《南京市、盐城市2020届高三年级第一次模拟考试数学试题(含附加题与答案)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《南京市、盐城市2020届高三年级第一次模拟考试数学试题(含附加题与答案)（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、市、市2020届高三年级第一次模拟考试数学参考答案一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分.1 2 3 4真 5 6 78 9 10 11 1210 13 14二、解答题：本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域.15解：（1）由可知，移项可得，又，故， 2分又由，可知， 4分故在中，由正弦定理可得 ，所以. 7分（2）由（1）知，所以时，由即可得 ， 10分.14分16（1）证明：连结交于点，连结， 又因为平面，平面平面平面，所以 3分因为四边形是正方形，对角线交于点 ，所以点是的中点，所以，所以在中，. 6分（2）证明：
2、连结.因为为直四棱柱，所以侧棱垂直于底面，又平面，所以8分因为底面是正方形，所以 10分又，面， 面，所以面. 12分又因为,所以，又因为，所以A1P面ACC1A1,所以 14分17解：（1）设半径为，则，所以的周长， 4分解得 ，故半径的取值围为. 6分（2）在（1）的条件下，油桶的体积， 8分设函数，所以，由于 ，所以在定义域上恒成立，故在定义域上单调递增，即当时，体积取到最大值. 13分答：半径的取值围为，当时，体积取到最大值. 14分18.解：（1）由当轴时，可知， 2分将，代入椭圆方程得（），而，代入（）式得，解得，故，椭圆的方程为.4分（2）方法一：设，由得，故，代入椭圆的方程得（
3、）， 8分又由得，代入（）式得，化简得，即，显然，故.12分同理可得，故，当且仅当时取等号，故的最小值为. 16分方法二：由点，不重合可知直线与轴不重合，故可设直线的方程为，联立，消去得（），设，则与为方程（）的两个实根，由求根公式可得，故，则，8分将点代入椭圆的方程得，代入直线的方程得，由得，故.12分同理可得，故，当且仅当时取等号，故的最小值为. 16分注：（1）也可设得，其余同理.（2）也可由运用基本不等式求解的最小值. 19解：（1），且数列是“数列”，2分故数列是等差数列，公差为，故通项公式为，即. 4分（2）由得，故.方法一：由得，两式作差得，即，又，对恒成立，6分则，而，是等比数
4、列， 8分，是公比为的等比数列，故数列是“数列”.10分方法二：同方法一得对恒成立，则，两式作差得，而，以下同方法一. 10分（3）由数列是“数列”得，又，当时，当时上式也成立，故， 12分假设存在正整数使得，则，由可知，又为正整数，又，故存在满足条件的正整数，. 16分20解：（1）由函数为奇函数，得在定义域上恒成立，所以 ，化简可得 ，所以. 3分（2）法一：由（1）可得，所以，其中当时，由于恒成立，即恒成立，故不存在极小值. 5分当时，方程有两个不等的正根，故可知函数在上单调递增，在上单调递减，即在处取到极小值，所以，的取值围是. 9分法二：由（1）可得，令，则，故当时，；当时， 5分故
5、在上递减，在上递增，若，则恒成立，单调递增，无极值点；所以，解得，取，则，又函数的图象在区间上连续不间断，故由函数零点存在性定理知在区间上，存在为函数的零点，为极小值.所以，的取值围是. 9分（3）由满足，代入， 消去m可得， 11分构造函数，所以，当时， ，所以当时，恒成立，故h(x)在0，+)上为单调减函数，其中， 13分则可转化为，故，由，设，可得当时，在上递增，故，综上，的取值围是 . 16分附加题答案21.（A）解：设圆上一点，经矩阵变换后得到圆上一点，所以，所以，5分又圆，所以圆的方程为，化简得，所以，解得. 10分21.（B）解：以极点为原点，极轴为x轴的正半轴（单位长度相同）建
6、立平面直角坐标系，由直线，可得直角坐标方程为，又曲线，所以，其直角坐标方程为， 5分所以曲线是以为圆心，为半径的圆，为使直线被曲线（圆）截得的弦最长，所以直线过圆心，于是，解得. 10分21.（C）解：因，所以，由柯西不等式得，即， 5分当且仅当，即时取等号，解得，所以当且仅当时，取最小值36. 10分22解：（1）以，所在直线建立如图所示空间直角坐标系，由，所以，从而，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为. 4分（2）设，则，所以，设平面的一个法向量，所以，所以，令，则，所以平面的一个法向量，同理可得平面的一个法向量，因为二面角的大小为，所以，解得或，由图形可知当二面角的大小为时, . 10分注：用传统方法也可，请参照评分.23解：（1）令得，令得，两式相加得，.3分（2）7分要证，即证，只需证明，即证，当时，显然成立；当时，即，对恒成立.综上，恒成立.10分注：用数学归纳法或数列的单调性也可证明恒成立，请参照评分.
