2020届江苏省盐城中学高三年级第二次阶段性质量检测（12月） 数学试题（解析版）

2020届江苏省盐城中学高三年级第二次阶段性质量检测（12月） 数学试题（解析版）

‎2020届江苏省盐城中学高三年级第二次阶段性质量检测（12月） 数学试题 一、填空题 ‎1．设集合，，若，则______ .‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】由，所以，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，集合，，‎ 因为，所以，故.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用集合的运算求解参数问题，其中解答中熟记集合交集的概念，得到是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于容易题.‎ ‎2．已知复数，则复数的虚部为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先由复数的除法运算，化简，再由共轭复数的概念，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，‎ 所以其共轭复数为，因此其虚部为：‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查求复数的共轭复数，熟记共轭复数的概念，以及复数的除法运算法则即可，属于基础题型.‎ ‎3．函数的定义域是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据函数解析式，列出不等式求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 由题意，可得：，即，解得：.‎ 即函数的定义域为 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查求具体函数的定义域，只需求出使解析式有意义的自变量的范围即可，属于基础题型.‎ ‎4．设，则“”是“直线与直线垂直”的______条件.‎ ‎【答案】充分不必要条件 ‎【解析】先由两直线垂直求出，再根据充分条件与必要条件的概念，即可判断出结果.‎ ‎【详解】‎ 若直线与直线垂直，‎ 则，解得：；‎ 所以由“”能推出“直线与直线垂直”，‎ 由“直线与直线垂直”不能推出“”；‎ 即“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件.‎ 故答案为：充分不必要条件 ‎【点睛】‎ 本题主要考查充分不必要条件的判断，熟记充分条件与必要条件的概念，以及两直线垂直的判定条件即可，属于常考题型.‎ ‎5．在平面直角坐标系中，抛物线上纵坐标为1的一点到焦点的距离为3，则焦点到准线的距离为__________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】试题分析：因为，抛物线上纵坐标为1的一点到焦点的距离为3，即1+=3，所以，=2，焦点到准线的距离为p=4.‎ ‎【考点】抛物线的定义，抛物线的几何性质。‎ 点评：简单题，对于抛物线上的点（x，y），其到焦点的距离为x+.‎ ‎6．设曲线的图象在点(1，)处的切线斜率为2，则实数a的值为_______．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】首先对函数求导，根据函数图象在某个点处的切线的斜率就是函数在该点处的导数，从而将相应的量代入，求得结果.‎ ‎【详解】‎ 函数，可得，‎ 所以切线的斜率为，解得，‎ 故答案是3.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关函数图象在某个点处的切线的斜率问题，涉及到的知识点有导数的几何意义，根据题意，得到参数所满足的等量关系，求得结果，属于简单题目.‎ ‎7．已知实数x,y满足条件，则的最大值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先由约束条件作出可行域，化目标函数为，则目标函数表示直线在轴截距，结合图像，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 由约束条件作出可行域如下，‎ 目标函数可化为，因此目标函数表示直线在轴截距，‎ 由图像可得：当直线过点时，在轴截距最大，即取得最大值.‎ 由得，即，‎ 因此.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查简单的线性规划问题，只需由约束条件作出可行域，根据目标函数的几何意义，结合图像即可求解，属于常考题型.‎ ‎8．在平面直角坐标系中，已知焦距为的双曲线的右准线与它的两条渐近线分别相交于点，其焦点为，则四边形的面积的最大值为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先由焦距为，得，由双曲线方程，得到渐近线方程为，右准线方程为，不妨设为右准线与渐近线的交点，根据方程求出点坐标，同理，得到点坐标，再由题意得到四边形的面积为 ‎，根据三角形面积公式，以及基本不等式，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为双曲线焦距为，即，，‎ 又双曲线的渐近线方程为，‎ 右准线方程为：，‎ 不妨设为右准线与渐近线的交点，‎ 由解得：，同理 因此四边形的面积为 ‎，‎ 当且仅当时，等号成立.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查求双曲线中四边形面积的最值问题，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.‎ ‎9．在直角三角形中，，，若，则 ．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】试题分析：因为 ‎，所以应填．‎ ‎【考点】1、平面向量的数量积的应用；‎ ‎10．若点在直线上，则的值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先由题意，得到，即，再由，根据二倍角公式，以及同角三角函数基本关系，通过弦化切，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为点在直线上，‎ 所以，因此，‎ 所以 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查三角恒等变换求值的问题，熟记同角三角函数基本关系，以及二倍角公式，两角和的余弦公式等即可，属于常考题型.‎ ‎11．已知均为等比数列，其前n项和分别为，若对任意的，总有，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设等比数列的公比分别为，根据题意，得到 ‎，求解，得，进而可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 设等比数列的公比分别为，‎ 则，，‎ 因为分别为的前n项和，且，‎ 所以，即，即，‎ 解得：，所以 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主考查等比数列的基本量的运算，熟记等比数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.‎ ‎12．已知函数，若函数有5个零点，则实数的取值范围是________.‎ ‎【答案】或.‎ ‎【解析】先用导数的方法，判断出函数在的单调性，求出极值，在根据指数单调性判断时，函数的单调性；作出函数大致图像；将函数的零点个数问题，转化为与或 的交点个数来处理，结合函数图像，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，‎ 当时，，则，‎ 由得；由得，‎ 所以函数在上单调递增，在上单调递减；‎ 此时有极大值；‎ 当时，显然单调递减；‎ 作出函数的大致图像如下：‎ 由得或，‎ 因为函数有5个零点，‎ 所以与或共有5个交点，‎ 由图像可得：只需或，即或.‎ 故答案为：或.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查由函数零点个数求参数，熟记导数的方法判断函数单调性，利用转化与化归思想，以及数形结合的方法判断函数零点个数即可，属于常考题型.‎ ‎13．在平面直角坐标系中，已知点，、为圆上的两动点，且，若圆上存在点，使得，则的取值范围为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】取中点为，连接，得到，由得到，再由、为圆上的两动点，且，得到 ‎，设，求出点的轨迹，再由点与圆位置关系，求出的取值范围，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 取中点为，连接，‎ 则，‎ 又圆上存在点，使得，‎ 所以，‎ 因此，即；‎ 因为、为圆上的两动点，且，‎ 所以，设 ，‎ 则，即即为动点的轨迹；‎ 所以表示圆上的点与定点之间的距离，‎ 因此，即.‎ 即.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查平面向量与圆的方程的综合，熟记平面向量基本定理，点与圆位置关系，会求圆上的点到定点的距离即可，属于常考题型.‎ ‎14．已知的面积为,且满足，则边的最小值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】将正切化成正余弦，化简得出b，c和sinA之间的关系，结合面积公式即可得出b2关于A的函数式，再根据A的范围计算b的最小值，即可得AC的最小值．‎ ‎【详解】‎ ‎∵，∴，∴4cosAsinB+3cosBsinA＝sinAsinB，‎ ‎∴3cosAsinB+3cosBsinA＝sinAsinB﹣cosAsinB，‎ 即3sin（A+B）＝sinB（sinA﹣cosA），即3sinC＝sinB（sinA﹣cosA），‎ ‎∴3c＝b（sinA﹣cosA），即c，‎ ‎∵△ABC的面积S＝bcsinA＝‎ ‎＝（sin2A﹣cosAsinA）＝（1﹣sin2A﹣cos2A）＝，‎ ‎∴b2＝，∵3c＝b（sinA﹣cosA）＞0，且0＜A＜π，‎ ‎∴，∴当即A＝时，b2取得最小值 ‎＝12，‎ ‎∴b的最小值为，即AC最小值为．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了同角三角函数关系、正弦定理、面积公式、两角和的正弦公式、以及正弦型三角函数的性质，属于中档题.‎ 二、解答题 ‎15．（本小题满分13分，（Ⅰ）小问7分，（Ⅱ）小问6分）‎ 已知函数f（x）=sin2x- .‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的最小周期和最小值，‎ ‎（Ⅱ）将函数f（x）的图像上每一点的横坐标伸长到原来的两倍，纵坐标不变，得到函数g（x）的图像.当x 时，求g（x）的值域.‎ ‎【答案】（Ⅰ）的最小正周期为，最小值为，（Ⅱ）.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）首先用降幂公式将函数的解析式化为的形式，从而就可求出的最小周期和最小值，‎ ‎（Ⅱ）由题目所给变换及（Ⅰ）的化简结果求出函数的表达式，再由并结合正弦函数的图象即可求出其值域．‎ 试题解析： （1）‎ ‎,‎ 因此的最小正周期为，最小值为.‎ ‎（2）由条件可知：.‎ 当时，有，‎ 从而的值域为，‎ 那么的值域为.‎ 故在区间上的值域是.‎ ‎【考点】1. 三角恒等变换，2.正弦函数的图象及性质，3.三角函数图象变换.‎ ‎16．已知△中，，，. 求：‎ ‎（1）角的大小；‎ ‎（2）△ABC中最小边的边长.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）由内角和定理，以及诱导公式化简tanC，将tanA与tanB代入值代入求出tanC的值，即可确定出C的度数；‎ ‎（2）由tanA与tanB的大小判断出BC为最小边，由tanA的值，利用同角三角函数间基本关系求出sinA的值，利用正弦定理求出BC的长．‎ ‎【详解】‎ 解：(1)‎ ‎= –= – ，所以，‎ ‎(2)因为，所以最小角为 又因为，所以， ‎ ‎，又，‎ 所以 ．‎ ‎【点睛】‎ 此题考查了正弦定理，同角三角函数间的基本关系，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．‎ ‎17．从金山区走出去的陈驰博士，在《自然—可持续性》杂志上发表的论文中指出：地球正在变绿，中国通过植树造林和提高农业效率，在其中起到了主导地位．已知某种树木的高度(单位：米)与生长年限（单位：年，tÎN）满足如下的逻辑斯蒂函数：，其中e为自然对数的底数. 设该树栽下的时刻为0. ‎ ‎（1）需要经过多少年，该树的高度才能超过5米？（精确到个位）‎ ‎（2）在第几年内，该树长高最快？‎ ‎【答案】（1）8年（2）第四年内或第五年内 ‎【解析】（1）解不等式f（t）>5，即可 ‎（2）利用作差法求出f（t）﹣f（t﹣1）的表达式，判断函数的单调性和最值即可．‎ ‎【详解】‎ 解：(1) 令5，解得，‎ 即需要经过8年，该树的高度才能超过5米； ‎ ‎(2) 当N时，‎ 设，则，.‎ 令，则.‎ 上式当且仅当时，取得最大值 此时，，即，解得.‎ 由于要求为正整数，故树木长高最快的可能值为4或5， ‎ 又，，‎ 所以，该树在第四年内或第五年内长高最快．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数的应用问题，利用作差法判断函数的最值是解决本题的关键．考查学生的计算能力．‎ ‎18．已知椭圆：， 过点的直线：与椭圆交于M、N两点（M点在N点的上方），与轴交于点E. ‎ ‎（1）当且时，求点M、N的坐标；‎ ‎（2）当时，设，，求证：为定值，并求出该值；‎ ‎（3）当时，点D和点F关于坐标原点对称，若△MNF的内切圆面积等于，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）M(0，1)，N (，)；（2）为定值3（3）‎ ‎【解析】（1）代值联立方程组．解得即可求出，‎ ‎（2）联立方程，利用韦达定理，以及向量的知识可得从而，化简整理即可证明，‎ ‎（3）假设存在直线l：y＝k（x+1）满足题意，则△MNF的内切圆的半径为，根据韦达定理，弦长公式，三角形的面积公式，即可求出k的值 ‎【详解】‎ 解：(1) 当m=k=1时，联立，解之得：或， ‎ 即M(0，1)，N (，)；‎ ‎(2) 当m=2时联立，消去y得：，‎ 设M(x1，y1)，N (x2，y2)，则， ‎ 由，，且点的横坐标为0，‎ 得、. 从而 ‎ ‎=‎ ‎=，‎ 为定值3；‎ ‎(3) 当m=3时，椭圆：，假设存在直线满足题意，则△‎ 的内切圆的半径为，又、为椭圆的焦点，故△MNF的周长为8，‎ 从而，‎ 消去，得，设、，‎ 则.‎ 故，即.‎ 由(2)，得，‎ 化简，得，解得， ‎ 故存在直线满足题意．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、韦达定理、三角形面积计算公式、考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎19．设函数．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若存在正数，使得当时，，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】分析：函数求导得，讨论，由导数的正负求单调区间即可；‎ ‎（2）若，分析函数可知，即，设，，讨论和两种情况，知成立，时不成立，时，存在，使得当时，，可化为，即，设，分析和求解即可.‎ 详解：（1）．‎ 当时，，上单调递增．‎ 当时，若，则，若，则；所以在单调递增，在上单调递减． ‎ ‎（2）若，在内单调递增，当时，，所以，即.‎ 设，.‎ 若，时，，在单调递增.所以当时，，‎ 故存在正数，使得当时，.‎ 若，当时，，在单调递减，因为，所以.故不存在正数，使得当时，.‎ 若，在单调递减，因为，所以存在，使得当时，，可化为，即.‎ 设，.‎ 若，则时，，在单调递增，又，所以时，.故不存在正数，使得当时，.‎ 当时，当时，，在单调递减，又，所以.故存在，使得当时，.‎ 综上，实数的取值范围为．‎ 点睛：点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：‎ ‎（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；‎ ‎（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为 ，若恒成立；‎ ‎（3）若 恒成立，可转化为（需在同一处取得最值） .‎ ‎20．数列满足对任意的恒成立，为其前n项的和，且，.‎ ‎（1）求数列的通项；‎ ‎（2）数列满足，其中.‎ ‎①证明：数列为等比数列；‎ ‎②求集合 ‎【答案】（1）；（2）①过程见详解；②.‎ ‎【解析】（1）先由题意，得到数列是等差数列，设公差为，根据题中条件，求出首项与公差，进而可求出通项公式；‎ ‎（2）①根据（1）的结果，将化为，得到（），两式作差整理，得到，进而可求出，判断出结果；‎ ‎②先由得到，即，判断出，得到，设，得到，分别研究对应的情况，再由导数的方法证明当，时， ，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为数列满足对任意的恒成立，‎ 所以数列是等差数列，设公差为，‎ 因为，，所以，解得：，‎ 因此；‎ ‎（2）①因为数列满足，‎ ‎，‎ 所以（），‎ 两式作差可得：（），‎ 又也满足上式，所以，‎ 记数列的前项和为，‎ 则，‎ 当时，，两式作差可得：，‎ 所以，‎ 即，‎ 所以，因此，即数列为等比数列；‎ ‎②由得，即，‎ 记，由①得，所以，因此（当且仅当时等号成立）.‎ 由得，所以.‎ 设，由得，即；‎ 当时，，不符合题意；‎ 当时，，此时符合题意；‎ 当时，，不符合题意；‎ 当时，，不符合题意，‎ 下面证明当，时， ，‎ 不妨设，‎ 则在上恒成立，‎ 所以在单调递增；‎ 所以，‎ 所以，当，时， 恒成立，不符合题意；‎ 综上，集合.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列与等比数列的综合，熟记等差数列与等比数列的通项公式，以及求和公式，会判断数列的增减性等即可，属于常考题型.‎