

，

，所以方程（*）存在两个不等实根，设为

，为定值．

【点睛】求动点轨迹方程是常见考题，常用方法有直接法、坐标相关法，定义法、交轨法、参数法等，定点、定值问题常出现在考题的第二步，一般采用设而不求的解题思想. 26. 已知集合个非空子集，，若子集”的组数为（1）写出（2）求

，．

，

，

．（2）

．

(视，

，则称与的值；

，对于集合的两

为集合的一组“互斥子集”．记集合的所有“互斥为同一组“互斥子集”)．

【答案】（1）

【解析】试题分析：分别对集对数，得出

三种情况研究集合的非空子集，并找出交集为空集的子

，任意一个元素只能在集合，，

之一中，则这个

与

为同

元素在集合，，中，共有种； 减去为空集的种数和为空集的种数加1，又一组“互斥子集”，得出试题解析：（1）

，

.

，

．

（2）解法一：设集合中有k个元素，

则与集合互斥的非空子集有于是因为

个．

．

．

，

，

所以

解法二：任意一个元素只能在集合，，则这个元素在集合，，中，共有种； 其中为空集的种数为，为空集的种数为， 所以，均为非空子集的种数为又

所以

与

为同一组“互斥子集”，

．

，

之一中，

．

【点睛】本题为自定义信息题，这是近几年一些省市高考压轴题，首先要读懂新定义的概念的含义，从简单的情况入手去研究，如本题先从

三个，满足

推广到

.

的有一对

入手，，则

，其非空子集有，继续探讨

，