江苏省如皋市2020届高三上学期教学质量调研（一）数学（理）试题

江苏省如皋市2020届高三上学期教学质量调研（一）数学（理）试题

‎2019-2020学年度高三年级第一次教学质量调研（一）‎ 数学试题（理科）‎ 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分，请将答案直接填写在答题卡相应位置上.‎ ‎1.已知集合，则_______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合,再根据交集运算定义计算可得.‎ ‎【详解】由得,所以,‎ 所以,‎ 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了集合的交集运算,属于基础题.‎ ‎2.已知,则“”是“直线平行”的____条件． ‎ ‎ （从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”“既不充分也不必要”中选择一个）.‎ ‎【答案】充要 ‎【解析】‎ 当两直线平行时,解得,但当时,直线重合,故.所以为充要条件.‎ ‎3.函数的定义域为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据幂函数与对数函数的定义域列不等式可得结果.‎ ‎【详解】要使函数有意义，‎ 则,‎ 即,‎ 即,‎ 故函数的定义域为,故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查具体函数的定义域、对数不等式的性质，属于中档题.定义域的三种类型及求法：(1)已知函数的解析式，则构造使解析式有意义的不等式(组)求解；(2) 对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解；(3) 若已知函数的定义域为，则函数的定义域由不等式求出.‎ ‎4.不等式的解集为，则实数的取值范围为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过分析等不等0，区分是一次函数还是二次函数；当时是二次函数要恒大于零只有开口向上，。‎ ‎【详解】当时，不等式显然恒成立，即，满足条件。‎ 当时，为二次函数，要恒大于零只有开口向上，。‎ 所以， ‎ 即 综上所述：‎ ‎【点睛】此题考查解二次函数不等式，解集为R表示任意恒成立问题，属于较易题目。‎ ‎5.在平面直角坐标系中，双曲线的焦点到渐近线的距离是______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 由双曲线方程可得焦点坐标和渐近线方程,再由点到直线的距离可得.‎ ‎【详解】由双曲线可得,所以,所以,‎ 所以焦点坐标为,‎ 又渐近线方程为:,即,‎ 所以焦点到渐近线的距离为:.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的几何性质,点到直线的距离,属于基础题.‎ ‎6.设变量满足约束条件,则的最大值是_________.‎ ‎【答案】18‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，通过向上平移基准直线到可行域边界的位置，由此求得目标函数的最大值.‎ ‎【详解】画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数在点处取得最大值，且最大值为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用线性规划求线性目标函数的最大值.这种类型题目的主要思路是：首先根据题目所给的约束条件，画图可行域；其次是求得线性目标函数的基准函数；接着画出基准函数对应的基准直线；然后通过平移基准直线到可行域边界的位置；最后求出所求的最值.属于基础题.‎ ‎7.若，，则____________________.‎ ‎【答案】-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用代入已知,可解得或,然后根据,可以求得结果.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以或,‎ 当时,因为,所以,‎ 所以,所以,所以,所以;‎ 当时,,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 因为,所以,所以,‎ 所以不符合,应舍去.‎ 综上所述:.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查了诱导公式六,二倍角的正弦公式,两角和的余弦公式,属于中档题.‎ ‎8.将函数的图象向右平移个单位长度后关于原点对称，则________________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平移变换的左加右减法则得到,再根据正弦函数的对称中心,结合角的范围得出角.‎ ‎【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后,‎ 得到函数的图象,‎ 因为该函数的图象关于原点对称,‎ 所以,,即,,‎ 因为,所以,,‎ 所以.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的相位变换,正弦函数的对称中心 ,属于中档题.‎ ‎9.已知是椭圆，的左焦点，为右顶点，是椭圆上的一点，轴，若，则该椭圆的离心率是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 根据椭圆几何性质可知，，所以 ，即 ，由因为，所以有，整理可得 ，两边同除以得： ，所以，由于，所以.‎ ‎10.设函数，则不等式的解集为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先用定义判断出函数为奇函数,用导数符号判断出函数为递增函数,然后利用奇偶性和单调性解不等式可解得.‎ ‎【详解】因为,所以,‎ 所以函数为奇函数,‎ 因为(当且仅当时,等号成立)‎ 所以函数为上的递增函数,‎ 所以不等式可化为,‎ 所以根据函数为奇函数可化为,‎ 所以根据函数为增函数可化为,‎ 可化为,‎ 可化为,‎ 解得:,‎ 所以不等式的解集为:.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查了函数的奇偶性,单调性,利用奇偶性和单调性解不等式,属于中档题.‎ ‎11.在平面直角坐标系中，是圆的弦，且，若存在线段的中点，使得点关于轴对称的点在直线上，则实数的取值范围是_______________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据勾股定理计算得,由此可知点的轨迹是为圆心,为半径的圆,然后将问题转化为直线与圆:有交点,由圆心到直线的距离小于等于半径列不等式可解得.‎ ‎【详解】因为点为弦的中点,所以,‎ 在中,,,所以,‎ 所以点的轨迹为以为圆心,为半径的圆,‎ 因为点与点关于轴对称,所以点的轨迹为以为圆心,为半径的圆,‎ 因点在直线上,‎ 所以直线与圆:有交点,‎ 所以,即,解得,‎ 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了垂径定理,圆的定义,直线与圆的位置关系,转化化归思想,点到直线的距离公式,属于中档题.‎ ‎12.已知，且，则的最小值为_______________.‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由解出,将其代入后,变形为,再利用基本不等式可求得最小值.‎ ‎【详解】因为,所以,‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎,‎ 因为,所以,‎ 当且仅当,解得,此时,‎ 所以的最小值为:10.‎ 故答案为:10‎ ‎【点睛】本题考查了利用基本不等式求和的最小值,解题关键是要变形为积为定值的形式,属于中档题.‎ ‎13.已知直线与曲线相切于点，且直线与曲线的图象交于点，若，则的值为____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由导数的几何意义可得：曲线在点A处的切线的方程为，又由曲线过点(，)，运算可得解.‎ ‎【详解】解：因为，所以在点A处的切线的方程为，‎ 又因为直线l经过点(，)，‎ 所以，即，‎ 故．‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义，属基础题.‎ ‎14.若函数在上有三个零点，则实数的取值范围_______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将函数在上有三个零点转化为函数的图象与函数的图象在上恰有3个交点,然后作图,根据图象分析可得.‎ ‎【详解】因为函数在上有三个零点,‎ 所以,即在上有三个根,‎ 所以函数的图象与函数的图象在上恰有3个交点,‎ 如图:‎ 由图可知:与的图象在上必须恰有一个交点,‎ 所以,所以,‎ 由图可知:与的图象在上必须有两个交点,‎ 当的图象与的图象相切时,只有一个交点,此时设切点为,‎ 因为,所以根据导数的几何意义得切线的斜率为:,所以,‎ 解得:,所以切点为,将其代入到得,所以,‎ 所以由图可知当时, 函数的图象与函数的图象在上恰有3个交点,‎ 所以当时,函数在上有三个零点.‎ 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了根据函数的零点个数求参数的取值范围,数形结合思想,导数的几何意义,本题属于难题.‎ 二、解答题（本大题共6小题，共90分）‎ ‎15.在中，角的对边分别为，.‎ ‎（1）求角的值；‎ ‎（2）若，求.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据正弦定理将已知条件角化边,变形后再用余弦定理可得;‎ ‎(2)利用,再用两角和的正弦公式可计算得.‎ ‎【详解】解：（1）在中，由正弦定理 得:,‎ 即,‎ 在中，由余弦定理得:，‎ 因为∴；‎ ‎（2）在中，∵，∴，∴，‎ 因为，∴,‎ 因为,‎ ‎∴‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理角化边,余弦定理,两角和的正弦公式,属于中档题.‎ ‎16.已知函数.‎ ‎（1）求函数的最小值；‎ ‎（2）对于（1）中的，若不等式对于任意恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)换元,令,利用单调性可得:,问题转化为求二次函数，的最小值,讨论对称轴与区间的关系可得.‎ ‎(2)将问题转化为对任意的恒成立，利用基本不等式求出不等式右边的最小值即可解决.‎ ‎【详解】（1）因为,‎ 所以,,‎ 令，‎ ‎∵，∴在上单调递增，所以时,取最小值,时,取最大值,∴，‎ ‎∴，,其对称轴为:,‎ ‎①当时，在上单调增，则；‎ ‎②当时，在上单调减，在上单调增，则；‎ ‎③当时，在上单调减，则；‎ ‎∴；‎ ‎（2）当时，由(1)知:，‎ ‎∴，即 又因为：，‎ ‎∴对任意的恒成立，‎ ‎∵，当且仅当，即时取等号，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了换元法,转化化归思想,二次函数在定区间上的最值,不等式恒成立,基本不等式求最小值,本题属于难题.‎ ‎17.在平面直角坐标系中，椭圆的一条准线方程为，右焦点，圆，直线与圆相切于第一象限内的点且与椭圆相交于两点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若的面积为，求直线的斜率.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用椭圆的几何性质可求得,从而可得椭圆的标准方程;‎ ‎(2)根据,,的面积为,可得,然后联立直线与椭圆方程,由弦长公式列方程可解得.‎ ‎【详解】解：（1）椭圆的准线方程为，右焦点为，‎ ‎∴，∴，∵，∴，‎ ‎∴椭圆的方程为；‎ ‎（2）直线与圆相切于第一象限内的点，∴，且直线的斜率，‎ ‎∴，∵，∴，‎ 设直线的方程为，‎ ‎∵直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，∴，‎ 由消去并整理得，‎ 所以,‎ 因为,所以判别式大于零,‎ 由韦达定理得:,,‎ 所以由弦长公式得 ‎ ‎ ‎∵，‎ 所以 ,‎ ‎∴,‎ 所以,‎ 化简得,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ ‎∵，∴.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系,点到直线的距离,韦达定理,弦长公式,本题属于难题.‎ ‎18.在直角坐标系中，椭圆经过点，右焦点到右准线和左顶点的距离相等，经过点的直线交椭圆于点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）点是直线上在椭圆外的一点，且，证明：点在定直线上.‎ ‎【答案】（1）（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据点在椭圆上以及右焦点到右准线和左顶点的距离相等列方程组可解得;‎ ‎(2)当直线轴时,将用表示后,代入不成立, 当直线与轴不垂直时,设出直线的方程,与椭圆方程联立,利用韦达定理以及，，,代入可解得.‎ ‎【详解】（1）依题意可列方程组: ,所以,‎ 所以,所以,又,所以,解得,‎ 所以椭圆的标准方程为：.‎ ‎(2)证明:设,‎ 当直线轴，则,，则，‎ 因为在椭圆外,所以与同号,所以,所以,‎ 又，所以不成立，故直线与轴不垂直.‎ 当直线与轴不垂直时，设，‎ 设直线的方程为，与椭圆联立消去并整理得，‎ ‎，‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 同理可得:，.‎ 因为点在椭圆外，所以、同号，‎ 所以 ‎，‎ 由得，‎ ‎，‎ 所以,‎ 所以,所以,‎ 所以，所以点在定直线上.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系,韦达定理,分类讨论思想,运算求解能力,本题属于难题.‎ ‎19.某市在精准扶贫和生态文明建设的专项工作中，为改善农村生态环境，建设美丽乡村，开展农村生活用水排污管道“村村通”.已知排污管道外径为1米，当两条管道并行经过一块农田时，如图，要求两根管道最近距离不小于0.25米，埋没的最小覆土厚度（路面至管顶）不低于0.5米.埋设管道前先挖掘一条横截面为等腰梯形的沟渠，且管道所在的两圆分别与两腰相切.设.‎ ‎（1）为了减少农田的损毁，则当为何值时，挖掘的土方量最少？‎ ‎（2）水管用吊车放入渠底前需了解吊绳的长度，在（1）的条件下计算长度.‎ ‎【答案】（1）时，挖掘的土方量最少（2）长度约为1米 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 显然取最小覆土厚度等于0.5米，两根管道最近距离等于0.25米时梯形面积最小, 设圆与底切于点，连接，则，过点作，垂足为,然后将和用表示后,求出面积关于的表达式,然后利用基本不等式求出面积取最小值时的,并且此时满足,故即为所求.‎ ‎(2)在直角三角形求出后,在三角形中用余弦定理可求得.‎ ‎【详解】（1）根据题意等腰梯形 面积最小时，挖掘土方量最少，显然取最小覆土厚度等于0.5米，两根管道最近距离等于0.25米时梯形面积最小.设圆与底切于点，连接，则，过点作，垂足为.如图:‎ 因为，所以，‎ 直角三角形和直角三角形中，米，米，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以 ‎,‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ‎.‎ 当且仅当，即时等号成立，‎ 此时,,且,符合题意.‎ 所以时，挖掘的土方量最少.‎ ‎（2）由（1）知，，直角三角形中，‎ 米，‎ 在三角形中，，米，由余弦定理得；‎ ‎，所以长度约为1米.‎ ‎【点睛】本题考查了二倍角的正切公式,基本不等式求最值,余弦定理解三角形,梯形的面积公式,本题属于难题.‎ ‎20.已知：函数.‎ ‎（1）求函数在点处的切线方程；‎ ‎（2）求函数的上的最大值；‎ ‎（3）当时，试讨论函数零点个数.‎ ‎【答案】（1）（2）答案不唯一，具体见解析（3）答案不唯一，具体见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据导数的几何意义求得切线的斜率,由点斜式可求得切线方程;‎ ‎(2)求导后,对分类讨论可求得函数的上的最大值;‎ ‎(3)求导后,对分类讨论,利用零点存在性定理可求得.‎ ‎【详解】（1）因为,所以,所以，‎ ‎∴函数在点处的切线方程为：；‎ ‎（2）因为,所以，‎ ‎①当，∴在上单调递增；此时的最大值为；‎ ‎②当，令得,‎ 若，即时，在上恒成立，所以在上单调递增，‎ ‎∴，‎ 若，即时，‎ 当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减，‎ ‎∴，‎ 综上所述：‎ ‎①当时，的最大值为；‎ ‎②当时，的最大值为；‎ ‎（3）由题意知：，则，‎ ‎①即时在上恒成立，‎ ‎∴上单调增，‎ 且，，‎ 由零点存在性定理可知：在上存在唯一的零点，即在上存在唯一零点；‎ ‎②即，‎ 令，则，‎ 此时，在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以在上取得最小值,‎ 令，‎ 令，得，‎ ‎∴在单调增，在上单调减，得，‎ ‎①当时，，此时函数有且只有一个零点，‎ ‎②当,即时，,‎ 所以在上为增函数,所以,即，‎ ‎∵，∴在有唯一的零点，‎ 下面先证：‎ 设，∴，得：，‎ 当时，单调递减，‎ 当时，单调递增，‎ ‎∴，即得证（当且仅当时取等号）；‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，‎ 由零点存在性定理可知：在上存在唯一零点，‎ ‎∴有两个零点.‎ ‎③时，且，‎ 又有，‎ ‎∴由零点存在性定理可知：在与上各存在唯一零点.‎ 所以有两个零点.‎ 综上所述：或时，有一个零点，‎ 且时，有两个零点.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义,分类讨论思想,利用导数研究函数的单调性和最值,零点存在性定理,属于难题.‎ ‎（附加题）‎ ‎21.已知线性变换是按逆时针方向旋转90°的旋转变换，其对应的矩阵为，线性变换：对应的矩阵为.‎ ‎（1）写出矩阵；‎ ‎（2）求直线先经过变换，再经过变换后的曲线方程.‎ ‎【答案】（1）,（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据变换的特征即可得到结论; ‎ ‎(2)由(1)得 ,通过题意可得,利用,计算可得.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎；‎ ‎（2）变换,‎ 设曲线上任意一点，经过变化后的点为，‎ 则，得：,‎ 因为, 所以,‎ 化简得：.‎ ‎【点睛】本题考查了矩阵的旋转和线性变换,属于基础题.‎ ‎22.已知曲线的参数方程为（为参数），直线过点.‎ ‎（1）求曲线的普通方程；‎ ‎（2）若直线与椭圆交于两点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用平方关系消去,即可得到;‎ ‎(2)将直线的参数方程代入椭圆方程,利用参数的几何意义可得.‎ ‎【详解】（1）由得,所以,‎ 所以曲线的普通方程为:；‎ ‎（2）因为直线过点,‎ 所以直线的参数方程为（是参数）,‎ 将其代入椭圆方程得：，‎ 设点对应的参数分别为,‎ 则，‎ 又因为 ‎∴的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程化成普通方程,直线参数方程的几何意义,属于中档题.‎ ‎23.为迎接国庆汇演，学校拟对参演的班级进行奖励性加分表彰，每选中一个节目，其班级量化考核积分加3分.某班级准备了三个文娱节目，这三个节目被选中的概率分别为，，，且每个节目是否被选中是相互独立的.‎ ‎（1）求该班级被加分的概率；‎ ‎（2）求该班级获得奖励性积分的分布列与数学期望.‎ ‎【答案】（1）（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据对立事件的概率公式计算可得;‎ ‎(2) 获得的奖励性积分的可能取值为0，3，6，9,分别求出的每一个可能取值的概率得到分布列,再根据期望公式计算可得.‎ ‎【详解】（1）设该班级被加分为事件，‎ 则，‎ 答：该班级被加分的概率为；‎ ‎（2）获得的奖励性积分的可能取值为0，3，6，9‎ ‎，‎ ‎，‎ 的分布列为:‎ ‎0‎ ‎3‎ ‎6‎ ‎9‎ ‎∴‎ 答：获得的奖励性积分的数学期望为.‎ ‎【点睛】本题考查了对立事件的概率公式,随机变量的分布列和期望,属于中档题.‎ ‎24.已知抛物线，过点作直线与抛物线交于两点，点是抛物线上异于两点的一动点，直线与直线交于两点.‎ ‎（1）证明：两点的纵坐标之积为定值；‎ ‎（2）求面积的最小值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 设直线,联立直线与抛物线:,根据韦达定理求得,再根据直线的方程求出的纵坐标,然后相乘可证;‎ ‎(2)利用面积公式求得面积的表达式,再用基本不等式求得最值即可.‎ ‎【详解】（1）证明:设直线，设，‎ 由消去并整理得：‎ ‎∴，‎ ‎∵直线分别与直线分别交于两点，‎ ‎∴，∴，‎ 直线，‎ 令，‎ 同理：，‎ ‎∴‎ ‎,‎ 所以两点的纵坐标之积为定值-8.‎ ‎（2）设直线与轴交于点，‎ ‎∵，∴，‎ 当且仅当时取等号，‎ ‎∴的面积的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系,直线方程,斜率公式,面积公式,基本不等式,字母运算求解能力,本题属于中档题.‎ ‎ ‎