江苏省南通市如皋中学、如东中学2020届高三数学下学期阶段联合调研试题.doc

江苏省南通市如皋中学、如东中学2020届高三数学下学期阶段联合调研试题

江苏省南通市如皋中学、如东中学2020届高三数学下学期阶段联合调研试题

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姓名：

- 24 -

江苏省南通市如皋中学、如东中学2020届高三数学下学期阶段联合调研试题（含解析）
注意事项：
1.本试卷共4页，包括填空题（第1题～第14题）、解答题（第15题～第20题）两部分.本试卷满分为160分，考试时间为120分钟.
2.答题前，请务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题纸的密封线内.试题的答案写在答题纸上对应题目的答案空格内.考试结束后，交回答题纸.
一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分.不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）
1.已知集合，集合，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据并集的定义，即可求解.
【详解】，
.
故答案为：.
【点睛】本题考查集合间的运算，属于基础题.
2.已知为虚数单位，若复数为纯虚数，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据复数的除法法则首先计算出，根据纯虚数的概念列出方程，解出即可.
【详解】，
由题可得，解得.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，已知复数的类型求参数的值，属于基础题.
3.已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是____.
【答案】.
【解析】
【分析】
由题意首先求得平均数，然后求解方差即可.
【详解】由题意，该组数据的平均数为，
所以该组数据的方差是.
【点睛】本题主要考查方差的计算公式，属于基础题.
4.运行如图所示的伪代码，则输出的的值为_______.

【答案】6
【解析】
【分析】
根据伪代码依次计算得到答案.
【详解】第一遍循环，第二轮循环，
第三轮循环，第四轮循环，
第五轮循环，第六轮循环，
所以输出的.
故答案为：6.
【点睛】本题考查了伪代码的计算，意在考查学生的理解能力和计算能力.
5.劳动最光荣.某班在一次劳动教育实践活动中，准备从3名男生和2名女生中任选2名学生去擦教室玻璃，则恰好选中2名男生的概率为____.
【答案】
【解析】
【分析】
分别计算出从5名学生中选出 2名学生的选法，与从3名男生选出 2名男生的选法，可得恰好选中2名男生的概率.
【详解】解：由题意得：从5名学生中选出 2名学生，共有种选法；
从3名男生选出 2名男生，共有种选法，
故可得恰好选中2名男生的概率为：，
故答案为：
【点睛】本题主要考察利用古典概型概率公式计算概率，分别计算出从5名学生中选出 2名学生的选法，与从3名男生选出 2名男生的选法是解题的关键.
6.已知双曲线的两条渐近线与直线围成正三角形，则双曲线的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
求出双曲线的渐近线方程，利用两条渐近线与直线围成正三角形，求出渐近线的倾斜角，然后求解离心率即可．
【详解】解：双曲线的两条渐近线与直线围成正三角形，
所以双曲线的渐近线的倾斜角为和，
所以，所以，
所以双曲线的离心率为：.
故答案为：．
【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，涉及双曲线渐近线方程和离心率，是基本知识的考查．
7.已知函数，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据分段函数，和，利用 转化为求解.
【详解】因为，，
所以，
又，所以．
故答案为：.
【点睛】本题主要考查分段函数的求值，还考查了转化问题求解的能力，属于基础题.
8.若函数 (R，)满足，且的最小值等于，则ω的值为___________.
【答案】1
【解析】
【分析】
利用辅助角公式化简可得,由题可分析的最小值等于表示相邻的一个对称中心与一个对称轴的距离为,进而求解即可.
【详解】由题,,
因为,,且的最小值等于,即相邻的一个对称中心与一个对称轴的距离为,
所以,即,
所以,
故答案为:1
【点睛】本题考查正弦型函数的对称性的应用,考查三角函数的化简.
9.在三棱柱中，点是棱上一点，记三棱柱与四棱锥的体积分别为与，则________.
【答案】
【解析】
【分析】
计算得到，得到答案.
【详解】，所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查了三棱柱，四棱锥的体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
10.已知等比数列的前项和为，且，，则__________．
【答案】1
【解析】
【分析】
根据题意，利用等比数列的通项公式化简求出公比，即可算出.
【详解】解：由于，，且为等比数列，
则： ，
即： ，
因为：，
则： ，，
即： ，
又因为：，
则： ，
.
解得：，
则： .
故答案为：1.
【点睛】本题考查等比数列的基本量的计算，运用到等比数列的通项公式，考查计算能力.
11.已知向量，，若，则最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】
由可得，转化条件得，利用基本不等式即可得解.
【详解】，，，
即，

，当且仅当时，等号成立.
故答案为：.
【点睛】本题考查了向量共线的充要条件和利用基本不等式求最值，属于中档题.
12.在平面直角坐标系xOy中，圆C方程为(x－1)2＋(y－1)2＝9，直线l：y＝kx＋3与圆C相交于A，B两点，M为弦AB上一动点，以M为圆心，2为半径的圆与圆C总有公共点，则实数k的取值范围为 ．
【答案】[－，＋∞)
【解析】
试题分析：由圆的性质知只要点为弦中点时，圆和圆有公共点，则当是弦上运动时，圆与圆一定有公共点，故由题意有，.
考点：直线和圆的位置关系，两圆的位置关系.
13.已知a，b∈R，e为自然对数的底数．若存在b∈[﹣3e，﹣e2]，使得函数＝ex﹣ax－b在[1，3]上存在零点，则a的取值范围为_____．
【答案】
【解析】
分析：先转化为存在零点，再利用数形结合分析两种情况下求a的最大值和最小值得解.
详解:由题得存在，使得函数在上存在零点，
所以存在,使得,所以,
令直线y=ax+b,则两个函数的图像存在一个交点，
当直线y=ax+b过点（1，e）,(0,-3e)时，此时a最大，此时b=-3e,a=4e，
所以a≤4e.
当直线y=ax+b过点且与相切时，最小，
设切点为，则切线方程为，
此时
所以a的最小值为
所以的取值范围为.
故答案为
点睛：(1)本题主要考查函数的零点问题和导数的几何意义，意在考查学生这些基础知识的掌握能力和分析转化数形结合的能力. (2)本题的关键有两点，其一是转化为存在零点，其二是如何数形结合分析两个函数的图像求出a的最大值和最小值.
14.对任意，不等式恒成立，则的最大值是______.
【答案】
【解析】
【分析】
设，则，，计算得到，再验证等号成立得到答案.
【详解】设，则，，
即恒成立，设，
则，解得.
现在验证，存在使等号成立，，则，
此时，对称轴为，故.
满足条件，故的最大值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
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内）
15.如图，在△ABC中，为所对的边，CD⊥AB于D，且．
（1）求证：；
（2）若，求的值．

【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）由题意可得，由正弦定理，得，即可作出证明；
（2）由（1）得，得到，所以，，即可求解的值.
【详解】（1）证明：因，
所以，
由正弦定理，得，
所以．
（2）解：由（1）得，，
所以，
化简，得．
又，所以，所以，，
所以．
【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
16.如图，在正三棱柱中，，D，E，F分别为线段，，的中点.

（1）证明：平面；
（2）证明：平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；
【解析】
【分析】
（1）取的中点G，连结，，可证四边形是平行四边形，得∥，即可证明结论；
（2）根据已知可得，得出，再由已知得，结合正三棱柱的垂直关系，可证平面，进而有，即可证明结论.
【详解】（1）如图，取的中点G，连结，.
因为F为的中点，所以∥.
在三棱柱中，∥，
且E为的中点，所以∥.
所以四边形是平行四边形.所以∥.
因为平面，平面，
所以∥平面.
（2）因为在正三棱柱中，平面，
平面，所以.
因为D为的中点，，所以.
因为，平面，平面，
所以平面.因为平面，所以.
根据题意，可得，，
所以.从而，即.
因为，平面，平面，
所以平面.

【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明直线与平面平行以及直线与平面垂直，注意空间垂直关系的相互转化，属于中档题.
17.如图，摩天轮的半径为，它的最低点距地面的高度忽略不计.地上有一长度为的景观带，它与摩天轮在同一竖直平面内，且.点从最低点处逆时针方向转动到最高点处，记.
（1）当时，求点距地面的高度；
（2）试确定的值，使得取得最大值.

【答案】（1）；（2）
【解析】
试题分析：（1）将所求的高度、已知的角与线段长度放在一个三角形中结合三角函数的定义求解即可；（2）借助于角θ，把∠MPN表示出来，然后利用导数研究该函数的最值．
试题解析：（1）由题意，得.从而，当时，.
即点距地面的高度为.
（2）由题意，得，从而.
又，所以.
从而
令，
则.由，得，解得.
当时，为增函数；当时，为减函数，
所以，当时，有极大值，也为最大值.因为，
所以.
从而当取得最大值时，取得最大值.
即时，取得最大值.
试题点睛：本题考查了与三角函数有关的最值问题，主要还是利用导数研究函数的单调性，进一步求其极值、最值．
18.平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：的离心率为，且点在椭圆C上.椭圆C的左顶点为A.
（1）求椭圆C的方程
（2）椭圆的右焦点且斜率为的直线与椭圆交于P，Q两点，求三角形APQ的面积；
（3）过点A作直线与椭圆C交于另一点B.若直线交轴于点C，且，求直线的斜率.
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆的离心率和过点坐标，可得关于的方程，解方程即可得到椭圆的方程；
（2）设直线PQ的方程为与椭圆联立得：，利用弦长公式和点到直线的距离公式，可求得三角形的面积；
（3）由题意知直线的斜率存在，设的方程为：，利用可得关于的方程，解方程即可得答案；
【详解】（1）由题意知：
解得：，所以，所求椭圆C的方程为.
（2）设直线PQ的方程为与椭圆联立得：
其判别式
所以，则
又点A到直线PQ的距离为
所以三角形APQ的面积为
（3）由题意知直线的斜率存在，设为，过点，则的方程为：，
联立方程组，消去整理得：，
恒成立，令，
由，得，
将代入中，得到，得，
解得：，.所以直线的斜率为.
【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解、三角形的面积、直线斜率求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
19.已知函数．
（1）求函数的零点；
（2）设函数的图象与函数的图象交于，两点，求证：；
（3）若，且不等式对一切正实数x恒成立，求k的取值范围．
【答案】(1)x=1 (2)证明见解析 (3)
【解析】
【分析】
（1）令，根据导函数确定函数的单调区间，求出极小值，进而求解；
（2）转化思想，要证 ，即证 ，即证，构造函数进而求证；
（3）不等式 对一切正实数恒成立，，设，分类讨论进而求解．
【详解】解：（1）令，所以，
当时，，在上单调递增；
当时，，在单调递减；
所以，所以的零点为．
（2）由题意， ，
要证 ，即证，即证，
令，则，由（1）知，当且仅当时等号成立，所以，
即，所以原不等式成立．
（3）不等式 对一切正实数恒成立，
，
设，，
记，△，
①当△时，即时，恒成立，故单调递增．
于是当时，，又，故，
当时，，又，故，
又当时，，
因此，当时，，
②当△，即时，设的两个不等实根分别为，，
又，于是，
故当时，，从而在单调递减；
当时，，此时，于是，
即 舍去，
综上，的取值范围是．
【点睛】（1）考查函数求导，根据导函数确定函数的单调性，零点；（2）考查转化思想，构造函数求极值；（3）考查分类讨论思想，函数的单调性，函数的求导；属于难题.
20.已知数列的前项的和为，记．
（1）若是首项为，公差为的等差数列，其中，均为正数．
①当，，成等差数列时，求的值；
②求证：存在唯一的正整数，使得．
（2）设数列是公比为的等比数列，若存在，（，，）使得，求的值．
【答案】（1）①②见解析（2）
【解析】
【分析】
先写出的表达式．
写出，，，列出等式求解．
等价于，是一个固定的数，当时，区间互不相交，且并集为，所以n存在且唯一．
先将等式化成基本量表示的形式，有，设出函数，当时，，又，从而找出r，t的值，再解出q．
【详解】（1）①因，，成等差数列，
所以，即，
解得，．
②由，得,
整理得，解得,
由于且．
因此存在唯一的正整数，使得．
（2）因为，所以．
设，，．
则,
因为，，所以，
所以，即，即单调递增．
所以当时，，
则，即，这与互相矛盾．
所以，即．
若，则,
即，与相矛盾．
于是，所以，即．
又，所以．
【点睛】本题考查了等差数列和等差和等比数列的综合应用，是一道难题．
数学附加题
注意事项：
1.附加题供选修物理的考生使用.
2.本试卷共40分，考试时间30分钟.
3.答题前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题纸的密封线内.试题的答案写在答题纸上对应题目的答案空格内.考试结束后，交回答题纸.
21.已知矩阵，，若矩阵对应的变换把直线：x＋y－2＝0变为直线，求直线的方程．
【答案】4x＋y－8＝0.
【解析】
【分析】
先计算矩阵对应的变换，再求出在变换下点的坐标之间的对应关系，从而可求直线的方程．
【详解】易得，在直线l上任取一点P(x′，y′)，经矩阵变换为点Q(x，y)，
则.
∴,即
代入x′＋y′－2＝0中得x－y＋－2＝0，
∴直线l′的方程为4x＋y－8＝0.
【点睛】本题重点考查矩阵变换，考查矩阵变换的运用，解题的关键是求出矩阵对应的变换，属于基础题.
22.在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的极坐标为，圆的极坐标方程为.过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的直角坐标方程.
【答案】或.
【解析】
【分析】
求出点的直角坐标为，圆的直角坐标方程为，直线的方程为，即，根据垂径定理列出关于的方程，解出即可得直线的直角坐标方程.
【详解】因为点的极坐标为，所以点的直角坐标为，
因为圆的极坐标方程为，即，
所以将，，代入上式，
可得圆的直角坐标方程为，即，
当直线的斜率不存在时，直线与圆没有交点，所以直线的斜率存在，
设直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离为，
因为直线被圆截得的弦长为，所以，即，
解得或，
所以直线的方程为或.
【点睛】本题主要考查了由极坐标转化为直角坐标，考查了已知直线截圆所得的弦长求直线的方程，属于中档题.
【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分.请在答卷卡指定区域内作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
23.【江苏省南京市2018届高三第三次模拟考试数学试题】在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，且．
（1）求的值；
（2）若为抛物线上异于的两点，且．记点到直线的距离分别为，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
分析：（1）利用抛物线的定义求p的值.(2)先求出a的值，再联立直线的方程和抛物线的方程得到韦达定理，再求|(y1＋2) (y2＋2)|的值.
详解：（1）因为点A(1，a) (a＞0)是抛物线C上一点，且AF=2，
所以＋1＝2，所以p＝2.
（2）由(1)得抛物线方程为y2＝4x．
因为点A(1，a) (a＞0)是抛物线C上一点，所以a＝2．
设直线AM方程为x－1＝m (y－2) (m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去x，得y2－4m y＋8m－4＝0，
即(y－2)( y－4m＋2)＝0，所以y1＝4m－2．
因为AM⊥AN，所以－代m，得y2＝－－2，
所以d1d2＝|(y1＋2) (y2＋2)|＝|4m×(－)|＝16．
点睛：（1）本题主要考查抛物线定义及简单几何性质，考查学生对这些基础知识的掌握能力及分析推理计算能力. (2)本题的关键是看到d1d2＝|(y1＋2) (y2＋2)|要联想到韦达定理,再利用韦达定理解答.
24.设且，集合的所有个元素的子集记为．
（1）当时，求集合中所有元素之和；
（2）记为中最小元素与最大元素之和，求的值．
【答案】（1）30；（2）2019.
【解析】
【分析】
（1）当n=4时，因为含元素的子集有个，同理含的子集也各有个，从而得到结果；
（2）分类讨论明确最小元素的子集与最大元素的子集个数，从而得到，进而得到结果.
【详解】（1）因为含元素的子集有个，同理含的子集也各有个，
于是所求元素之和为；
（2）集合的所有个元素的子集中：
以为最小元素的子集有个，以为最大元素的子集有个；
以为最小元素的子集有个，以为最大元素的子集有个；

以为最小元素的子集有个，以为最大元素的子集有个．
∴

，
．
．
【点睛】本题考查了子集的概念，组合的概念及性质，分类讨论的思想方法，考查推理、计算能力．两题中得出含有相关数字出现的次数是关键．