《2020年高考数学名校好题必刷全真模拟卷11（江苏教师版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考数学名校好题必刷全真模拟卷11（江苏教师版）（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、全真模拟备战高考2020江苏高考数学名校地市好题必刷全真模拟卷11 卷一. 填空题：本大题共14小题,每小题5分共计70分1.已知集合,则 .【答案】【解析】因为,所以2.若复数z(1i)(m2i)(i为虚数单位)是纯虚数,则实数m的值为_【答案】2【解析】z(1i)(m2i) m2(2m)i是纯虚数,则m2. 3.如图是甲、乙两名同学的五次数学附加题训练得分(满分40分)的茎叶图,则成绩较为稳定的那位同学得分的方差是 . 【答案】24,8【解析】由题意可得,甲、乙两名同学得分的平均数都为28,则甲的方差乙的方差所以乙同学的成绩较为稳定,得分的方差为24.8.4.执行如图所示的算法流程图,则输
2、出的结果是_【答案】1【解析】由流程图知循环体执行8次,第1次循环S,n2；第2次循环S1,n3；第3次循环S2,n4,第8次循环S1,n9.5.盒中装有形状、大小完全相同,只有编号不同的5张“刮刮卡”,其中只有2张“刮刮卡”有奖,现在甲从盒中随机取出2张,则至少有一张有奖的概率为 .【答案】【解析】记5张“刮刮卡”的编号依次是1,2,3,4,5不妨设1号和2号“刮刮卡”有奖,现在甲从盒中随机取出2张,所有可能的结果为（1,2）,（1,3）,（1,4）,（1,5）,（2,3）,（2,4）,（2,5）,（3,4）,（3,5）,（4,5）,共10种,其中至少有一张有奖的结果有（1,2）,（1,3）
3、,（1,4）,（1,5）,（2,3）,（2,4）,（2,5）,共7种,故所求概率为6. 已知双曲线x21(m0)的一条渐近线方程为xy0,则m_【答案】 【解析】双曲线x21(m0)的一条渐近线方程为x0,与xy0是同一条直线,则m.7.已知等差数列的公差,前项和为,且成等比数列, 则公差 .【答案】-1【解析】由等差数列的通项公式得,又成等比数列,即化简得又8.已知|a|1,|b|2,ab(1,),则向量a,b的夹角为_【答案】 【解析】由ab(1,),得(ab)23,则142ab3,ab1|a|b|cos,cos,则.9.如图,在正四棱锥中,已知点为SA的中点,且则三棱锥的体积为 . 【答
4、案】【解析】因为四棱锥是正四棱锥,正四棱锥的棱长都为4,易得正四棱锥的高点为SA的中点, 三棱锥的体积为.10. 设向量a(sin2,cos),b(cos,1),则“ab”是“tan”成立的_(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)条件【答案】必要不充分【解析】ab可得sin2cos22sincos,则cos0,或cos2sin,即cos0(tan不存在),或tan；由tan,得cos2sin,cos22sincos,则ab.因此“ab”是“tan”必要不充分条件11.若是函数图象上的动点,点,则直线AP的斜率的取值范围是 .【答案】【解析】由题意知令得所以在上单调递减
5、,在上单调递增.画出的大致图象如图所示,由图可知,直线AP与的图象相切时,直线AP的斜率最小,设切点坐标为则,所以切线方程为,把的坐标代入,解得.故直线AP的斜率. 12. 在平面直角坐标系xOy中,设直线yx2与圆x2y2r2(r0)交于A,B两点若圆上存在一点C,满足,则r的值为_【答案】 【解析】2222,即r2r2r2cosAOBr2,整理化简得cosAOB,过点O作AB的垂线交AB于D,则cosAOB2cos2AOD1,得cos2AOD.又圆心到直线的距离为OD,所以cos2AOD,所以r210,r.13.在平面之角坐标系中,A和B是圆上两点,且,点P在直线上,若,则点P的坐标为 .
6、【答案】(2,-1)【解析】设AB的中点为D,连接CD,PD,则又点C（1,0）到直线的距离为三点共线,且所在直线是直线的垂线,易得直线CP的方程,由解得点P的坐标为（2,-1）.14. 已知f(x)是定义在2,2上的奇函数,且当x(0,2时,f(x)2x1.又已知函数g(x)x22xm,且如果对于任意的x12,2,都存在x22,2,使得g(x2)f(x1),则实数m的取值范围是_【答案】5,2【解析】x(0,2时,f(x)2x1为增函数,值域为(0,3,因为f(x)是定义在2,2上的奇函数,所以f(x)在2,2上的值域为3,3,函数g(x)x22xm在x2,2上的值域为m1,m8因为对任意的
7、x12,2,都存在x22,2,使得g(x2)f(x1),所以f(x)在2,2上的值域是g(x)x22xm在x2,2上的值域的子集,所以,m13且m83,即5,2二、解答题：（本大题共6道题,计90分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15. (本小题满分14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知锐角的始边为x轴的正半轴,终边与单位圆交于点P(x1,y1)将射线OP绕坐标原点O按逆时针方向旋转后,与单位圆交于点Q(x2,y2)记f()y1y2.(1) 求函数f()的值域；(2) 记ABC的角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若f(C),且a,c1,求b.【解析】(1) 由题意,得y
8、1sin,y2sincos,所以f()sincossin.因为,所以,故f()(1,(2) 因为f(C)sin,又C,所以C.在ABC中,由余弦定理得c2a2b22abcosC,即12b22b,解得b1.(说明：第(2)小题用正弦定理处理的,类似给分)16.(本小题满分14分)如图,在直三棱柱中,D是棱AB上一点。（1）若平面求（2）若证明：平面平面. 【解析】(1)如图,连接交于点E,连接DE.因为三棱柱是直三棱柱,所以易知E为的中点.因为平面平面平面平面所以所以D是AB的中点,即(2)因为三棱柱为值三棱柱,所以平面ABC.因为平面ABC,所以.因为平面平面所以平面又平面,所以平面平面 17
9、. (本小题满分14分)如图,墙上有一壁画,最高点A离地面4 m,最低点B离地面2 m,观察者从距离墙x m(x1),离地面高a m(1a2)的C处观赏该壁画,设观赏视角ACB.(1) 若a1.5,问：观察者离墙多远时,视角最大？(2) 若tan,当a变化时,求x的取值范围【解析】(1) 当a1.5时,过C作AB的垂线,垂足为D,则BD0.5 m,且ACDBCD,由已知观察者离墙x m,且x1,则tanBCD,tanACD,所以tantan(ACDBCD),当且仅当x1时,取“”又tan在上单调增,所以,当观察者离墙 m时,视角最大(2) 由题意,得tanBCD,tanACD,又tan,所以t
10、antan(ACDBCD),所以a26a8x24x,当1a2时,0a26a83,所以0x24x3,即,解得0x1或3x4.因为x1,所以3x4,所以x的取值范围为3,418. (本小题满分16分)已知椭圆的右焦点为,直线与椭圆C在第一象限内的交点Q在线段OF的垂直平分线上（O为坐标原点）,且 的面积为（1）求椭圆C的方程；（2）若为椭圆的内接三角形,且满足轴,设直线与轴的交点分别为G,H,求的最小值。【解析】(1)由题意可知则,将代入椭圆方程得因为的面积为所以得又,所以由得故椭圆C的方程为 （2）设点于是直线PM的方程为令,得,所以.直线PN的方程为令,得,所以.,当且仅当OG=OH时取等号.
11、又,所以,所以的最小值为8.19.(本小题满分16分)设数列an是各项均为正数的等比数列,其前n项和为Sn,且a1a564,S5S348.(1) 求数列an的通项公式；(2) 对于正整数k,m,l(kml),求证：“mk1且lk3”是“5ak,am,al经适当排序后能构成等差数列”的充要条件；(3) 设数列bn满足：对任意的正整数n,都有a1bna2bn1a3bn2anb132n14n6,且集合M中有且仅有3个元素,求实数的取值范围【解析】 数列an是各项均为正数的等比数列, a1a5a64, a38. S5S348, a4a58q28q48, q2, an82n32n.(2) 证明：()必要
12、性：设5ak,am,al这三项经适当排序后能构成等差数列, 若25akamal,则102k2m2l, 102mk2lk, 52mk12lk1, 若2am5akal,则22m52k2l, 2m1k2lk5,左边为偶数,等式不成立 若2al5akam,同理也不成立综合,得mk1,lk3, 必要性成立() 充分性：设mk1,lk3,则5ak,am,al这三项为5ak,ak1,ak3,即5ak,2ak,8ak,调整顺序后易知2ak,5ak,8ak成等差数列,所以充分性也成立综合()(),原命题成立(3) 解：因为a1bna2bn1a3bn2anb132n14n6,即21bn22bn123bn22nb132n14n6,(*) 当n2时,21bn122bn223bn32n1b132n4n2,(*)则(*)式两边同乘以2,得22bn123bn224bn32nb132n18n4,(*)(*)(*),得2bn4n2,即bn2n1(n2)又当n1时,2b1322102,即b11,适合bn2n1(n2), bn2n1. , ,
