2020年江苏盐城高三三模数学试卷

一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）

1.已知集合，则与的并集 ．

正.

2.设复数（），若，则实数的值为 ．

3.某电视台对一节目的喜爱程度进行网络调查，共有人参与调查，喜爱、一般、不喜爱的人分别为人、人、人，为进一步了解被调查人的具体想法，现利用分层抽样的方法抽取人，则抽取不喜爱的人数为 ．

4.某校志愿者小组有名男生和名女生，现从中任选人参加活动，则女生入选的概率是 ．

5.一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的的值为 ．

6.若双曲线的离心率为，则其两条渐近线所成的锐角为 ．

7.设三棱锥的体积为，点，分别满足．，记三棱锥

的体积为，则 ．

8.在中，角，所对的边分别为，，若，则

．

9.已知数列

，满足

，且数列

是等差数列，若

，

，则数列

的前项和

．

10.若函数关于直线

对称，则的

为 ．

最

.小.正.值.11.若实数

，使不等式

成立，则实数的取值范围是 ．

存.在

.

12.在锐角中，已知是

边上的高，且满足，则的取值范围

是 ．

13.设函数，若函数与函数都有零点，且它们的零点完

全相同，则实数

的取值范围是 ．

14.若圆

与圆相交，点为其在轴下方的交点，且

，则点到直线

距离的最大值为 .

二、解答题（本大题共6小题，共90分）

（1

）（2）15.若，

，设

．

求函数在

上的单调减区间．

在中，角，所对的边分别为，，若

，求的

值．

（1）（2）16.如图，在三棱柱中，，设为与的交点，点

为

的中点．求证：

平面

．平面

平面

．

17.如图

是淋浴房示意图，它的底座是由正方形截去一角得到，这一角是一个与正方形两邻边相切的圆的

圆弧(如图)．现已知正方形的边长是

米，设该底座的面积为平方米，周长为米()，圆的半径为米．设计的理想要求是面积尽可能大，周长尽可能小．但显然、都

是关于的减函数，于是设

，当

的值越大，满意度就越高．试问为何值时，该淋浴房底

座的满意度最高?()

图

图

周.长.是.指.图

.

中.实.线.部.分

.

解.答

.时.

以

.代.

入.运.算.

（

1）（2）

（3）18.如图，、为椭圆短轴的上、下顶点，为直线上一动点，连接

并

延长交椭圆于点

，连接

交椭圆于点

，已知直线

，

的斜率之积恒为

．

求椭圆的标准方程．若直线与轴平行，求直线

的方程．

求四边形

面积的最大值，并求对应的点

的坐标．

（1）

（2）（3

）19.已知数列满足．

若数列

的首项为

，其中

，且

，

，

构成公比小于的等比数列，求

的值．若是公差为

的等差数列的前项和，求

的值．

若，

，且数列

单调递增，数列

单调递减，求数列

的通项公

式．

20.设函数，其中恒不为．

，求函数

在

处的切线方程．

若是函数

与的公共极值点，求证：

存在且唯一．

设

，是否存在实数，使得

在

上恒成立？若存在，

请求出实数，

满足的条件；若不存在，请说明理由．

三、选做题（本大题共3小题，选做2题，共20分）

21.直线经矩阵（其中）作用变换后得到直线：，若直线与垂直，求

的值．

22.

已知在直角坐标系中，直线的参数方程为

（为参数）．以坐标原点为极点，以

轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求直线

被曲线截得的

弦长．

23.若正数

，

满足，求

的最小值．

四、必做题（本大题共2小题，每小题10分，共20分）

（1

）

（2）

24.已知某高校综合评价有两步：第一步是材料初审，若材料初审不合格，则不能进入第二步面试；若材料初审合格，则进入第二步面试．只有面试合格者，才能获得该高校综合评价的录取资格．现有，

，三名学生报名参加该高校的综合评价，假设，三位学生材料初审合格的概率分别是， ，；面试合格的概率分别是，

，．

求，

两位考生有且只有一位考生获得录取资格的概率．

记随机变量为，

三位学生获得该高校综合评价录取资格的人数，求的概率分布与

数学期望．

（1）

（2）

25.设集合（其中，），将的所有元子集（含有个元素的子集）中的最小元素的和记为．

求，的值．

试求的表达式．【答案】

1.

解析:

由，得，

∴，

∴．

故答案为：．

2.

解析:

由，得

，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴．

3.

解析:

．

故答案为：．

4.

解析:

∵从名男生和名女生中，选择人参加活动，

∴所有可能发生的情况共有种，本题从反面进行考虑，排除都为男生的情况，∴全是男生的情况有种，

故选中的人中有女生的概率为．故答案为：．

5.

解析:

当时，

，

∴，

，

当时，

，

∴，

，

当时，

，

∴，

，

当时，

，

∴．

故答案为：．

6.

解析:

由题意得，

∵渐近线方程为，

∴，

∴，当时，倾斜角为，当时，倾斜角为．∴渐近线所成的锐角为．

7.

解析:

由题意得，

点为边上的三等分点，

点为边上的中点，

∴ ，

，

设三棱锥是以为底面，

三棱锥是以为底面，

∴，

，

（，分别是三棱锥以为底面的高，以三棱锥以为底面的高）

∵为中点，

∴，

∵为边上的三等份点，

∴，

∴

，

∴．

8.

解析:

由题意得，

∴，∴，

∵，

∴，

∴，

∴

　　　　．

9.

解析:

由题意得，

是等差数列，

∴，

∴，

即，

，

∴，

∴是等比数列，

∵，

∴，

∴，

∴是以为首项，为公比的等比数列，∴．故答案为：．

10.

解析:由题意得

的图象关于对称，∴或，① 当时，

，

∴

，

当时，

② 时，

，

∴，

∴，

当时，

综上得，的最小正值为．故答案为：．

11.

解析:

由题意得：

，

∴，

∵存在实数，

使不等式成立，

∴，

令，

，

令，解得，当时，∴在上单调递减，当时，∴在上单调递增，

∴当时，

∴，

∴．

12.

解析:

方法一：

，

则是上靠近的三等分点，

令，则，令，，锐角三角形，

∴，即，

，

，

∵，

∴，

，．

方法二：．

13.

解析:

令的一个零点为，即，

又与零点相同，

∴，

∴，

∴，

．当时，有唯一零点，有唯一零点，满足题意；

．当时，有两个零点，

，则或．而有两个根，

又与零点完全相同，

∴无实根，无解，

∴即，

综上：．

14.

解析:

设点坐标为，其中，则，

且，由，

得，

即，

同理可得，

则，是方程的两个根，

由韦达定理可得，

又因为，所以，即，

所以点位于以为圆心，为半径的半圆上，如图所示，

（1）（2）圆心到直线的距离，

，则点到直线

的距离的最大值为．解析:

，

当

时，

函数

单调递减，即

，又∵

，∴函数

在上的减区间为．由，得

，

又∵

，∴

，∴

，得

，由

及正弦定理得，∴，（1）

．（2）

．

15.

（1）（2）即，

解得，又∵，

得，又∵，∴

．

解析:

∵在平行四边形

中，

为与

的交点，

∴为的中点，

又∵点为的中点，∴，又∵

面

，

面

，∴

面．由（）得

，又∵，∴

，

在平行四边形

中，

∴平行四边形为菱形，

∴，

又

面

，面，

，

∴面，

又∵面，∴面

面

．

（1）证明见解析．（2）证明见解析．16.

（1）（2）（3）解析:周长，面积，

所以

，

令，则

，

当且仅当时，即

，

最大，此时

，

答：当

时，该淋浴房底座的满意度最高．

解析:由椭圆

，所以，设，

则，所以

，又

，解得，

所以椭圆的方程为

．

设

，当

时，

，不符题意，所以

，所以

，直线

的方程为：

，即

，

代入椭圆方程得到，即

，

解得，

，同理

，因直线与轴平行，所以，解得，

，

所以直线

的方程为

．由（）

，

解得，同理，

所以四边形

的面积

，

时，该淋浴房底座的满意度最高．

17.（1）椭圆的方程为．（2）直线的方程为

．

（3）四边形面积的最大值为

，此时点

．

18.

（1）（2）根据对称性，不妨设，

则所以

，

设，

则

，

当且仅当即，所以四边形

面积的最大值为

，此时点

．

解析:因

，

所以，

即，

又，且前三项是公比小于的等比数列，

所以

，

，即

，

所以，

所以，

解得

．

因

是等差数列

的前项和，

所以，

又，

所以，当

时，

，

（1）

．

（2）．（3）．

19.

（3）（1）（2）所以，不符题意；

当时，

，

所以

，

．

因为数列

单调递增，所以；因为数列单调递增，所以；又因为，

所以，

因，所以；同理，所以，

又，

所以，所以，

，

所以数列

的通项公式为

．

解析:因为

，所以，

，

所以，又，

所以函数

在

处的切线方程为，即

．因为

，所以，

又，所以，

因为是函数

与的公共极值点，所以

，

，

即，

因为，所以

，令，则

是

的零点，

因为

在上单调递增，所以

至多有一个零点，

（1）．

（2）证明见解析．（3）存在，且

，证明见解析．

20.

由零点存在性定理可知，的零点唯一存在，得证．

因为，由（）得，

记，

①当时，，若，则，

此时，不符题意；

若，与符号相反，此时，满足题意，

②当时，若，则，

若，当时，则，

由，得，所以，

所以时，，

此时函数与，不符题意（舍）；

若，则，

由，得，所以，

所以时，，

此时函数与，不符题意（舍）；

③当时，若，则，

若，则，

由，得，所以，

所以时，，

此时函数与，不符题意（舍）；

若，当时，则，

由，得，

所以时，，

此时函数与，不符题意（舍）；

综上所述，当且时，函数与满足在上恒成立．

解析:．

21.

方法一：

平面列向量关于原点逆时针旋转所对应的变换矩阵为，

直线经矩阵

作用，

即顺时针旋转以后得到直线，且，

，所以

．

方法二：

在直线上任取一点，经过矩阵

作用后得到点

，

则，

又点在直线：

上，所以，

即，

因为，

所以，

所以，所以，

因为

，所以

．

解析:

直线的直角坐标方程为：，曲线的直角坐标方程为：，圆心为

，半径

，

圆心到直线的距离

，

所以直线被曲线截得的弦长为．

解析:

因为正数，满足，所以，

所以

，

，

当且仅当

，

，时，取最小值．

．

22.．

23.

（1）（2）解析:

记“，两位考生有且只有一位考生获得录取资格”为事件

．

考生获得录取资格的概率为；考生获得录取资格的概率为

；

所以

．

答：，两位考生有且只有一位考生获得录取资格的概率为

．随机变量

可能的取值为：，，

考生获得录取资格的概率为，由（）得，两位考生获得录取资格的概率均为

．

所以，三位考生获得高校综合评价录取资格的人数．则

，

，

，

，

随机变量

的概率分布表如下：

数学期望为：

（人）．答：

的数学期望为

人．

注：（）如果随机变量

的概率分布列写成：

（

），可酌情给分．

（如果由二项分布的期望公式直接得出结果，可酌情给分．）

解析:

（1）．

（2）

人．

24.（1）；；．

（2）．

25.

∴，

当时，

元子集有：，，

∴，

当时，

元子集有：，，，，，

∴．

方法一：

以为最小值的元子集个数为；以为最小值的元子集个数为；

以为最小值的元子集个数为，∴

∵，

∴

，

下求，

记，则

，记

，则的展开式中项前的系数为，

又，

，

，

则的展开式中项前的系数又可以写作，

∴，

∴式．方法二：

由，，归纳猜想出，下用数学归纳法给出证明．

①当时，结论成立；

②假设时，结论成立，即，

则当时，

，

所以当时，结论成立，综上：由①②可得．