江苏省南通市通州区2020届高三第一次调研抽测数学试题

江苏省南通市通州区2020届高三第一次调研抽测数学试题

‎2020届江苏省南通市通州区高三第一次调研抽测 数学试题 参考公式：锥体的体积公式，其中为锥体的底面积，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】‎ 根据集合交集的概念，可直接得出结果.‎ ‎【详解】因为，，‎ 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.设i为虚数单位，则复数的实部为________.‎ ‎【答案】-2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的乘法运算，化简，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以其实部为.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查复数的运算，熟记复数的乘法运算法则即可，属于常考题型.‎ ‎3.某校共有学生2400人，其中高三年级600人.为了解各年级学生兴趣爱好情况，用分层抽样的方法从全校学生中抽取容量为100的样本，则高三年级应抽取的学生人数为_______.‎ ‎【答案】25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意确定抽样比，进而可得出结果.‎ ‎【详解】由题意，从全校2400人中抽取100人，抽样比为，‎ 又高三年级共有600人，所以高三年级应抽取的学生人数为.‎ 故答案为25‎ ‎【点睛】本题主要考查分层抽样各层样本数的问题，熟记分层抽样的概念，会求抽样比即可，属于常考题型.‎ ‎4.若从甲乙丙丁4位同学中选出3位同学参加某个活动，则甲被选中的概率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：先确定4位同学中选出3位同学事件数，再确定甲被选中事件数，最后根据古典概型概率公式求结果.‎ 详解：因为4位同学中选出3位同学共有种，甲被选中事件数有,所以甲被选中的概率为.‎ 点睛：古典概型中基本事件数的探求方法 ‎(1)列举法.‎ ‎(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.‎ ‎(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.‎ ‎(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.‎ ‎5.在如图所示的算法流程图中，若输出的y的值为-2，则输入的x的值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由程序框图，得到该算法流程图表示求分段函数的函数值，由输出的值为，分类讨论，即可求出结果.‎ ‎【详解】由题意可得，程序框图表示求分段函数的函数值；‎ 因为输出的的值为，‎ 当时，有，所以，满足题意；‎ 当时，有，所以，不满足题意；‎ 所以输入的的值为.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查条件结构的流程图，会分析流程图的作用即可，属于常考题型.‎ ‎6.已知双曲线的焦距为4.则a的值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线方程，得到焦距为 ，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为双曲线的焦距为4，‎ 所以，解得.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查由双曲线的焦距求参数的问题，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.‎ ‎7.不等式的解集为_______.‎ ‎【答案】(﹣1，2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数函数单调性求解即可 ‎【详解】由题则，故 ‎ 故填(﹣1，2)‎ ‎【点睛】本题考查指数函数的单调性及指数运算，是基础题 ‎8.设A，B分别为椭圆C：(a＞b＞0)的右顶点和上顶点，已知椭圆C过点P(2，1)，当线段AB长最小时椭圆C的离心率为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意得到，，再由椭圆过点，得到，由基本不等式，确定取最小值时的条件，进而可得出结果.‎ ‎【详解】因为A，B分别为椭圆C：(a＞b＞0)的右顶点和上顶点，‎ 所以，，‎ 又椭圆C过点，‎ 所以，‎ 所以，‎ 当且仅当，即时，取等号，‎ 此时，所以离心率为.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查椭圆的离心率，熟记椭圆的简单性质，以及基本不等式的应用即可，属于常考题型.‎ ‎9.已知等比数列的前n项和为.若，，则的值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设等比数列的公比为，由题中条件，列出方程组，求出首项与公比，再由求和公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，‎ 由题意可得，即，‎ 解得，因此.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查等比数列前项和基本量的运算，熟记通项公式与求和公式即可，属于常考题型.‎ ‎10.将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象.则“”是“函数为偶函数”的________条件，（从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”和“既不充分也不必要”中选填一个）‎ ‎【答案】充分不必要 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意得到，结合充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.‎ ‎【详解】由题意，将函数的图象向右平移个单位，可得的图像，‎ 当时，可得，显然为偶函数，‎ 所以“”是“函数为偶函数”的充分条件；‎ 若函数为偶函数，则，‎ 即，不能推出，‎ 所以“”不是“函数为偶函数”的必要条件，‎ 因此“”是“函数为偶函数”的充分不必要条件.‎ 故答案为：充分不必要 ‎【点睛】本题主要考查命题的充分不必要条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型.‎ ‎11.已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则的值为_______.‎ ‎【答案】3e ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对函数求导，得到，再由曲线在点处的切线方程为，列出方程组，求出函数解析式，从而可得出结果.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 则，‎ 又曲线在点处的切线方程为，‎ 当时，，即，‎ 所以有，解得.‎ 因此，所以.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查由曲线的切线方程求参数的问题，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型.‎ ‎12.设x＞0，y＞0，x＋2y＝4，则的最小值为_________.‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将分式展开，利用基本不等式求解即可 ‎【详解】‎ 又x＋2y＝4即，当且仅当等号成立，故原式 ‎ 故填9‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式求最值，考查等价变换思想与求解能力，注意等号成立条件 ‎13. 函数有两个零点，则k的取值范围是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先令，作出其图像，根据函数有两个零点，得到的图像与直线有两个交点，结合图像，即可得出结果.‎ ‎【详解】令，‎ 因为函数有两个零点，‎ 所以的图像与直线有两个交点，‎ 作出函数的图像如下：‎ 因为，‎ 由图像可得：‎ 或.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查由函数零点的个数求参数的问题，通常需要将函数零点个数转化为两函数图像交点个数来处理，结合函数图像即可求解，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为 _______.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先以点为坐标原点，分别以，，所在方向为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，由题意得到，，，设，由，得到，再由圆上的点与定点距离的问题，即可求出结果.‎ ‎【详解】以点为坐标原点，分别以，，所在方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，因为在长方体中，已知底面为正方形，为的中点，，，‎ 所以，，，‎ 因为点为正方形所在平面内的一个动点，‎ 设，‎ 因为，‎ 所以，‎ 整理得：‎ 即点可看作圆上的点，‎ 又，‎ 所以表示圆上的点与定点之间的距离，‎ 因此（其中表示圆的半径.）‎ 故答案为6‎ ‎【点睛】本题主要考查立体几何中最值问题，通常可用建系的方法求解，灵活运用转化与化归的思想即可，属于常考题型.‎ 二、解答题：本大题共6小题，共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.如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，，相交于点，，为的中点，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求证：平面 ‎【答案】（1）详见解析（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连结，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；‎ ‎（2）根据线面垂直的判定定理，即可直接证明结论成立.‎ ‎【详解】（1）连结.‎ 因为四边形是平行四边形，，相交于点，‎ 所以为的中点.‎ 因为为中点，‎ 所以.‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）因为，为的中点，所以.‎ 由（1）知，，所以.‎ 因为，， 平面，，‎ 所以平面.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行，线面垂直的判定，熟记判定定理即可，属于常考题型.‎ ‎16.在中，角的对边分别为.已知向量，向量，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用数量积的坐标运算，结合两角和差正弦公式和辅助角公式可求得，根据角的范围可确定；（2）利用余弦定理求得，根据正弦定理求得；由三角形大边对大角知道为锐角，从而求得；利用二倍角公式求得结果.‎ ‎【详解】（1）‎ ‎ ，解得：‎ ‎（2）由余弦定理得：‎ 由正弦定理得：‎ ‎ 为锐角 ‎ ‎【点睛】本题考查解三角形知识的应用，涉及到正弦定理和余弦定理解三角形、两角和差和辅助角公式化简三角函数、平面向量数量积公式的应用、二倍角公式的应用等知识，属于常考题型.‎ ‎17.设数列的各项均为正数，的前n项和，‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设等比数列的首项为2，公比为q（），前n项和为.若存在正整数m，使得，求q的值.‎ ‎【答案】（1）（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由求出，再由时，，求出通项，进而可求出结果；‎ ‎（2）先由（1）得到，根据，得到，结合题意求出或，分情况讨论，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）当时，，则.‎ 当时，，‎ 即，‎ 所以.‎ 因为数列的各项均为正数，所以，‎ 所以，‎ 所以数列是公差为4的等差数列，‎ 所以.‎ ‎（2）由（1）知，.‎ 由，得，‎ 所以.‎ 因为，所以，即，‎ 由于，所以或.‎ 当时，，解得（舍负），‎ 当时，，解得（舍负），‎ 所以q的值为或.‎ ‎【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与求和公式即可，属于常考题型.‎ ‎18.如图，某沿海地区计划铺设一条电缆联通A，B两地，A地位于东西方向的直线MN上的陆地处，B地位于海上一个灯塔处，在A地用测角器测得，在A地正西方向4km的点C处，用测角器测得.拟定铺设方案如下：在岸MN上选一点P，先沿线段AP在地下铺设，再沿线段PB在水下铺设.预算地下、水下的电缆铺设费用分别为2万元/km和4万元/km，设，，铺设电缆的总费用为万元.‎ ‎（1）求函数的解析式；‎ ‎（2）试问点P选在何处时，铺设的总费用最少，并说明理由.‎ ‎【答案】（1），其中（2）当点P选在距离A地 处时，铺设的总费用最少，详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）过B作MN的垂线，垂足为D，根据题中条件，得到，，由，得到，，，进而得到，化简即可得出结果；‎ ‎（2）根据（1）的结果，先设，，对求导，用导数的方法研究其单调性，即可求出最值.‎ ‎【详解】（1）过B作MN的垂线，垂足为D.‎ 在中，，则.‎ 在中，，‎ 所以.‎ 因为，所以，‎ 所以.‎ 由，则，‎ 由，得.‎ 所以，‎ 即，其中.‎ ‎（2）设，，‎ 则.‎ 令，得，所以.‎ 列表如下：‎ ‎0‎ h(θ)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以当时，取得最小值，‎ 所以取得最小值，此时.‎ 答：当点P选在距离A地处时，铺设的总费用最少，且为万元.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的模型的应用，以及导数的方法求最值的问题，熟记导数的方法研究函数的单调性，最值等即可，属于常考题型.‎ ‎19.在平面直角坐标系xOy中，己知椭圆C：的左、右顶点为A，B，右焦点为F.过点A且斜率为k（）的直线交椭圆C于另一点P.‎ ‎（1）求椭圆C的离心率；‎ ‎（2）若，求的值；‎ ‎（3）设直线l:，延长AP交直线l于点Q，线段BO的中点为E，求证：点B关于直线EF的对称点在直线PF上。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆的方程，结合椭圆离心率的求法，即可求出结果；‎ ‎（2）先由题意，得到直线AP的方程为代入椭圆方程，求出点P的坐标，表示出与，进而可得出结果；‎ ‎（3）由直线AP的方程与直线l的方程联立，求出，表示出直线EF的斜率，再由结合韦达定理，以及题中条件，表示出直线PF的斜率，再由题意，即可证明结论成立.‎ ‎【详解】（1）因为椭圆C：，‎ 所以，，.‎ 又，所以，，‎ 所以椭圆C的离心率.‎ ‎（2）因为直线AP的斜率为，且过椭圆C的左顶点，‎ 所以直线AP的方程为.‎ 代入椭圆C的方程，‎ 得，即，‎ 解得或（舍去），‎ 将代入，得，‎ 所以点P的坐标为.‎ 又椭圆C的右顶点B（2t,0），‎ 所以，，‎ 所以.‎ ‎（3）直线AP的方程为，‎ 将代入，得，所以.‎ 因为E为线段BQ的中点，所以，‎ 因为焦点F的坐标为（t,0），‎ 所以直线EF的斜率.‎ 联立消y得，.‎ 由于，，‎ 所以，‎ 所以点P的坐标为，‎ 所以直线PF的斜率.‎ 而直线EF的斜率为2k，‎ 若设，则有，即，‎ 所以点B关于直线EF的对称点在直线PF上.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的离心率，以及椭圆的应用，熟记椭圆的方程，以及椭圆的简单性质即可，通常处理此类题型时，需联立直线与椭圆方程，结合韦达定理等求解，属于常考题型.‎ ‎20.已知函数，.‎ ‎（1）当时，求函数的单调区间；‎ ‎（2）设函数，若，且在上恒成立，求的取值范围；‎ ‎（3）设函数，若，且在上存在零点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）函数的单调减区间为，单调增区间为；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导后，根据导函数的符号即可确定单调区间；（2）分别在和两种情况下，判断恒成立的条件；当时，利用二次函数的性质，结合可构造不等式求得的范围；当时，利用分离变量法得到恒成立，进而通过求解右侧函数最小值得到的范围；两个范围取交集即为最终结果；（3）将函数在上存在零点转化为在上有解的问题；通过讨论的正负可分离变量变为，利用导数求解不等式右侧函数的最大值得到结果.‎ ‎【详解】（1）当时， ‎ 令得：‎ 函数的定义域为 当时，；当时，，‎ 函数的单调减区间为，单调增区间为 ‎（2）由得：.‎ 当时，恒成立 当，即时，恒成立；‎ 当，即时，‎ 解得：‎ 综上所述：‎ 当时，由恒成立得：恒成立 设，则.‎ 令得：‎ 当时，；当时，‎ ‎ ‎ 综上所述：的取值范围为：‎ ‎（3）‎ 在上存在零点 在上有解 即在上有解 又，即 在上有解 设，则 令得：‎ 当时，；当时，‎ ‎，即 .‎ 设，则 同理可证： ‎ 则在上单调递减，在上单调递增 ‎，故 的取值范围为：‎ ‎【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数求解函数的单调区间、恒成立问题的求解、函数在区间内有零点问题的求解等知识；解决函数在区间内有零点的关键是能够将问题转化为方程或不等式有解的问题，通过分离变量法将问题进一步转化为所求参数与函数最值之间大小关系的比较.‎ 数学Ⅱ（附加题）‎ ‎21.已知矩阵的一个特征值为4.求矩阵的逆矩阵.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，先设矩阵M的特征多项式为，由题意求出，进而可求出结果.‎ ‎【详解】矩阵M的特征多项式为.‎ 因为矩阵M的一个特征值为4，所以方程有一根为4，‎ 即，所以.‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查求矩阵的逆矩阵问题，熟记矩阵的特征多项式，会由特征值求出矩阵中的参数即可，属于常考题型.‎ ‎22.在极坐标系中，曲线C的极坐标方程是，直线l的极坐标方程是.试判断直线l与曲线C的位置关系，并说明理由.‎ ‎【答案】直线l与曲线C相离，详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据极坐标方程与直角坐标方程的互化，求出曲线C的直角坐标方程为，得到直线l的直角坐标方程为，再由几何法，即可得出结果.‎ ‎【详解】由，得，‎ 所以，即曲线C的直角坐标方程为为圆.‎ 由，得直线l的直角坐标方程为.‎ 所以圆心（1,0）到直线l的距离为，‎ 所以直线l与曲线C相离.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与圆位置关系的判断，熟记极坐标与直角坐标的互化公式，以及几何法判断直线与圆位置关系即可，属于常考题型.‎ ‎23.如图，在直三棱柱中，，，M，N分别是，的中点，且.‎ ‎（1）求的长度；‎ ‎（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由题意得到，建立空间直角坐标系，设，根据，用向量的方法，即可求出结果；‎ ‎（2）由（1）的结果，用向量的方法求出平面的一个法向量，以及平面的一个法向量，由向量夹角公式，求出两法向量的夹角余弦值，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）在中，，，‎ 则，所以.‎ 建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 设，则，，，，，，‎ 所以，.‎ 因为，‎ 所以，‎ 解得，即的长为.‎ ‎（2）由（1）知，，‎ 由N是的中点，得.‎ 所以，.‎ 设平面的法向量，‎ 由，，‎ 得取.‎ 又，，‎ 设平面的法向量，‎ 由，，‎ 得取.‎ 设平面与平面所成锐二面角的大小为，‎ 则.‎ 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查立体几何中的棱长问题，以及二面角的求法，熟记空间向量的方法求解即可，属于常考题型.‎ ‎24.已知数列的通项公式为，，记 ‎（1）求，的值；‎ ‎（2）求证：对任意的正整数n，为定值.‎ ‎【答案】（1）；.（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题中条件，直接计算，即可得出结果；‎ ‎（2）先记，，由题意可得，进而得到，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 所以；.‎ ‎（2）记，.‎ 则 ‎.‎ 注意到，‎ 所以 ‎，‎ 所以为定值.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列的应用，以及二项式的应用，熟记二项式定理，以及数列求和的概念即可，属于常考题型.‎ ‎ ‎