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ABCA1B1C1中，S是C1C上的一点，SABC的体积为2，则三棱锥SA1B1C1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S1111a6求得答案【详解】由a9a12+6，得2a9a1212，即2a1+16da111d12，a1+5d12，a612则S1111a61112132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】（）详见解析（）详见解析【解析】试题分析：（）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（）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.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.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）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.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.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.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，（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）26cos8sin+210（2）92【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,（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+20的距离为d,则,当sin（）1时,d有最小值,所以ABM面积的最小值S92【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：当时，由（1）知结论成立；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.