江苏省苏州市吴江区2020届高三数学下学期五月统考试题.doc

江苏省苏州市吴江区2020届高三数学下学期五月统考试题

江苏省苏州市吴江区2020届高三数学下学期五月统考试题

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江苏省苏州市吴江区2020届高三数学下学期五月统考试题（含解析）
参考公式：
样本数据，，…，的方差，其中．
柱体的体积公式：，其中是柱体的底面积，为高．
锥体的体积公式：，其中是锥体的底面积，为高．
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．不需写出解题过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上．
1.已知集合，集合，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据交集的概念，即可得出结果.
【详解】因为集合，集合，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查集合的交集运算，熟记概念即可，属于基础题型.
2.复数，(其中i为虚数单位)的实部为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
先化简复数为形式，然后可得复数的实部.
【详解】因为，所以的实部为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查复数的运算及复数的实部，求解的关键是把复数化简为最简形式，侧重考查数学运算的核心素养.
3.函数的定义域为________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据开偶次方被开方数非负数，结合对数函数的定义域得到不等式组，解出即可.
【详解】函数的定义域满足：
解得
所以函数的定义域为
故答案为：
【点睛】本题考查了求函数的定义域问题，考查对数函数的性质，属于基础题．．
4.已知某地连续5天的最低气温（单位：摄氏度）依次是18，21，22，24，25，那么这组数据的方差为_________.
【答案】6.
【解析】
【分析】
先求均值，再根据方差公式求结果.
【详解】

【点睛】本题考查方差，考查基本运算能力，属基础题.
5.我国古代数学名著《九章算术》有一抽样问题：“今有北乡若干人，西乡七千四百八十八人，南乡六千九百一十二人，凡三乡，发役三百人，而北乡需遣一百零八人，问北乡人数几何？”其意思为：“今有某地北面若干人，西面有7488人，南面有6912人，这三面要征调300人，而北面征调108人（用分层抽样的方法），则北面共有__________人．”
【答案】8100
【解析】
因为共抽调300人，北面抽掉了108人，所以西面和南面共14400人中抽出了192人，所以抽样比为，所以北面共有人，故填8100.
6.已知椭圆的长轴在轴上，若焦距为4，则__________.
【答案】8
【解析】
【分析】
根据椭圆方程列方程，解得结果.
【详解】因为椭圆的长轴在轴上，焦距为4，
所以
故答案为：8
【点睛】本题考查根据椭圆方程求参数，考查基本分析求解能力，属基础题.
7.如图是一个算法的程序框图，当输入的值x为8时，则其输出的结果是__________．

【答案】2
【解析】
试题分析：x=8＞0，不满足条件x≤0，则执行循环体，依此类推，当x=-1＜0，满足条件，退出循环体，从而求出最后的y值即可．解：x=8＞0，执行循环体，x=x-3=5-3=2＞0，继续执行循环体， x=x-3=2-3=-1＜0，满足条件，退出循环体，故输出y=0.5-1=（）-1=2．故答案为2
考点：当型循环结构
点评：本题主要考查了当型循环结构，循环结构有两种形式：当型循环结构和直到型循环结构，当型循环是先判断后循环，直到型循环是先循环后判断，属于基础题．
8.已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边经过点，则______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据三角函数定义求和，最后代入公式求值.
【详解】解：由题意可得，，，
，，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
9.已知函数，若，则实数a的值是_______．
【答案】7
【解析】
【分析】
根据解析式把求出，代入可得实数a的值.
【详解】因为，
所以，
即，解得.
故答案为：7.
【点睛】本题主要考查函数求值，根据解析式代入解方程是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
10.如图，正方体的棱长为1，E为棱上的点，为AB的中点，则三棱锥的体积为 .

【答案】
【解析】
试题分析：.
考点：1.三棱锥的体积；2.等体积转化法.
11.已知x，y为正数，且，则的最小值为________.
【答案】7
【解析】
【分析】
由题设等式有，利用基本不等式可求的最小值，从而可得的最小值.
【详解】，
由基本不等式有，当且仅当时等号成立，
故的最小值为即的最小值为.
故答案为：.
【点睛】应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.
12.如图所示，平行四边形中，，，是中点，那么向量与所成角的余弦值等于______.

【答案】
【解析】
【分析】
首先利用向量的加减法将，分别用和表示，再利用利用向量夹角公式计算即可.
【详解】由题知：，
.
.

.
.
故答案为：
【点睛】本题主要考查向量的线性运算和夹角公式，同时考查了学生的转换能力，属于中档题.
13.设△ABC的三边a，b，c，所对的角分别为A，B，C．若，则的最大值是____．
【答案】
【解析】
【分析】
利用余弦定理先求的最小值，然后可求的最大值.
【详解】因为，所以，
所以，当且仅当时，取到等号；
所以，，当且仅当时，取到最小值.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查余弦定理求解三角形，三角形中的最值问题一般结合余弦定理及基本不等式求解，侧重考查数学运算的核心素养.
14.任意实数a，b，定义，设函数，正项数列是公比大于0的等比数列，且，则=____．
【答案】
【解析】
【分析】
先求出函数的解析式，求得，结合等比数列的等积性可求，讨论与1的大小，代入解析式可求结果.
【详解】由题意，
因为时，；
时，，
所以时，恒成立；
因为正项数列是公比大于0的等比数列，且，
所以，
所以，
又，，
所以；
当时，，所以，此时无解；
当时，，所以，解得；
故答案为：.
【点睛】本题主要考查函数的性质和等比数列的性质，发现恒成立是求解本题的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
二、解答题：本大题共6小题，共计90分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15.中的内角，，的对边分别为，，，已知，，．
（1）求边的值；
（2）求的值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由向量数量积的定义得，再用余弦定理列出，的方程，求解即可．
（2）利用三角形内角和等于由已知得．有（1）易得，再用二倍角，和差角公式求解即可．
【详解】（1）因为，所以，即，
因此①，
又因为，由余弦定理，②，
由①②及，可得，
所以或（舍），因此．
（2）由（1）知，代入②，
即，又，因此，
又由余弦定理得．
因为，所以，
则，．
又，
所以
．
【点睛】本题考查向量的数量积的应用，余弦定理，和差倍角公式的应用，考查计算能力．属于中档题．
16.在直三棱柱中，，，点，，分别是棱，，的中点．

（1）求证：平面；
（2）求证：直线平面．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析．
【解析】
【分析】
（1）通过证明四边形是平行四边形，推出，然后利用直线与平面平行的判定定理证明平面．
（2）说明，证明，利用直线与平面垂直的判定定理证明平面．
【详解】（1）在直三棱柱中，且，
因点，分别是棱，的中点，所以且，
所以四边形是平行四边形，即且，
又且，所以且，
即四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面．
（2）因为直三棱柱，所以四边形是平行四边形，
又因，
所以四边形是菱形，所以，
又点，分别是棱，的中点，
即，所以．
因为，点是棱的中点，所以，
由直三棱柱，知底面，即，
又平面，平面，且，
所以平面，
又平面，则，
又平面，平面，且，
所以平面．
【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定定理以及平面与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．
17.如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台，已知射线，为两边夹角为的公路（长度均超过千米），在两条公路，上分别设立游客上下点，，从观景台到，建造两条观光线路，，测得千米，千米．

（1）求线段的长度；
（2）若，求两条观光线路与之和的最大值．
【答案】（1）3；（2）6.
【解析】
【分析】
（1），．用余弦定理，即可求出；
（2）设，，用正弦定理求出，，展开，结合辅助角公式可化为，由的取值范围，即可求解.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，
，
所以线段的长度为3千米．
（2）设，因为，所以，
在中，由正弦定理得，
．
所以，，
因此

，
因为，所以．
所以当，即时，取到最大值6．
答：两条观光线路距离之和的最大值为6千米．
【点睛】本题考查正、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，尤其是辅助角公式要熟练应用，属于中档题.
18.已知椭圆的离心率为，点椭圆的右顶点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，直线与直线的斜率和为，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆离心率以及顶点坐标即可得方程，求解即可；
（2）设出直线，联立椭圆方程，根据韦达定理，利用已知条件求解即可.
【详解】（1）因为点是椭圆的右项点，
所以. 又，所以.
又，所以
所以椭圆的方程为.
（2）若直线与轴垂直，则，则，
所以直线的斜率存在.
设直线的方程为，
联立，消去，得
则有

直线斜率为，直线的斜率为），
所以.
又
，
化简得.
又，
所以，
化简得，解得或，
又时，过点，故舍去，
所以直线的方程为.
【点睛】本题考查椭圆方程的求解，以及直线与椭圆相交，利用韦达定理及其他条件求直线方程；本题中需要注意分类讨论直线的斜率是否存在.
19.已知函数，，．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若曲线在点(1，0)处的切线为l : x＋y－1＝0，求a，b的值；
（3）若恒成立，求的最大值．
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）先求导数，令可得增区间，令可得减区间；
（2）求导数，结合切线方程可求a，b的值；
（3）先求导数，根据恒成立分类讨论求解函数的最值，进而可得的最大值．
【详解】（1）由题意知，则．
令得，所以在上单调递增．
令得，所以在上单调递减．
所以函数在上单调递增，在上单调递减．
（2）因为，得，
由曲线在处的切线为，可知，且，
所以
（3）设，则恒成立．
易得
（i）当时，因为，所以此时在上单调递增．
①若，则当时满足条件，此时；
②若，取即且，
此时，所以不恒成立．
不满足条件；
(ii)当时，令，得由，得；
由，得
所以在上单调递减，在上单调递增．
要使得“恒成立”，必须有
“当时， ”成立．
所以．则
令则
令，得由，得；
由，得所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，当时，
从而，当时， 的最大值为．
【点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数求解单调区间问题通常是求解关于导数的不等式来解决，利用导数的几何意义求解参数问题时注意导数值和斜率的关系，恒成立问题一般转化为最值问题来处理，侧重考查数学运算和数学抽象的核心素养.
20.记无穷数列的前n项，，…，的最大项为，第n项之后的各项，，…的最小项为，．
（1）若数列的通项公式为，写出，，；
（2）若数列的通项公式为，判断是否为等差数列，若是，求出公差；若不是，请说明理由；
（3）若数列为公差大于零的等差数列，求证：是等差数列．
【答案】（1），，分别为；（2）是等差数列，公差；（3）详见解析.
【解析】
【分析】
（1）把代入通项公式，根据可求，，；
（2）先求出的通项公式，然后进行判定；
（3）设出的通项公式，结合数列的单调性进行证明.
【详解】（1）由题知数列的通项公式为，
可知，，，且当时是单调递增数列，
所以，，，
所以，，分别为．
（2）由题知数列的通项公式为，
所以数列是单调递减的数列，且，
由题知，，
因为，
故数列是单调递增数列，
所以当时，，，
故，
所以数列的通项公式是，
即数列等差数列，公差．
（3）由题知数列为公差大于零的等差数列，
故设且公差，
当时，有，
整理得，
若，则有，
故，
因为，所以当时，
当时，
类似的可以证明，
因为，
故有，
故数列是单调递增数列，
所以当时，，，
故，
所以数列的通项公式是，
即数列是等差数列，公差为．
【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解及数列的证明，明确题目中给出的新定义是求解的关键，等差数列的证明一般利用定义法来实现，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.
【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
21.在平面直角坐标系中，直线在矩阵对应的变换作用下得到的直线仍为，求矩阵.
【答案】
【解析】
【分析】
设是直线上任意一点，根据题意变换得到直线，对比得到答案.
【详解】设是直线上任意一点，
其在矩阵对应的变换下得到仍在直线上，
所以得，与比较得，解得，
故.
【点睛】本题考查了矩阵变换，意在考查学生的计算能力和应用能力.
22.在极坐标系中，直线的极坐标方程为．以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，曲线的参数方程为（为参数）．求直线与曲线交点的直角坐标．
【答案】和
【解析】
【分析】
首先把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换，进一步利用直线和曲线的位置关系式的应用，建立方程组，求出交点的坐标．
【详解】直线的极坐标方程为，转换为直角坐标方程为．
曲线的参数方程为（为参数），
整理得，转换为直角坐标方程为．
所以，整理得，解得或，
①当时，，
②当时，，
所以直线与曲线交点的坐标为和．
【点睛】本题主要考查参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程的解法的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
23.已知，，均正数，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】第22题、第23题，每题10分，共计20分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
24.如图, 在三棱锥中，平面，，且，，为的中点．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.，，
利用向量夹角公式即可得到结果；
（2）求出平面与平面的法向量，代入公式即可得到结果.
【详解】因为平面，，所以可以以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为，，
所以，，，，
因为点为线段的中点，
所以.
（1），，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
（2）设平面的法向量为，
因为，，
所以，，即且，取，得，，
所以是平面的一个法向量．
设平面的法向量为，
因为，，
所以，，
即且，取，得，，
所以是平面的一个法向量．
所以．
由图可知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
25.在自然数列中，任取个元素位置保持不动，将其余个元素变动位置，得到不同的新数列.由此产生的不同新数列的个数记为.
（1）求；
（2）求；
（3）证明，并求出的值.
【答案】（1）3；（2）24；（3）证明见详解，；
【解析】
【分析】
（1）直接列举求解；
（2），，，，，其实；
（3）由关系式，结合，可证得，进而通过构造的递推关系式求通项或者直接有；
【详解】（1）因为数列中保持其中1个元素位置不动的排列只有或或，
所以
（2）
；
（3）把数列中任取其中个元素位置不动， 则有种；
其余个元素重新排列，并且使其余个元素都要改变位置，
则有，
故，又因为，
所以，
令则且
于是，
左右同除以，得
所以
【点睛】本题考查排列和组合，涉及其运算性质，属综合困难题.