江苏省徐州市2020届高三上学期期中考试数学试题

江苏省徐州市2020届高三上学期期中考试数学试题

‎2019年~2020学年度高三年级第一学期期中抽测 数学Ⅰ 参考公式：锥体的体积公式：，其中是锥体的底面面积，是高.‎ 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.请把答案填写在答题卡相应位置.‎ ‎1.已知集合，，则=__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据交集的概念进行运算即可.‎ ‎【详解】因为，,‎ 所以.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了交集的运算,属于基础题.‎ ‎2.若复数满足（其中为虚数单位），则的模为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两边取模,计算可得到.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的模的运算,属于基础题.‎ ‎3.某学校共有学生人，其中高一年级人，高二年级人，高三年级人.为了了解该校学生的健康状况，用分层抽样的方法从中抽取样本，若从高一年级抽取了 人，则应从高二年级抽取__________人.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分层抽样的特点:高一年级人数与高二年级人数之比等于样本中高一年级人数与高二年级人数之比计算可得.‎ ‎【详解】分层抽样就是按比例抽样,高一年级人数与高二年级人数之比为800:1200=2:3,‎ 所以抽取的样本中,高一年级与高二年级的人数之比也为2:3,‎ 因为高一年级抽取人数为160,所以高二年级抽取的人数为160×=240人.‎ 故答案为240‎ ‎【点睛】本题考查了分层抽样,属于基础题.‎ ‎4.如图是一个算法的流程图，则输出的的值是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图分析,循环3次后满足判断框中的条件,结束循环,此时输出值为6,‎ ‎【详解】第一次循环后,,不满足判断框里的条件;‎ 第二次循环后,,不满足判断框里的条件;‎ 第三次循环后,,,满足判断框里的条件,结束循环,‎ 故输出的的值是6.‎ 故答案6‎ ‎【点睛】本题考查了直到型循环,属于基础题.‎ ‎5.甲、乙两人依次从标有数字，，的三张卡片中各抽取一张（不放回），则两人均未抽到标有数字的卡片的概率为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用甲乙两人未抽到标有数字的卡片的概率相乘即可得到.‎ ‎【详解】甲先抽, 未抽到标有数字的卡片的概率为;‎ 乙再抽, 未抽到标有数字的卡片的概率为,‎ 所以甲乙两人均未抽到标有数字的卡片的概率为.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查了不放回抽样,属于基础题.‎ ‎6.在平面直角坐标系中，若双曲线（，）的一条渐近线的倾斜角为，则的离心率为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据渐近线方程得,再根据离心率公式计算可得到..‎ ‎【详解】由双曲线的几何性质可得其渐近线方程为,‎ 所以依题意可得,‎ 所以双曲线的离心率.‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的渐近线与离心率,属于基础题.‎ ‎7.已知等差数列的公差为，若，，成等比数列，则的值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等比数列的性质以及等差数列的通项公式列等式可解得.‎ ‎【详解】因为，，成等比数列,‎ 所以,‎ 所以,‎ 整理得,‎ 因为,所以,‎ 所以.‎ 故答案为 .‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和等比数列的性质,属于基础题.‎ ‎8.若，则的值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二倍角的正弦公式和平方关系式的逆用公式弦化切可得,‎ 利用两角和的正切公式可得,然后相除可得.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以,‎ ‎,‎ 所以.‎ 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了二倍角的正弦公式,两角和的正切公式,属于中档题.‎ ‎9.在平面直角坐标系中，若直线被圆截得的弦长为，则实数的取值集合为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆心到直线的距离,弦长的一半,半径所满足的勾股定理列方程可解得.‎ ‎【详解】由圆可知圆心为,半径为2,‎ 圆心到直线的距离,‎ 因为弦长为2,所以根据勾股定理得,‎ 所以,‎ 整理得,‎ 解得或,‎ 故实数的取值集合为.‎ 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了点到直线的距离,圆的标准方程,垂径定理,属于中档题.‎ ‎10.若，则的最小值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据可得,再根据均值不等式可求得.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以,且,‎ 所以,‎ 当且仅当且,即时,取等号,‎ 故的最小值为54.‎ 故答案为:54‎ ‎【点睛】本题考查了对数运算性质以及均值不等式求最小值,属于中档题.‎ ‎11.在正三棱柱中，为棱的中点，若正三棱柱的体积为，则三棱锥的体积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等底等高的两个锥体的体积相等进行转化,转化为正三棱柱的体积的三分之一可得.‎ ‎【详解】在正三棱柱中,如图所示:‎ ‎.‎ 故答案为3‎ ‎【点睛】本题考查了等体积法,三棱锥,三棱柱的体积公式,属于中档题.‎ ‎12.若函数在上恰有一个最大值，则的取值范围是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎,换元后,转化为在上恰有一个最大值,利用正弦函数的图象列式可得.‎ ‎【详解】令,因为,‎ 所以,‎ 因为函数在上恰有一个最大值,‎ 所以在上恰有一个最大值,‎ 如图所示:‎ 由图可知:,‎ 解得.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦函数的图象和性质,属于中档题.‎ ‎13.已知，是以为直径的圆上两点，若，，则的值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角形减法法则的逆运算可得,再根据平面向量的数量积可得的值.‎ ‎【详解】如图所示:‎ 因为 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎.‎ 故答案为:1‎ ‎【点睛】本题考查了三角形减法法则的逆运算和平面向量的数量积,属于中档题.‎ ‎14.已知，若函数的最大值为，则的最小值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过导数研究函数在上的单调性,求得,然后根据的解析式求得最小值.‎ ‎【详解】因为函数,‎ 所以,‎ ‎①当时,在上恒成立,所以在上递增,‎ 所以时,取得最大值,所以;‎ ‎②当时,由得,解得或,‎ 由解得,‎ 所以函数在上递增,在上递减,在上递增,‎ ‎(i)若,即时,,所以在上递增,在上递减,在上递增,‎ 所以函数在或时取得最大值,‎ 因为,‎ ‎.‎ 所以时,,‎ ‎(ii)当,即时,在上递减,在上递增,‎ 所以无论与2的大小关系谁大谁小,在上的最大值是或,‎ 因为,‎ 所以当时,,‎ 综上所述: ,‎ 当时,当时取等号;‎ 当时,,‎ 所以的最小值为2.‎ ‎【点睛】本题考查了分类讨论,导数研究函数的单调性,根据单调性求最值,属于难题.‎ 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、证明过程或计算步骤.‎ ‎15.在中，角，，所对的边分别是，，，且.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由正弦定理边化角后利用和角的正弦公式变形可得;‎ ‎(2)由结合平方关系式,解得,再用和角的余弦公式可得.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 由正弦定理，得，‎ 因为，所以,‎ 所以，‎ 所以,‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 所以，得 ‎（2）由（1）得：，即,所以为锐角,‎ 将代入，‎ 解得，，‎ 所以 ‎【点睛】本题考查了正弦定理,两角和的正弦和余弦公式,属于中档题.‎ ‎16.如图，四棱锥的底面是平行四边形，侧面是正三角形，，分别为，的中点，.‎ 求证：（1）平面；‎ ‎（2）‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用中位线和平行四边形可证,再由直线与平面平行的判定定理可证;‎ ‎(2)利用等腰三角形的性质和正三角形的性质可证,,再根据线面垂直的判定定理可证平面,利用线面垂直的性质可证.‎ ‎【详解】（1）因为，为，中点，所以，‎ 又为平行四边形，所以.‎ 所以，‎ 又平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）连结，，‎ 因为，为的中点，所以，，‎ 因为三角形为等边三角形，所以，，‎ 又，‎ 所以平面，‎ 平面，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定和直线与平面垂直的判定和性质,属于中档题.‎ ‎17.如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为，过的直线交椭圆于另一点，直线交轴于点，且.‎ ‎（1）求椭圆的离心率；‎ ‎（2）若椭圆的焦距为，为椭圆上一点，线段的垂直平分线在轴上的截距为（不与轴重合），求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设,利用,解得,将其代入椭圆方程可得,再用离心率公式可得;‎ ‎(2)由(1)及可求得椭圆方程,设的中点为,可求得直线的方程,用中点公式求得点的坐标,将其代入椭圆方程可得一个关于的方程,在直线的方程中令,,也可得一个关于的方程,两个方程联立可解得和,从而可得直线的方程.‎ ‎【详解】（1），设，‎ 因为，‎ 所以，，解得：，，所以，，‎ 因为点在椭圆上，所以有：，即，‎ 所以离心率.‎ ‎（2）依题意有：，所以，，‎ 又，且，解得：，，‎ 所以椭圆方程为：，‎ 设的中点为，则，故有，‎ 从而的方程为：‎ 令得到，‎ 整理得①,‎ 利用中点公式可得,将其代入椭圆方程得 ,‎ 整理得②,‎ 联立①②方程解得或，‎ 当时,可得直线与轴重合,不合题意舍去,‎ 所以,此时,解得或，‎ 故的方程为或者.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程,椭圆的离心率,向量的坐标运算,直线方程的点斜式,运算求解能力,属于中档题.‎ ‎18.江苏省滨临黄海，每年夏秋季节常常受到台风的侵袭.据监测，台风 生成于西北太平洋洋面上，其中心位于市南偏东方向的处，该台风先沿北偏西方向移动后在处登陆，登陆点在市南偏东方向处，之后，台风将以的速度沿北偏西方向继续移动.已知登陆时台风的侵袭范围（圆形区域）半径为，并以的速度不断增大.（）‎ ‎（1）求台风生成时中心与市的距离；‎ ‎（2）台风登陆后多少小时开始侵袭市？（保留两位有效数字）‎ ‎（参考数据：，，）‎ ‎【答案】（1）（2）台风登陆后13小时开始侵袭市.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先求出,再根据余弦定理可求得;‎ ‎(2)求出后,利用以及余弦定理可解得.‎ ‎【详解】（1）依题意，得：，‎ 因为,所以,‎ 故由余弦定理得 ‎,‎ 所以 ‎. ‎ ‎（2）假设小时后，台风位于点时刚好受到影响，‎ 如图所示:‎ 则，，，,‎ 故，‎ 整理得,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以 ‎ 所以或,‎ 因为时,台风刚开始侵袭市,所以舍去. ‎ 答：台风登陆后13小时开始侵袭市.‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理的应用,属于中档题.‎ ‎19.设函数，，.‎ ‎（1）当，，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）若函数在区间上的最小值为，求实数的值；‎ ‎（3）当时，若函数恰有两个零点，，求证：.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用导数的几何意义求出斜率,再由点斜式可求得线在点处的切线方程;‎ ‎(2)利用,可得,令,可解得,‎ ‎,可得,再令,通过两次求导可得,可得,从而可证.‎ ‎【详解】（1）依题意得：，则，‎ ‎，，‎ 所以曲线在点处的切线方程：，即 ‎（2）‎ 当时，，在上单调递增，‎ 此时，∴‎ 当时，令，且当时，，递减；‎ 当时，，递增 ‎∴，∴（舍去）‎ 综上：.‎ ‎（3）当时，‎ ‎∴，②①，得 ‎∴，‎ 令,则,‎ 所以 ,因为,所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 令,‎ 则,‎ 所以, 因为,所以,‎ 所以为上的增函数,‎ 所以,‎ 所以为上的增函数,‎ 所以,即,‎ 所以,‎ 因为,所以,‎ 所以,即,‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程,利用导数证明不等式,属于难题.‎ ‎20.已知等比数列满足：，，各项均不为的等差数列的前项为，，，.‎ ‎（1）求数列与的通项公式；‎ ‎（2）设集合，若只有两个元素，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据，,解出,可得,根据，,解得公差,可得;‎ ‎(2)将问题转化为只有两个的值满足, 令,根据可得,,由此可得.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，，所以，，‎ 又，所以，，即，所以，，‎ 所以，，，‎ 由①‎ 当时，②‎ ‎①②得 ‎∵，∴，设公差为，∴③‎ 在①式中令，∴④‎ 结合③④得：‎ ‎∴‎ 综上：，‎ ‎（2）由 显然时，左式恒小于右式，不合题意（舍去）‎ 故，‎ 令，‎ 且当时，，即；‎ 当时，，即 ‎∴，而，‎ 结合图像知 ‎【点睛】本题考查了等差数列,等比数列的通项公式,数列的单调性,属于难题.‎ ‎ ‎