2019届江苏省南通市高三适应性考试数学试题(解析版).doc

2019届江苏省南通市高三适应性考试数学试题

一、填空题
1．已知集合，，则集合________.
【答案】
【解析】根据交集的概念，可直接得出结果.
【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，熟记概念即可，属于基础题型.
2．若，其中为虚数单位，，则的值为________.
【答案】-2
【解析】先由复数的除法运算化简，再由复数相等的充要条件，即可求出结果.
【详解】
因为，
又，所以，
所以有，解得，因此.
故答案为
【点睛】
本题主要考查复数的运算，以及由复数相等求参数，熟记复数运算法则以及复数相等的充要条件即可，属于基础题型.
3．已知一组数据7，8，11，14，15，则该组数据的方差为________.
【答案】10
【解析】先求出该组数据的平均数，再由方差计算公式，即可求出结果.
【详解】
因为7，8，11，14，15的平均数为，
所以其方差为.
故答案为10
【点睛】
本题主要考查几个数的方差，熟记方差的计算公式即可，属于基础题型.
4．一个算法的流程图如图所示，则输出的的值为________.

【答案】9
【解析】根据程序框图，逐步执行，即可得出结果.
【详解】
初始值，
第一步：，继续循环；
第二步：，继续循环；
第三步：，结束循环，输出.
故答案为9
【点睛】
本题主要考查程序框图，分析框图的作用，逐步执行，即可得出结果.
5．函数的定义域为________.
【答案】(－2，2)
【解析】根据对数真数大于零，解一元二次不等式求得函数的定义域.
【详解】
由于对数的真数要大于零，故，解得，即函数的定义域为.
【点睛】
本小题主要考查函数的定义域的求法，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.考查函数的定义域往往通过以下几个方面来考虑：一个是对数的真数大于零，一个是分母不能为零，一个是偶次方根被开方数要为非负数，一个是零次方的底数不能为零.定义域要写成集合或者区间的形式.
6．一根绳子长为5米，若将其任意剪为两段，则剪成的两段绳子的长度有一段大于3米的概率为________.
【答案】
【解析】根据与长度有关的几何概型的概率计算公式，可直接得出结果.
【详解】
由题意，将5米长的绳子剪为两段，有一段大于3米的概率为.
故答案为
【点睛】
本题主要考查几何概型，熟记概率计算公式即可，属于基础题型.
7．在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，则该双曲线的焦距为________.
【答案】4
【解析】先由离心率求出，进而可求出焦距.
【详解】
因为双曲线的离心率为，
所以，即，解得，
所以该双曲线的焦距为.
故答案为4
【点睛】
本题主要考查求双曲线的焦距，熟记双曲线的简单性质即可，属于基础题型.
8．某长方体的长、宽、高分别为，，，则该长方体的体积与其外接球的体积之比为________.
【答案】
【解析】根据题中条件，先求出长方体的体积，再由长方体的体对角线等于其外接球的直径，求出外接球半径，得到外接球体积，即可求出体积之比.
【详解】
因为长方体的长、宽、高分别为，，，
所以其体积为；
其外接球直径为，故；
所以其外接球体积为，
因此，该长方体的体积与其外接球的体积之比为.
故答案为
【点睛】
本题主要考查棱柱的体积及其外接球的体积，熟记体积公式即可，属于常考题型.
9．已知等差数列满足，且，，成等比数列，则的所有值为________.
【答案】3，4
【解析】先设等差数列公差为，根据题意求出公差，进而可求出结果.
【详解】
设等差数列公差为，
因为，且，，成等比数列，
所以，即，解得或.
所以或.
故答案为3，4
【点睛】
本题主要考查等差数列的基本量的计算，熟记等差数列的通项公式即可，属于基础题型.
10．若函数存在零点，且与函数的零点完全相同，则实数的值为________.
【答案】1
【解析】不妨先令为函数零点，得到，根据函数与函数的零点完全相同，得到，进而可求出结果.
【详解】
因为函数存在零点，不妨令为函数零点，则，
又函数与函数的零点完全相同，
所以，即，所以.
故答案为1
【点睛】
本题主要考查根据函数零点相同求参数的问题，熟记复合函数的相关知识即可，属于常考题型.
11．如图，在边长为2的正三角形中，、分别为边、上的动点，且满足（为定常数，且），若的最大值为，则________.

【答案】
【解析】以中点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，设，其中，根据题中条件，表示出，结合二次函数最值，即可求出结果.
【详解】
以中点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立如图所示平面直角坐标系，
因为正三角形边长为2，所以，，，
则，，
因为为边上的动点，所以设，其中，
则，所以；
又，所以，因此，
所以，，
故

，
因为，所以，又，
所以当且仅当时，取得最大值，
即，整理得，解得或（舍）
故答案为

【点睛】
本题主要考查由向量数量积求出参数，熟记向量数量积的坐标运算，以及二次函数的性质即可，属于常考题型.
12．在中，已知边上的中线，且，，成等差数列，则的长为________.
【答案】
【解析】先由，，成等差数列，结合正弦定理与余弦定理，得到，再由边上的中线，，得到，进而可求出结果.
【详解】
因为，，成等差数列，
所以，即，
所以，由正弦定理可得，
又由余弦定理可得，所以，故，
又因为边上的中线，所以，因为，
所以，
即，解.
即的长为.
故答案为
【点睛】
本题主要考查解三角形与平面向量的应用，熟记正弦定理与余弦定理，以及向量数量积的运算即可，属于常考题型.
13．已知函数，若存在实数使得，则的最大值为________.
【答案】
【解析】先作出函数图像，由题意，令为方程的两个根，结合函数图像，求出的范围，根据，求出，将化为，令，用导数方法求出其最大值，即可得出结果.
【详解】
作出函数图像如下：

由题意，令为方程的两个根，由图像易得；
由得，解得或，
因为，所以，，
因此，
令，，
则，
因为，所以由得；由得，
即函数在上单调递增；在上单调递减；
所以，
因此的最大值为.
故答案为
【点睛】
本题主要考查导数的应用，由转化与化归的思想，先将问题转化为求函数最值的问题，利用导数的方法研究函数的单调性与最值即可，属于常考题型.
14．在长方体中，已知底面为正方形，为的中点，，，点为正方形所在平面内的一个动点，且满足，则线段的长度的最大值是________.
【答案】
【解析】在正方形所在平面内建立平面直角坐标系，设，由，可得，进而可得出结果.
【详解】
在正方形所在平面内建立平面直角坐标系，设，
则有，，
因为，所以，
整理得，
所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，
所以线段长度的最大值为.
故答案为6

【点睛】
本题主要考查点线面间的距离计算，以及立体几何中的轨迹问题，常用坐标系的方法处理，属于常考题型.

二、解答题
15．如图，在三棱锥中，，，，点是的中点，，.

（1）平面；
（2）平面平面.
【答案】（1）见证明；（2）见证明
【解析】（1）根据线面平行的判定定理，直接证明，即可得出结论成立；
（2）先由线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理，即可证明结论成立；
【详解】
（1）在中，
因为，，
所以为的中点.
又因为点是的中点，
所以.
又平面，平面，
所以平面.
（2）在中，
因为，
所以.
又因为，
所以.
又因为，，
所以，即.
又因为，平面，平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
【点睛】
本题主要考查线面平行、面面垂直的证明，熟记判定定理即可，属于常考题型.
16．在中，已知，，.
（1）求的长；
（2）求的值.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）先由，求出，再由求出，根据正弦定理，即可求出结果；
（2）同（1）由求出，由二倍角公式求出与，进而可求出结果.
【详解】
解：（1）因为，，
所以.
在中，，所以，
于是
.
在中，由正弦定理知，
所以.
（2）在中，，所以，
于是
，
于是，
.
因此，
.
【点睛】
本题主要考查解三角形与三角恒等变换，熟记公式即可，属于常考题型.
17．如图所示，现有一张边长为的正三角形纸片，在三角形的三个角沿图中虚线剪去三个全等的四边形，，（剪去的四边形均有一组对角为直角），然后把三个矩形，，折起，构成一个以为底面的无盖正三棱柱.

（1）若所折成的正三棱柱的底面边长与高之比为3，求该三棱柱的高；
（2）求所折成的正三棱柱的体积的最大值.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）先设，得到，根据，即可求出结果；
（2）先由（1）得到，，表示出三棱柱的体积，用导数的方法求出其最值即可.
【详解】
（1）设，则，
.
因为，
所以.
答：该三棱柱的高为.
（2）因为，所以.
三棱柱的体积
，
所以.
因为当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以时，.
答：该三棱柱的体积为.
【点睛】
本题主要考查函数的模型，以及导数的应用，熟记导数的方法求函数的最值即可，属于常考题型.
18．如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：经过点.设椭圆的左顶点为，右焦点为，右准线与轴交于点，且为线段的中点.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）若过点的直线与椭圆相交于另一点（在轴上方），直线与椭圆相交于另一点，且直线与垂直，求直线的斜率.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）根据题意先得，，，由为的中点，椭圆过点，列出关系式，求出，，即可得出椭圆方程；
（2）先由题意确定直线的斜率必存在且大于0，设直线的方程为：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理与题中条件，即可求出结果.
【详解】
（1）因为，，，且为的中点，
所以，则.
即，所以，.
因为点在椭圆上，
所以，
又因为，所以，则，.
所以椭圆的标准方程为.
（2）由题意直线的斜率必存在且大于0，
设直线的方程为：.
代入椭圆方程并化简得：，
因为，
得，，
当时，的斜率不存在，此时不符合题意.
当时，直线的方程为：，
因为，所以直线的方程为：，
两直线联立解得：，因为在椭圆上，
所以，化简得：，即，
因为，所以，
此时.
直线的斜率为.
【点睛】
本题主要考查求椭圆方程，以及直线与椭圆的应用，熟记椭圆标准方程的求法以及椭圆的简单性质，结合韦达定理等求解即可，属于常考题型.
19．设函数，其中为自然对数的底数.
（1）当时，判断函数的单调性；
（2）若直线是函数的切线，求实数的值；
（3）当时，证明：.
【答案】（1）在区间上单调递增.（2）（3）见证明
【解析】（1）先由解析式，得到函数定义域，对函数求导，根据，即可得出结果；
（2）先设切点为，根据切线方程为，得到，再对函数求导，得到，设，用导数方法研究其单调性，得到最值，即可求出结果；
（3）先对函数求导，设，用导数方法研究单调性，进而可判断出单调性，即可得出结论成立.
【详解】
解：（1）函数的定义域为.
因为，所以，
所以在区间上单调递增.
（2）设切点为，则，
因为，所以，得，
所以.
设，则，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以.
因为方程仅有一解，
所以.
（3）因为，
设，则，所以在单调递增.
因为，，
所以存在，使得.
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
所以.
因为，所以，，
所以.
【点睛】
本题主要考查导数的几何意义，以及导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、最值等，属于常考题型.
20．定义：从数列中抽取项按其在中的次序排列形成一个新数列，则称为的子数列；若成等差（或等比），则称为的等差（或等比）子数列.
（1）记数列的前项和为，已知.
①求数列的通项公式；
②数列是否存在等差子数列，若存在，求出等差子数列；若不存在，请说明理由.
（2）已知数列的通项公式为，证明：存在等比子数列.
【答案】（1）①；②见解析；（2）见证明
【解析】（1）①先由得到，再由得到通项公式，进而可得出结果；
②假设从数列中抽3项成等差，则，根据等差子数列的概念，即可得出结论；
（2）先假设数列中存在3项，，成等比.设，则，故可设（与是互质的正整数）.根据题意，得到需要，再由题中等比子数列的概念，即可得出结论.
【详解】
解：（1）①因为，所以当时，，
当时，，所以.
综上可知：.
②假设从数列中抽3项成等差，
则，即，
化简得：.
因为，所以，，且，都是整数，
所以为偶数，为奇数，所以不成立.
因此，数列不存在三项等差子数列.
若从数列中抽项，其前三项必成等差数列，不成立.
综上可知，数列不存在等差子数列.
（2）假设数列中存在3项，，成等比.
设，则，故可设（与是互质的正整数）.
则需满足，
即需满足，则需满足.
取，则.
此时，
.
故此时成立.
因此数列中存在3项，，成等比，
所以数列存在等比子数列.
【点睛】
本题主要考查数列的综合应用，灵活运用等差数列与等比数列的通项公式和性质即可，属于常考题型.
21．[选修4-2：矩阵与变换]
已知1是矩阵的一个特征值，求点在矩阵对应的变换作用下得到的点的坐标.
【答案】
【解析】先由题意，得到矩阵的特征多项式为，根据1是矩阵的一个特征值，求出，得到，进而可求出结果.
【详解】
因为矩阵的特征多项式为，
因为1是矩阵的一个特征值，所以，
解得，所以矩阵.
因此.
所以点在矩阵对应的变换作用下得到的点为.
【点睛】
本题主要考查特征值与特征向量的计算，熟记公式即可，属于常考题型.
22．[选修4-4：坐标系与参数方程]
已知曲线的极坐标方程为.以极点为原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程为（为参数）.
（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；
（2）求直线被曲线所截得的弦长.
【答案】（1）曲线的直角坐标方程为.直线的普通方程为.（2）
【解析】（1）根据极坐标方程与直角坐标方程的互化，可直接得出圆的直角坐标方程；根据直线的参数方程消去参数，可直接得出直线的普通方程；
（2）用点到直线距离公式求出圆心到直线的距离，根据几何法求出弦长即可.
【详解】
（1）因为曲线的极坐标方程可化为.
且，，
所以曲线的直角坐标方程为.
直线：（为参数）的普通方程为.
（2）圆心到直线：的距离为，
又因为半径为1，所以弦长为.
【点睛】
本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程与普通方程的互化，熟记公式即可求解，属于常考题型.
23．[选修4-5：不等式选讲]
已知关于的不等式的解集为，其中.求证：.
【答案】见证明
【解析】先由不等式解集求出参数，再根据柯西不等式，即可证明结论成立.
【详解】
因为关于的不等式的解集为，
所以，.
所以，
由柯西不等式可得，，
当且仅当，即时取等号.
所以，.
【点睛】
本题主要考查由一元二次不等式的解集求参数，以及柯西不等式的应用，熟记公式即可，属于常考题型.
24．已知正四棱锥的底面边长和高都为2.现从该棱锥的5个顶点中随机选取3个点构成三角形，设随机变量表示所得三角形的面积.

（1）求概率的值；
（2）求随机变量的概率分布及其数学期望.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】（1）由题意，分别得出“从5个顶点中随机选取3个点构成三角形”和“”所包含的基本事件个数，基本事件个数比即为所求概率；
（2）先由题意得到的可能取值，求出对应的概率，进而可得到分布列，求出期望.
【详解】
解：（1）从5个顶点中随机选取3个点构成三角形，
共有种取法.其中的三角形如，
这类三角形共有个.
因此.
（2）由题意，的可能取值为，2，.
其中的三角形是侧面，这类三角形共有4个；
其中的三角形有两个，和.
因此，.
所以随机变量的概率分布列为：

2

所求数学期望
.
【点睛】
本题主要考查古典概型，以及离散型随机变量的分布列与期望，熟记概率计算公式，以及随机变量的分布列与期望的概念即可，属于常考题型.
25．已知抛物线：的焦点为，过且斜率为的直线与抛物线交于，两点，在轴的上方，且点的横坐标为4.

（1）求抛物线的标准方程；
（2）设点为抛物线上异于，的点，直线与分别交抛物线的准线于，两点，轴与准线的交点为，求证：为定值，并求出定值.
【答案】（1）（2）见证明
【解析】（1）先由题意得到，，根据的斜率为，求出，即可得出抛物线方程；
（2）先由（1）的结果，得到点坐标，设点，结合题意，求出与，计算其乘积，即可得出结论成立.
【详解】
（1）由题意得：，
因为点的横坐标为4，且在轴的上方，
所以，
因为的斜率为，
所以，整理得：，
即，得，
抛物线的方程为：.
（2）由（1）得：，，淮线方程，
直线的方程：，
由解得或，于是得.
设点，又题意且,
所以直线：，令，得，
即，
同理可得：，
.
【点睛】
本题主要考查求抛物线的方程，以及抛物线的应用，熟记抛物线的标准方程与抛物线的简单性质即可，属于常考题型.

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