2020届江苏省苏州市高三下学期5月二模数学试题(解析版).pdf

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1、第 1 页 共 19 页2020届江苏省苏州市高三下学期5 月二模数学试题一、填空题1已知集合0,1,2,3A,02ABxx,则AB_.【答案】1,2【解析】根据交集的概念,直接计算,即可得出结果.【详解】0,1,2,3A,02Bxx;1,2AB.故答案为:1,2.【点睛】本题主要考查求集合的交集,熟记交集的概念即可,属于基础题型.2i是虚数单位,则1ii的值为 _.【答案】22【解析】利用复数的除法运算将复数1ii化为一般形式,然后利用复数的模长公式可求出1ii的值.【详解】1111111222iiiiiiii,因此,221121222ii.故答案为:22.【点睛】本题考查复数模的计算,同时

2、也考查了复数的除法运算,考查计算能力,属于基础题.3 已知焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程为340 xy,则双曲线的离心率为_.【答案】54第 2 页 共 19 页【解析】焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程为34yx,可知34ba,由此可求出双曲线的离心率。【详解】由题可设焦点在x轴上的双曲线方程为22221(,0)xya bab,由于该双曲线的渐近线方程为34yx,则34ba,在双曲线中222cab,所以双曲线的离心率2223511()44cbeaa,故双曲线的离心率为54。【点睛】本题考查双曲线的离心率的求法,双曲线渐近方程的应用,属于基础题。4阅读如图所示的程序框图,若输入的n是100,则

3、输出的变量s的值是【答案】5049【解析】按照程序图输入n的值,然后根据判断语句,计算输出的结果【详解】第一次输入100n,1002,故100s,100 199n,继续循环下去,当2n时,2=2,故100992=5049s,21 1n,12,跳出循环,输出结果5049s.故答案为:5049【点睛】本题考查了循环语句计算输出结果,只要根据程序图即可计算出结果,较为基础,注意等差数列的求和.第 3 页 共 19 页5某高校数学学院,A B C三个不同专业分别有800,600,400名学生,为了解学生的课后学习时间,用分层抽样的方法从数学系这三个专业中抽取36名学生进行调查,则应从A专业抽取的学生人

4、数为_.【答案】16【解析】根据分层抽样列式求解即可.【详解】某高校数学学院,A B C三个不同专业分别有800,600,400 名学生.用分层抽样的方法从数学系这三个专业中抽取36 名学生进行调查,则应从A专业抽取的学生人数为:8003616800600400.故答案为:16【点睛】本题考查分层抽样,考查基本分析求解能力,属基础题.6在某学校图书馆的书架上随意放着编号为1,2,3,4,5的五本书,若某同学从中任意选出 2 本书,则选出的2 本书编号相连的概率为_【答案】25【解析】本题首先可以写出任意选出2 本书的所有可能情况数目,然后写出2 本书编号相连的所有可能情况数目,两者相除,即可得

5、出结果。【详解】从五本书中任意选出2本书的所有可能情况为1 21 31 41 5(,)、(,)、(,)、(,)、2 32 42 53 43 54 5(,)、(,)、(,)、(,)、(,)、(,)共十种,满足 2 本书编号相连的所有可能情况为1 22 33 44 5(,)、(,)、(,)、(,)共四种,故选出的2 本书编号相连的概率为42105。【点睛】本题考查了古典概型的相关性质,主要考查了古典概型的概率计算,首先需要找出所有可能的情况事件,然后要找出满足题意的情况事件,是简单题。7已知函数cos 22fxx的一个对称中心是,03,则的值为_.【答案】6第 4 页 共 19 页【解析】根据题意

6、,得到()03f,即cos(2)03,解得,6kkZ,进而求得的值,得到答案.【详解】由函数cos 2fxx的一个对称中心是,03,则()03f,即cos(2)03,可得2,32kkZ,解得,6kkZ,因为2,所以当0k时,可得6.故答案为:6.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用,其中解答中熟记余弦函数的对称中心,准确运算是解答的关键,意在考查运算与求解能力.8如图,在直三棱柱111ABCA B C中,1AB,2BC,13BB,90ABC,点D为侧棱1BB上的动点,当1ADDC最小时,三棱锥1DABC的体积为 _.【答案】13【解析】利用展开法可求得当1ADDC最小时,1BD,进

7、而利用等体积转化和三棱锥的体积公式计算.【详解】将直三棱柱111ABCA B C展开成矩形11ACC A,如图,第 5 页 共 19 页连结1AC,交1BB于D,此时1ADDC最小.1AB,2BC,13BB,90ABC,点D为侧棱1BB上的动点,当1ADDC最小时,1BD,此时三棱锥1DABC的体积:111113DABCCABDABDVVSB C111132ABBDB C1111 1 2323.故答案为:13【点睛】本题考查空间展开法研究距离最值问题和棱锥的体积计算,关键是利用展开法解决距离和的最小问题和棱锥的等体积转化,得到属基础题.9设周期函数fx是定义在R上的奇函数,若fx的最小正周期为

8、3,且满足12f,32fmm,则m的取值范围是 _.【答案】,10,3【解析】根据fx是奇函数,最小正周期为3,可得212ff得到32mm,当0m,0m分别解之,然后求并集即得.【详解】由题意12f,函数是奇函数,故有12f又周期函数fx是定义在R上的奇函数,若fx的最小正周期为3,第 6 页 共 19 页故212ff32fmm32mm当0m时,解得03m当0m时,解得1m所以m的取值范围是,10,3.本题考查函数的奇偶性和周期性,考查不等式的基本性质和求解,涉及分类讨论思想,属中档题.关键是结合奇偶性和周期性得到22f,进而求解.10 如图,在由 5 个边长为1,一个内角为60的菱形组成的图

9、形中,AB CD_.【答案】4【解析】根据平面向量加法的三角形法则和平面向量数量积的运算可得结果.【详解】如图:AB CD()()AEEBCFFDAE CFAE FDEB CFEB FD111 31 13 3()1 3224.第 7 页 共 19 页故答案为:4.【点睛】本题考查了了向量加法的三角形法则,考查了平面向量数量积,属于基础题.11等差数列na的公差为d,关于 x 的不等式22dx12daxc0 的解集为 0,22,则使数列na的前 n 项和nS最大的正整数n 的值是【答案】11【解析】试题分析:由题意得,所以,na是单调递减数列,故,令得,所以na前11 项为正,从第12 项起为负

10、,所以前11 项和最大【考点】等差数列通项及其性质、nS的最值12在ABC中,已知边,a b c所对的角分别为,A B C,若2223sin2sinsinsi2sinsinnCABCBA,则tan A_【答案】1【解析】由正弦定理得222232sinbcbcAa,由余弦定理得2222232sin2cosbcbcAbcbcA,即222sincos2bcAAbc因为22222222,sincos222bcbcAAbcbc所以32,tan1.4bc AA点睛:三角形中问题,一般先根据正、余弦定理及三角形面积公式结合已知条件灵活转化边和角之间的关系,利用基本不等式或三角函数有界性求取值范围.最后根据等

11、号取法确定函数值.13已知圆22:4Oxy与曲线:3C yxt,曲线C上两点,A m n,,B s p,(m、n、s、p均为正整数),使得圆O上任意一点到点A的距离与到点B的距离之比为定值1k k,则spmn_.【答案】0第 8 页 共 19 页【解析】设00,P xy,则22004xy,且P点到点A的距离与到点B的距离之比为定值0k k,得出222220000422422mnmxnykspsxpy,根据对应系数相等,再消去m,n得22244spk,进而求出1sp,2k,2mn,从而可求出结果.【详解】设00,P xy,则22004xy,且P点到点A的距离与到点B的距离之比为定值0k k,22

12、0022001xmynk kxsyp,222220000422422mnmxnykspsxpy2222222222244mkskpmnksp消去m,n得22244spk所以1sp,2k,此时2mn,此时0spmn.故答案为:0.【点睛】本题主要考查直线与圆的综合,以及轨迹方程的问题,属于中档题型.14函数24x xtxtfxxxt,其中0t,若函数1g xffx有 6 个不同的零点,则实数t的取值范围是 _.【答案】3,4【解析】由函数1g xffx有 6 个不同的零点,转化为方程10fx和1fxt各有三个解,得到函数fx的图象与1y和1yt各有三个零点,列出不等式组,即可求解.第 9 页 共

13、 19 页【详解】由题意,函数24x xtxtfxxxt,其中0t,则3,1,4xtxtxtfxxt,当3tx,或xt时,0fx,函数fx为增函数,当3txt时,0fx,函数fx为减函数,故当3tx时,函数fx取极大值3427t,又由0fx,解得0 x或xt,即函数fx有两个零点0 和t,因为函数1g xffx恰有6个不同的零点,则方程10fx和1fxt各有三个解,即函数fx的图象与1y和1yt各有三个零点,由=14xtyt,故334142741427ttttt,解得34t,故实数t的取值范围是3,4.【点睛】本题主要考查了函数的零点个数的判定及应用,其中解答中把由函数g x有 6 个不同的零

14、点,转化为函数fx的图象与1y和1yt各有三个零点,结合函数的单调性与极值求解是解答的关键,着重考查转化思想,以及推理与运算能力.二、解答题15如图,四棱锥S-ABCD 中,SD底面 ABCD,AB/DC,AD DC,,AB=AD 1DC=SD=2,M N 分别为 SA,SC 的中点,E 为棱 SB 上的一点,且SE=2EB(I)证明:MN/平面 ABCD;第 10 页 共 19 页(II)证明:DE 平面 SBC【答案】()证明见解析;()证明见解析【解析】试题分析:(I)利用三角形的中位线证明线线平行,再利用线面平行的判定定理进行证明;()先利用勾股定理证明线线垂直,再利用线面垂直的性质证

15、明线线垂直,再利用线面垂直的判定定理进行证明【详解】试题解析:()连AC,,M N分别为,SA SC的中点,/MNAC又 MN平面ABCDAC平面ABCD/MN平面ABCD()连BD,222112BD,2221(21)2BC222+22=4BDBCDCDBBC又SD底面ABCD,BC底面ABCDSDBCSDDBD,BC 平面SDBDE平面SDB,BCDE又22426SBSDDB,当2SEEB时,63EB,在EBD与DBS中,63332EBBD2336DBBSEBBDDBBS又EBDDBS,EBDDBS90DEBSDB,即DESBSBBCB,DE平面SBC第 11 页 共 19 页【考点】1.线

16、面平行的判定;2.线面垂直的判定16在ABC的内角,A B C的对边分别是,a b c,满足sin1sinsinbCacAB.(1)求角A的值;(2)若3a,2 2b,求sin 2BA的值.【答案】(1)3A;(2)2 236.【解析】(1)根据已知条件,由正弦定理角化边,得到三边的关系,进而利用余弦定理求解;(2)由正弦定理求得sinB,并根据边的大小关系判定B为锐角,然后利用倍角公式和两角和的正弦公式计算.【详解】解:(1)sin1sinsinbCacAB,由正弦定理得,1bcacab.化简得,222bcabc.由余弦定理得,2221cos22bcaAbc.又0A,3A.(2)由(1)知,

17、3A,又3a,2 2b,sin6sin3bABa.又ba,第 12 页 共 19 页23cos1sin3BB.2 2sin22sincos3BBB,21cos212sin3BB,2 23sin 2sin 2sin2coscos2sin3336BABBB.【点睛】本题考查正余弦定理的综合运用,涉及二倍角公式和两角和差的三角函数公式,属中等难度的题目.关键是熟练利用正弦定理,余弦定理和三角恒等变形计算.17某学校在平面图为矩形的操场ABCD内进行体操表演,其中40AB,16BC,O为AB上一点,且8BO,线段OC、OD、MN为表演队列所在位置(,M N分别在线段 OD、OC上),点P为领队位置,且

18、P到BC、CD的距离均为12,记OMd,当OMN面积最小时观赏效果最好.(1)当d为何值时,P为队列MN的中点?(2)怎样安排M的位置才能使观赏效果最好?求出此时d的值【答案】(1)24 55d;(2)当点M满足24 55d时,观赏效果最好.【解析】(1)以O为坐标原点,AB所在直线为x轴,过O垂直于AB的直线为y轴,建立平面直角坐标系,设2,Mm m,,2N nn,0,0mn,根据P为MN的中点,列出方程组求解,即可得出结果;(2)先由PMPNkk得到4125mnmn,再由OCOD得到1522OMNSOMONmn,根据基本不等式,即可求出结果.【详解】第 13 页 共 19 页(1)以O为坐

19、标原点,AB所在直线为x轴,过O垂直于AB的直线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系.则8,16C,8,0B,32,16D,因为P到BC、CD的距离均为12,所以4,4P.:2OC yx;1:2ODyx,设2,Mm m,,2N nn,0,0mn,P为MN的中点,2828mnmn,24585mn,此时48 24,55M,24 55d;(2)PMPNkk,424244mnmn,4125mnmn,由(1)知:OCOD,1522OMNSOM ONmn41258 3mnmnmn当且仅当2435mn时取等号,19225mn.59625OMNSmn,此时24 55d.答:(1)当24 55d时,P为队列MN

20、的中点;(2)当点M满足24 55d时,观赏效果最好.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用,熟记基本不等式,利用建系的方法求解即可,属于常考题型.第 14 页 共 19 页18已知椭圆2222:10 xyCabab.(1)若椭圆的离心率为32,且点31,2在椭圆上,求椭圆的方程;设31,2PR S分别为椭圆C的右顶点和上顶点,直线PR和PS与y轴和x轴相交于点,M N,求直线MN的方程;(2)设,0D b过D点的直线l与椭圆C交于,E F两点,且,E F均在y的右侧,2DFED,求椭圆离心率的取值范围.【答案】(1)2214xy;32 3363yx(2)60,3【解析】【试题分析】(1)依据题

21、设条件“离心率为32,且点31,2在椭圆”建立方程组求出椭圆方程2214xy,进而借助题设“31,2PR S分别为椭圆C的右顶点和上顶点,直线PR和PS与y轴和x轴相交于点,MN”求出3,2 343MNyx,然后求出直线MN的方程为32 3363yx;(2)先设坐标1122,E x yF xy,再借助2DFED建立方程组2121322xbxyy,根据题意,22112222112213241xyabbxyab,解得22134abxb,进而求得Q点的横坐标第 15 页 共 19 页2222Qa bxab,依据题意建立不等式222223204aba bbab求出离心率的取值范围解:(1)2214xy

22、;由前知,3,2 343MNyx,所以直线的方程为32 3363yx.(2)设1122,E x yF xy,因为2DFED,所以2121322xbxyy,根据题意,22112222112213241xyabbxyab,解得22134abxb,连SD,延长交椭圆于点Q,直线SD的方程为0 xyb,代入椭圆方程解得Q点的横坐标2222Qa bxab,所以222223204aba bbab,即4224430aa bb,解得2223bab,即2223aac,所以2226,33ccaa,所以椭圆离心率e的取值范围是60,3.点睛:解答本题的第一问时,先依据题设条件“离心率为32,且点31,2在椭圆”建立

23、方程组求出椭圆方程2214xy,进而借助题设“31,2PR S分别为椭圆C的右顶点和上顶点,直线PR和PS与y轴和x轴相交于点,MN”求出3,2 343MNyx,然后求出直线MN的方程为32 3363yx;求解第二问时,先设坐标1122,E x yF xy,再借助2DFED建立方程组2121322xbxyy,根据题意,22112222112213241xyabbxyab,解得22134abxb,进而求得Q点的横坐标2222Qa bxab,依据题意建立不等式222223204aba bbab,通过解不等第 16 页 共 19 页式求出离心率的取值范围60,319已知函数lnxefxaxaxx,其

24、中0a.(1)若函数fx在1,上单调递增,求实数a的取值范围;(2)若函数1lng xfxaxx有三个极值点1x,2x,3x,求证:1231112xxx.【答案】(1)0ae;(2)证明见解析.【解析】(1)由题意求得fx,函数fx在1,上单调递增,可转化为0fx恒成立,将参数a与变量x分离,构造新函数xeg xx,判断单调性求出最值,即可得实数a的取值范围;(2)求出gx,由题意得0gx有三个根,则10 xea x有两个零点1x、2x,且1x、21,x,由10 x有一个零点,则31x,再利用分析法证明即可.【详解】解:(1)由函数lnxefxaxaxx,其中0a,得22111xxxeaxxe

25、axfxxxx,由函数fx在1,上单调递增,故210 xxeaxfxx,即0 xeax恒成立,即1xeaxx恒成立.令xeg xx,则210 xxegxx,因此xeg xx在区间1,上单调递增,第 17 页 共 19 页所以0ae.(2)由2 lnxeag xaxaxxx,则222111211xxxea xxegxaxxxx.由题意则0gx有三个根,则10 xea x有两个零点1x、2x,且1x、21,x,由10 x有一个零点,则31x,令1xp xea x,则xpxea,当lnxa时p x取极值,ln,xa时p x单调递增,lnln10paaaa,则2ae时10 xea x有两零点12,x

26、x,且121lnxax,要证:1231112xxx,即证1213231232x xx xx xx x x(其中31x),即证:1212xxx x,即12111xx,由111xea x,221xea x,则1221211xxeaxx,即证:12221211xxeaxxa;等价于122lnxxa,等价于212lnxax,由p x在ln,a上单调递增,即证:212lnp xpax,又12p xp x,则证112ln0p xpax,令2lnG xp xpax,1lnxa,2ln12ln122 lnxaxxG xea xeaaxeaxaa.20 xGxea恒成立,则G x为增函数,当1lnxa时,ln0

27、G xGa,第 18 页 共 19 页1213231232x xx xx xx x x,原结论成立.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值问题,考查分析法的证明,考查学生逻辑推理能力与转化思想的应用.20已知数列na的通项公式21nnna,*nN.设1na,2na,.,tna(其中12tnnn,*tN)成等差数列.(1)若3t.当1n,2n,3n为连续正整数时,求1n的值;当11n时,求证:32nn为定值;(2)求t的最大值.【答案】(1)12n;证明见解析;(2)3.【解析】(1)依题意,利用等差数列的性质并化简得到11241nn,然后分1n为奇数,偶数分别研究求解即可;利用等差中项的性

28、质并化简可得32322223121nnnn,然后就2n,3n的奇偶性分四种情况讨论分析;(2)设pa,qa,rapqr成等差数列,按等差数列性质化简后分1rq,2rq,分类讨论,借助于不等式的基本性质,分析得到只能1a,qa,1qa成等差数列或2a,qa,1qa成等差数列,其中q为奇数,从而得到t的最大值为3.【详解】解:(1)依题意,1na,11na,12na成等差数列,即111122nnnaaa,从而11111112122 212121nnnnnn,化简得11241nn当1n为奇数时,解得124n,无解,当1n为偶数时,解得124n,所以12n.12n;依题意,1a,2na,3na成等差数

29、列,即2312nnaaa,从而23322 21321nnnn,即32322223121nnnn当2n,3n均为奇数时,322 223 122nn,即321221nn,左边为偶数,第 19 页 共 19 页右边为奇数,矛盾;当2n,3n均为偶数时,322 223 124nn,即3221221nn,左边为偶数,右边为奇数,矛盾;当2n为偶数,3n奇数时,322223 126nn,即321223nn,左边为偶数,右边为奇数,矛盾;当2n为奇数,3n偶数时,322223 120nn,即321220nn,即321nn.321nn成立;(2)设pa,qa,rapqr成等差数列,则2qpraaa,即2 212121qprqpr,整理得,12221121prqprq,若1rq,则2131pqp,因为22p,所以131pq只能为 2 或 4,即2p只能为 2或 4,所以p只能为 1 或 2;若2rq,则1214322222222210prqpqq,11214prq,故矛盾,综上,只能1a,qa,1qa成等差数列或2a,qa,1qa成等差数列,其中q为奇数,从而t的最大值为3.【点睛】本题考查等差数列的性质,关键是按奇偶数分类讨论思想的运用,属较难试题.

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