江苏省2020届高三数学下学期压轴卷.doc

江苏省2020届高三数学下学期压轴卷

江苏省2020届高三数学下学期压轴卷

年级：
姓名：

- 26 -

江苏省2020届高三数学下学期压轴卷（含解析）
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______
【答案】
【解析】
【分析】
直接由集合的交集运算，即可得到本题答案.
【详解】因为集合，，
所以.
故答案为：
【点睛】本题主要考查集合的交集运算，属基础题.
2. 已知复数则｜z｜＝ ．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：．
考点：复数的模．
3. 某校选修乒乓球课程的学生中，高一年级有30名，高二年级有40名．现用分层抽样的方法在这70名学生中抽取一个样本，已知在高一年级的学生中抽取了6名，则在高二年级的学生中应抽取的人数为______.
【答案】8
【解析】
【分析】
假设共抽取人数，根据高一所占总共人数比例以及所抽出的人数，可得结果.
【详解】设样本容量为，则
高二所抽人数为.
故答案为：8
【点睛】本题主要考查分层抽样，属基础题.
4. 根据如图所示的伪代码，可知输出的结果为____．

【答案】205
【解析】
【分析】
根据已知中的程序代码，得到本程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析各个变量的变化规律，可得答案.
【详解】模拟程序语言，运行过程，可得,
满足条件，执行循环体；
满足条件，执行循环体；

满足条件，执行循环体；
满足条件，执行循环体，
此时，不满足条件，退出循环，输出S的值为，
故答案为205.
【点睛】本题主要考查了程序语言的应用问题，其中解答中应模拟程序语言的运行过程，以便得出输出的计算规律，从而得到计算的结果，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
5. 已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程是_______.
【答案】
【解析】
【分析】
由离心率可得，再代入渐近线方程即可.
【详解】由已知可知离心率，，即，
又双曲线焦点在轴上，渐近线方程，即.
故答案为：.
【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查.利用双曲线的离心率求出a，b关系，然后求解渐近线方程即可.
6. 某学校有两个食堂，甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐，则他们在同一个食堂用餐的概率为__________．
【答案】
【解析】
【详解】由题意，三名学生各自随机选择两个食堂中的一个用餐的情况共有（种），其中他们在同一个食堂用餐的情况有2种，根据古典概型概率的计算公式得，所求概率为.
点睛：此题主要考查有关计数原理、古典概型概率的计算等有关方面的知识和运算技能，属于中低档题型，也是高频考点.在计算古典概型中任意一随机事件发生的概率时，关键是要找出该试验的基本事件总数和导致事件发生的基本事件数，在不同情况下基本事件数的计算可能涉及排列、组合数的计算和使用分类计数、分步计数原理.
7. 已知点在抛物线上运动，为抛物线的焦点，点的坐标为，则的最小值是______．
【答案】7
【解析】

点睛：1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理． 2．若为抛物线上一点，由定义易得；若过焦点的弦 AB的端点坐标为，则弦长为可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．
8. 已知，都是锐角，，，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】
由，都是锐角，得出的范围，由和的值，利用同角三角函数间的基本关系分别求出和的值，然后把所求式子的角变为，利用两角和与差的正弦函数公式化简，把各自的值代入即即可求出值．
【详解】解：，都是锐角，，
又，，
，，
则

．
故答案为：
【点睛】本题考查了同角三角函数间的基本关系，以及两角和与差的正弦函数公式，熟练掌握公式是解本题的关键，同时注意角度的范围．
9. 在体积为9的斜三棱柱ABC—A1B1C1中，S是C1C上的一点，S—ABC的体积为2，则三棱锥S—A1B1C1的体积为___．

【答案】
【解析】
【分析】
由已知棱柱体积与棱锥体积可得S到下底面距离与棱柱高的关系，进一步得到S到上底面距离与棱锥高的关系，则答案可求．
【详解】设三棱柱的底面积为，高为，
则，
再设到底面的距离为，则，得，
所以，
则到上底面的距离为，
所以三棱锥的体积为．
故答案为1．
【点睛】本题考查棱柱、棱锥体积的求法，考查空间想象能力、思维能力与计算能力，考查数形结合思想，三棱锥体积为，本题是中档题．
10. 在等差数列中，，则数列的前11项和____________.
【答案】132
【解析】
【分析】
由已知求得a6，再由S11＝11a6求得答案．
【详解】由a9a12+6，得2a9﹣a12＝12，
即2a1+16d﹣a1﹣11d＝12，∴a1+5d＝12，a6＝12．
则S11＝11a6＝11×12＝132．
故答案为：132
点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n项和，是基础的计算题．
11. 三棱锥中，已知平面，是边长为的正三角形，为的中点，若直线与平面所成角的正弦值为，则的长为_____.
【答案】2或
【解析】
【分析】
设是的中点，连接，在平面内作，则，可证明平面，连接，则是与平面所成的角，设，利用平面所成的角的正弦值为，列方程求解即可.
【详解】
设是的中点，连接，
平面，，
为正三角形，，
平面，
在平面内作，
则，平面，
连接，则是与平面所成的角，
设，在直角三角形中，，
求得，
，
平面所成的角的正弦值为，
,
解得或，即的长为2或，故答案为2或.
【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理与性质，以及直线与平面所成的角，属于难题. 解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理.
12. 如图，在四边形中，，点分别是边的中点，延长和交的延长线于不同的两点，则的值为_________．

【答案】0
【解析】
【详解】
如图，连AC，取AC的中点E，连ME，NE，则分别为的中位线，所以,
所以．
由与共线，
所以，
故
．
答案：0
点睛：
（1）根据题中的，添加辅助线是解题的突破口，得到是解题的关键，然后根据向量的共线可得，再根据向量的数量积运算求解．
（2）也可利用两式相加得到．
13. 已知函数，若有两个零点，则的取值范围______.
【答案】
【解析】
【分析】
先运用分段函数的解析式，得出的解析式，再利用导数求得函数的单调性区间,即可求得的取值范围.
【详解】当时,, , , 
当, 
综上可知：,
则，有两个根，,(不妨设, 
当时,，当时,, 
令,则，，，，，, 
设，, 所以, ，函数单调递减, , 
的值域为, 取值范围为, 
故答案为：.
【点睛】本题考查分段函数的零点问题，关键在于讨论自变量的范围得出函数的表达式，再运用导函数得出函数的图象趋势，得出的函数解析式，属于难度题.
14. 在中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为______
【答案】
【解析】
【分析】
利用面积公式和余弦定理，结合均值不等式以及线性规划即可求得最大值.
【详解】
（当且仅当时取等号）.
令，
故，
因为，且，
故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：

目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率，
由数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值，
故可得，
又，故可得，
当且仅当，即三角形为等边三角形时，取得最大值.
故答案：.
【点睛】本题主要考查利用正余弦定理求范围问题，涉及线性规划以及均值不等式，属综合困难题.
二、解答题：本大题共6小题，共90分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 在中，角所对的边分别为，已知，.
（1）求的值；
（2）若，求周长的取值范围.
【答案】（1）3；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先用二倍角公式化简，再根据正弦定理即可解出；
（2）用正弦定理分别表示，再用三角形内角和及和差公式化简，转化为三角函数求最值.
【详解】（1）由及二倍角公式得，
又即，所以；
（2）由正弦定理得，
周长：
，
又因为，所以.
因此周长的取值范围是.
【点睛】本题考查了正余弦定理解三角形，三角形求边长取值范围常用的方法：1、转化为三角函数求最值；2、基本不等式.
16. 如图，在直三棱柱中，，,分别是,的中点．

（1）求证：∥平面；
（2）求证：平面平面．
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析
【解析】
试题分析：（Ⅰ）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与论证，往往需要结合平几知识，如三角形中位线性质，及利用柱体性质，如上下底面对应边相互平行（Ⅱ）证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，往往需要利用线面垂直判定与性质定理进行多次转化：由直棱柱性质得侧棱垂直于底面：底面，再转化为线线垂直；又根据线线平行，将线线垂直进行转化，再根据线面垂直判定定理得平面
试题解析：证明：（1）因为,分别是,的中点，所以， ..2分
又因为在三棱柱中，，所以. 4分
又平面，平面，所以∥平面. 6分
（2）在直三棱柱中，底面，
又底面，所以. .8分
又，，所以， .10分
又平面，且，所以平面. 12分
又平面，所以平面平面． 14分
（注：第（2）小题也可以用面面垂直的性质定理证明平面，类似给分）
考点：线面平行判定定理，面面垂直判定定理
【思想点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
17. 如图所示，为美化环境，拟在四边形空地上修建两条道路和，将四边形分成三个区域，种植不同品种的花草，其中点在边的三等分点处（靠近点），百米，，，百米，.
（1）求区域的面积；
（2）为便于花草种植，现拟过点铺设一条水管至道路上，求水管最短时的长．

【答案】（1）平方百米；（2）百米.
【解析】
【分析】
（1）由余弦定理求出百米，由此能求出区域面积；（2）记，在中，利用正弦定理求出和的值，当时，水管长最短，由此能求出当水管最短时的长.
【详解】（1）由题知，
在中，由余弦定理得，即，所以百米
所以（平方百米）.
（2）记，在中，，即，
所以，
当时，水管最短，
在中，=百米.
【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式的综合应用，利用同角三角函数关系式求三角函数值，并求三角形面积，属于基础题.（1）根据余弦定理，可直接求得AB的长度，由三角形面积公式即可求得的面积；（2）根据最短距离为垂直距离，可求得CH的长.
18. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，点是椭圆上的一个动点，且面积的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设斜率不为零的直线与椭圆的另一个交点为，且的垂直平分线交轴于点，求直线的斜率.
【答案】（1）（2）或
【解析】
【分析】
（1）由题得到关于a,b,c的方程，解方程组即得椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，线段的中点为，根据，得，解方程即得直线PQ的斜率.
【详解】(1)因为椭圆离心率为，当P为C的短轴顶点时，的面积有最大值.
所以，所以，故椭圆C的方程为:.
（2）设直线的方程为，
当时，代入，
得:.
设，线段的中点为，
，
即
因为，则，所以，
化简得，解得或，
即直线的斜率为或.
【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
19. 已知数列的前项和记为，且，数列是公比为的等比数列，它的前项和记为.若，且存在不小于3的正整数，，使得.
（1）若，，求的值；
（2）求证：数列是等差数列；
（3）若，是否存在整数，，使得，若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）见解析（3）存在满足题意．
【解析】
【分析】
(1)令n=3即得的值；（2）利用等差数列的中项公式证明数列为等差数列；（3）化简得，再分析得到.
【详解】（1）当时，，
因为，所以.
（2）由，得，
两式相减，得，即，
所以.
两式相减，得，所以数列为等差数列.
（3）依题意：，由得：，
即，
所以.
因为，且，所以，
又因为，且为奇数，
所以时，是整数，此时，
所以.
【点睛】本题主要考查等差数列性质的证明，考查等差数列和等比数列的前n项和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
20. 已知，
（1）当时，求函数图象在处的切线方程；
（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；
（3）若存在极大值和极小值，且极大值小于极小值，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
(1)利用导数的几何意义求得函数图象在处的切线方程为.（2）
先求导得，再对a分类讨论得到的取值范围.(3对a分类讨论，结合极大值小于极小值求出的取值范围.
【详解】解：（1）当时，，，则.
又因为，所以函数图象在处的切线方程为，
即.
（2）因为
所以 ，
且.因为，所以.
①当时，即，
因为在区间上恒成立，所以在上单调递增.
当时，，
所以满足条件.
②当时，即时，
由，得，
当时，，则在上单调递减，
所以时，，这与时，恒成立矛盾.
所以不满足条件.
综上，的取值范围为.
（3）①当时，
因为在区间上恒成立，所以在上单调递增，
所以不存在极值，所以不满足条件.
②当时，，所以函数的定义域为，
由，得，
列表如下：

↗
极大值
↘
极小值
↗

由于在是单调减函数，此时极大值大于极小值，不合题意，
所以不满足条件.
③当时，由，得.
列表如下：

↘
极小值
↗

此时仅存在极小值，不合题意，
所以不满足条件.
④当时，函数的定义域为，
且，.
列表如下：

↗
极大值
↘
↘
极小值
↗

所以存在极大值和极小值，
此时

因为，
所以，，，，
所以，即，
所以满足条件.
综上，所以的取值范围为.
【点睛】本题主要考查导数的几何意义和切线方程,考查利用导数研究极值和不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
数学附加题
(满分40分，考试时间30分钟)
【选做题】 在三小题中只能选做两题，每小题10分，共20分．若多做，则按作答的前两题计分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
(选修42：矩阵与变换)
21. 求椭圆在矩阵对应的变换作用下所得曲线的方程.
【答案】
【解析】
【分析】
设是曲线上的任一点，根据对应变换原则可求得椭圆上的点满足，代入椭圆方程即可得到结果.
【详解】设是曲线上的任一点，它是椭圆上的点在矩阵对应变换作用下的对应点，则，
即，，代入得：.
即曲线的方程为.
【点睛】本题考查根据矩阵对应变换求解曲线方程的问题，属于常考题型.
(选修4-4：坐标系与参数方程)
22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，（θ为参数），以原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，0），B（0，﹣2），M是曲线C上任意一点，求△ABM面积的最小值．
【答案】（1）ρ2﹣6ρcosθ﹣8ρsinθ+21＝0．（2）9﹣2．
【解析】
【分析】
(1)先将化简成直角坐标方程,再利用与化简即可.
(2)由为以为底,到的距离为高可知要求面积的最小值即求到的距离最大值.再设求解最值即可.
【详解】（1）∵曲线C的参数方程为,（θ为参数）,有.
上下平方相加得曲线C的直角坐标方程为,
化简得
将与,代入得曲线C的直角坐标方程有：
．
（2）设点到直线AB：x+y+2＝0的距离为d,
则,
当sin（）＝﹣1时,d有最小值,
所以△ABM面积的最小值S9﹣2．
【点睛】本题主要考查了参数方程与直角坐标和极坐标系的互化,同时与考查了圆上的点到直线距离最值的问题,属于中等题型.

(选修4-5：不等式选讲)
23. 已知，，均为正数，且，求证：．
【答案】详见解析
【解析】
【分析】
由，，均为正数，运用柯西不等式和不等式的性质，即可得证；
【详解】因为，，均为正数，所以，，均为正数，
由柯西不等式得，
当且仅当时，等式成立．
因为，
所以，
所以．
【点睛】本题考查不等式的证明，注意运用柯西不等式和不等式的性质，考查推理和运算能力，属于中档题．
【必做题】每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
24. 厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家将一批产品发给商家时，商家按合同规定也需随机抽取一定数量的产品做检验，以决定是否接收这批产品．
（1）若厂家库房中（视为数量足够多）的每件产品合格的概率为 从中任意取出 3件进行检验，求至少有 件是合格品的概率；
（2）若厂家发给商家 件产品，其中有不合格，按合同规定 商家从这 件产品中任取件，都进行检验，只有 件都合格时才接收这批产品，否则拒收．求该商家可能检验出的不合格产品的件数ξ的分布列，并求该商家拒收这批产品的概率．
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】
（1）“从中任意取出3件检验，至少有2件是合格品”这一事件包含两个基本事件，一是恰有2件合格，一是3件都合格，根据相互独立事件同时发生的概率求解；
（2）该商家可能检验出不合格产品数，可能的取值为0，1，2，属于超几何分布问题，求出变量对应的概率，写出分布列.只有2件都合格时才接收，故拒收批产品的对立事件是商家任取2件产品检验都合格，先求出两件产品都合格的概率，再用对立事件的概率公式得到结果.
【详解】解：（1）“从中任意取出3件进行检验，至少有2件是合格品”记为事件A，
其中包含两个基本事件“恰有2件合格”和“3件都合格”，
；
（2）该商家可能检验出不合格产品数，可能的取值为0，1，2，
，，
，
的分布列为：

P

因为只有2件都合格时才接收这批产品，
故商家拒收这批产品的对立事件为商家任取2件产品检验都合格，
记“商家拒收”为事件B，
则，
商家拒收这批产品的概率为.
【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列，对立事件的概率，等可能事件的概率，独立重复试验，属于中档题.
25. 已知数列满足，其中为常数，.
（1）求的值
（2）猜想数列的通项公式，并证明.
【答案】（1），；（2）猜想：，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）代入可构造方程求得，代入得到；
（2）根据数列中的项可猜想，利用数学归纳法，结合组合数的运算与性质可证得结论.
【详解】（1），，解得：，
.
（2）由，，可猜想：.
证明：①当时，由（1）知结论成立；
②假设时，结论成立，则有，
那么当时，.
由得：
=
又
，
于是，，故时结论也成立.
由①②得，.
【点睛】本题以数列为载体，重点考查了组合数的运算与性质，涉及到利用数学归纳法证明数列通项公式的问题；本题计算量较大，要求学生对于组合数的运算性质有较好的掌握.