江苏省南通市通州区2020届高三下学期复学返校联考数学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 南通市通州区2020届高三年级第二学期 复学后联考数学试卷 Ⅰ试题 一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分.不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）‎ ‎1.已知集合，则_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据并集定义得到答案.‎ ‎【详解】集合，则.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了并集计算，属于简单题.‎ ‎2.已经复数满足（i是虚数单位），则复数的模是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】，‎ ‎，故答案为.‎ ‎3.根据如图所示的伪代码，可这输出的_________.‎ - 24 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据伪代码依次计算得到答案.‎ ‎【详解】根据题意：；；；；，结束.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了伪代码，意在考查学生的计算能力和理解能力.‎ ‎4.函数的单调减区间为_______．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的定义域和导数，然后解不等式或，即可得出函数的单调递减区间.‎ ‎【详解】函数的定义域为，，‎ ‎，解不等式，即，得.‎ 因此，函数的单调减区间为或.‎ - 24 -‎ 故答案为：或.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，同时也要注意求出函数定义域的求解，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎5.从0、2中选一个数字.从1、3、5中选两个数字，组成无重复数字的三位数.其中无重复的个数为______________.‎ ‎【答案】30.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 讨论选择的数字是0和2两种情况，分别计算得到答案.‎ ‎【详解】若从0、2中选一个数字是0，则组成三位数有个；‎ 若从0、2中选一个数字是2，则组成三位数有个，故一共有30个．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了排列组合的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.‎ ‎6.若函数的图像在处的切线与两坐标轴分别交于点，则线段的长为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导，计算切线方程，得到坐标，得到答案.‎ 详解】，故，则，，‎ 所以，，与坐标轴两交点分别为(0，2)，(﹣2，0)， 故AB＝．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了切线方程，线段长度，意在考查学生的计算能力.‎ ‎7.已知各项均不相等的数列为等差数列，且，，恰为等比数列的前三项.若 - 24 -‎ ‎，则__________.‎ ‎【答案】94.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列等比数列公式计算，，代入等式计算得到答案.‎ ‎【详解】，，恰为等比数列的前三项，故，，解得.‎ ‎，故，，‎ ‎，即，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列，等比数列综合应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.‎ ‎8.在△ABC中，sinA：sinB：sinC=2：3：4，则sinC=______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由sinA：sinB：sinC=2：3：4及由正弦定理，得a：b：c=2：3：4，不妨设a=2，b=3，c=4，由余弦定理和同角的三角函数关系即可求出．‎ ‎【详解】解：∵sinA：sinB：sinC=2：3：4，‎ ‎∴由正弦定理，得a：b：c=2：3：4，‎ 不妨设a=2，b=3，c=4，‎ cosC=，‎ 则sinC===，‎ 故答案为．‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，属基础题，准确记忆定理的内容是解题关键．‎ ‎9.若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等圆柱、球的表面积分别记为、则有 ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：设球的直径为2R，则 考点：球的表面积 ‎10.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题一一“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在如图所示的直角坐标系中，设军营所在平面区域的边界为，河岸线所在直线方程为，假定将军从点处出发，只要到达军营所在区域即回到军营，则将军行走的最短路程为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出点关于直线的对称点的坐标，于是将问题转化为点到圆上一点距离的最小值，即为，可得出答案.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 设点关于直线的对称点为点，‎ 则线段的中点坐标为，直线的斜率为，‎ - 24 -‎ 由题意可得，解得，所以点的坐标为.‎ 因此，将军行走的最短路程为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查与圆有关的距离的最值问题的求解，涉及圆的几何性质和对称思想的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ ‎11.在中与交于点.若，则的值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，如图，计算得到点坐标，计算得到答案.‎ ‎【详解】以A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，如图，‎ 则A(0，0)，B(0，4)，C(3，0)，D(1.5，2)，E(1，0)，‎ 直线AD为，BE为，联立解得，，即F(，1)，‎ - 24 -‎ ‎∴＝(，﹣3)，＝(3，0)，故．‎ 故答案为：.‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查了向量的数量积，建立直角坐标系可以简化运算，是解题的关键.‎ ‎12.已知，，且，则的最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将不等式两边同乘以，再将不等式两边化简，然后利用基本不等式即可求得最大值.‎ ‎【详解】∵，，且 ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴，当且仅当时取等号.‎ 令，原不等式转化为，解得.‎ ‎∴‎ 故答案为：.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.‎ ‎13.已知椭圆的离心率，A,B是椭圆的左、右顶点，P是椭圆上不同于A,B的一点，直线PA,PB倾斜角分别为，则 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题意，，，设，则，，‎ ‎∴，∵椭圆的离心率，‎ ‎∴，∴，∴，∴，，‎ ‎，‎ 考点：（1）椭圆的简单性质；（2）两角和与差的余弦函数.‎ ‎14.已知函数，曲线上总存在两点M（x1，y1），N（x2，y2）使曲线在M、N两点处的切线互相平行，则x1+x2的取值范围为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出导函数，根据题意转化对恒成立，即可得解.‎ - 24 -‎ ‎【详解】，，‎ 曲线上总存在两点M（x1，y1），N（x2，y2）使曲线在M、N两点处的切线互相平行，‎ 即，，‎ ‎，‎ 所以对恒成立 所以x1+x2的取值范围为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】此题考查导数的几何意义，根据导数的几何意义解决切线斜率相等的问题，求切点横坐标之和的取值范围，利用基本不等式构造不等关系求解.‎ 二、解答题（本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）‎ ‎15.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，为棱的中点，平面.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若四边形是矩形且，求证：平面.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ ‎（1）连接交于，可得知点为的中点，利用中位线的性质得出，然后利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面；‎ ‎（2）证明出平面，可得出，由等腰三角形三线合一的思想得出，然后利用直线与平面垂直的判定定理可证明出平面.‎ ‎【详解】（1）连接交于，因为是平行四边形，所以是的中点，‎ 因为为的中点，所以，‎ 又因为平面，平面，所以平面；‎ ‎（2）因为且是的中点，所以，‎ 又因为平面，平面，所以，‎ 因为四边形是矩形，所以，‎ 因为、平面且，‎ 所以平面，又因为平面，所以，‎ ‎、平面且，所以平面.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面平行与垂直的证明，在证明时要严格根据判定定理组织论据，考查推理论证能力，属于中等题.‎ ‎16.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cosB＝．‎ ‎（Ⅰ）若c＝2a，求的值；‎ ‎（Ⅱ）若C－B＝，求sinA的值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ - 24 -‎ 试题分析：（1）由余弦定理及得出b,c关系，再利用正弦定理即可求出；（2）根据正余弦的二倍角公式及同角三角函数之间的关系，即可解出.‎ 试题解析：（1）解法1：在中，因为，所以.‎ 因，所以，即，所以.‎ 又由正弦定理得，所以.‎ 解法2：因为，所以.‎ 因为，由正弦定理得，‎ 所以，即.‎ 又因为，解得，所以.‎ ‎（2）因为，所以.‎ 又，所以，所以.‎ 因为，即，所以，‎ 所以 试题点睛：解决此类问题的关键是熟练掌握同角三角函数的基本关系与两角和的正弦公式，以及三角形中角之间的关系．‎ ‎17.如图，圆O是一半径为10米的圆形草坪，为了满足周边市民跳广场舞的需要，现规划在草坪上建一个广场，广场形状如图中虚线部分所示的曲边四边形，其中A，B两点在⊙O上，A，B，C，D恰是一个正方形的四个顶点.根据规划要求，在A，B，C，D四点处安装四盏照明设备，从圆心O点出发，在地下铺设4条到A，B，C，D四点线路OA，OB，OC，OD.‎ - 24 -‎ ‎（1）若正方形边长为10米，求广场的面积；‎ ‎（2）求铺设的4条线路OA，OB，OC，OD总长度的最小值.‎ ‎【答案】（1）100（平方米）（2）（米）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接AB，广场面积等于正方形面积加上弓形面积，计算得到答案.‎ ‎（2）过O作OK⊥CD，垂足为K，过O作OH⊥AD（或其延长线），垂足为H，设∠OAD＝θ（0＜θ），OD，计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）连接AB，∵AB＝10，∴正方形ABCD的面积为100，‎ 又OA＝OB＝10，∴△AOB为正三角形，则，‎ 而圆的面积为100π，∴扇形AOB的面积为，‎ 又三角形AOB的面积为.∴弓形面积为，‎ 则广场面积为100（平方米）；‎ ‎（2）过O作OK⊥CD，垂足为K，过O作OH⊥AD（或其延长线），垂足为H，‎ 设∠OAD＝θ（0＜θ），则OH＝10sinθ，AH＝10cosθ，‎ ‎∴DH＝|AD﹣AH|＝|2OH﹣AH|＝|20sinθ﹣10cosθ|，‎ ‎∴OD.‎ ‎∴当θ时，.‎ ‎∴4条线路OA，OB，OC，OD总长度的最小值为（米）.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查了弓形面积，距离的最值，意在考查学生对于三角函数知识的应用能力和计算能力.‎ ‎18.在平面直角坐标系中，如图，已知椭圆E：的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为、．设直线倾斜角的余弦值为，圆与以线段为直径的圆关于直线对称．‎ ‎（1）求椭圆E的离心率；‎ ‎（2）判断直线与圆的位置关系，并说明理由；‎ ‎（3）若圆的面积为，求圆的方程．‎ ‎【答案】（1） （2）直线与圆相切，理由见解析 （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据直线的倾斜角的余弦值为，求出a,b的等量关系即可求解离心率；‎ ‎（2）通过计算可得直线与以为直径的圆相切，所以直线与圆相切；‎ ‎（3）根据面积求出半径，依次列方程组求解参数的值.‎ - 24 -‎ ‎【详解】解：（1）设椭圆E的焦距为2c（c>0），‎ 因为直线的倾斜角的余弦值为，所以， ‎ 于是，即，所以椭圆E的离心率 ‎ ‎（2）由可设，，则，‎ 于是的方程为：， ‎ 故的中点到的距离， ‎ 又以为直径的圆的半径，即有，所以直线与以为直径的圆相切．‎ 因为圆与以线段为直径的圆关于直线对称，‎ 所以直线与圆相切． ‎ ‎（3）由圆的面积为知，圆半径为2，从而， ‎ 设的中点关于直线：的对称点为，‎ 则解得． ‎ 所以，圆的方程为．‎ ‎【点睛】此题考查直线与椭圆和圆的综合应用，涉及求椭圆离心率，判断直线与圆的位置关系，根据已知条件求解圆的方程.‎ ‎19.已知函数 ‎（1）当时，设，且函数在上单调递增.‎ ‎①求实数的取值范围；‎ ‎②设，当实数取最小值时，求函数的极小值.‎ ‎（2）当时，证明：函数有两个零点.‎ ‎【答案】（1）①②（2）证明见解析 - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导得到恒成立，即在上恒成立，设，求函数的最大值得到答案；，求导得到函数单调性，得到极小值.‎ ‎（2），计算函数单调性得到，故存在唯一，使得，又，得到答案.‎ ‎【详解】（1）①，得，‎ 由题意知在上恒成立，在上恒成立.‎ 令，则，‎ 令，得，令，得，‎ 在上单调递增，在单调递减，，‎ ‎，即实数的取值范围是.‎ ‎②当实数取最小值时，.‎ ‎，‎ 令，解得或，‎ 当或时，；当时，.‎ 在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，‎ 当时，取得极小值，极小值为.‎ ‎（2）当时，函数.‎ 令，解得，‎ 当，时在上单调递减，‎ - 24 -‎ 当时，在上单调递增，‎ 令则，‎ 在上单调递减，即.‎ 当时，，由零点存在性定理，存在唯一，使得，‎ 又有两个零点.‎ ‎【点睛】本题考查了根据单调性求参数，极值问题，零点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ ‎20.已知无穷数列的前项中的最大项为，最小项为，设.‎ ‎（1）若，求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和；‎ ‎（3）若数列等差数列，求证：数列是等差数列.‎ ‎【答案】（1）；（2），当时，；（3）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用数列的通项公式判断其增减性，从而确定，的表达式，进而求出数列的通项公式；‎ ‎（2）由计算，时，数列单调递减，所以当时，，利用分组求和和错位相减法求和计算即可得到答案；‎ ‎（3）设数列的公差为，则，讨论，三种情况，分别证明数列为等差数列即可.‎ ‎【详解】（1）由得是递增数列，‎ - 24 -‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎（2）由得，‎ 当，，即；‎ 当，，即.‎ 又，‎ 所以，当时，，‎ 所以，‎ 当时，令，‎ 则，即.‎ 所以 ‎.‎ 综上所述，，当时，.‎ ‎（3）设数列的公差为，‎ 则，‎ 由题意，‎ ‎①，对任意都成立，‎ 即，所以是递增数列.‎ 所以，‎ - 24 -‎ 所以，‎ 所以数列是公差为的等差数列；‎ ‎②当时，对任意都成立，‎ 进面，‎ 所以是递减数列.，‎ 所以 所以数列是公差为的等差数列；‎ ‎③当时，，‎ 因为与中至少有一个为0，‎ 所以二者都为0，进而可得数列为常数列，‎ 综上所述，数列为等差数列.‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项公式、前n项和公式、利用等差数列的定义证明等差数列、利用分组求和和错位相减进行数列求和；考查运算求解能力和逻辑推理能力；熟练掌握等差数列的定义和数列求和的方法是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.‎ Ⅱ试题 ‎21.设a，b∈R，若直线l：ax＋y－7＝0在矩阵A＝对应的变换作用下，得到的直线为l′：9x＋y－91＝0，求实数a，b的值．‎ ‎【答案】a＝2，b＝13.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设矩阵A对应的变换把直线l上的任意点P(x，y)变成直线l′上的点P1(x1，y1)，将x1，y1用x，y表示．由9x1＋y1－91＝0，得x，y的方程，此方程也是l的方程．‎ ‎【详解】设矩阵A对应的变换把直线l上的任意点P(x，y)变成直线l′上的点P1(x1，y1)，‎ 则＝，即 - 24 -‎ 因为9x1＋y1－91＝0，所以27x＋(－x＋by)－91＝0，即26x＋by－91＝0.‎ 因为直线l的方程也为ax＋y－7＝0，所以=，解得a＝2，b＝13.‎ ‎【点睛】本题考查了矩阵的线性变换，考查了两条直线重合的条件，考查了运算求解能力，属于基础题.‎ ‎22.在极坐标系中，已知，线段的垂直平分线与极轴交于点，求的极坐标方程及的面积．‎ ‎【答案】的极坐标方程及,.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将转化为直角坐标系下的坐标形式，然后求出线段的中点与直线的斜率，进而求出直线l在直角坐标系下的方程，再转化为极坐标方程；在直角坐标系下，求出点C到直线AB的距离、线段AB的长度，从而得出的面积.‎ ‎【详解】解：以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系xoy 在平面直角坐标系xoy中，‎ ‎ 坐标为 线段的中点为，‎ 故线段中垂线的斜率为，‎ 所以的中垂线方程为：‎ 化简得：，‎ 所以极坐标方程为，‎ 即，‎ - 24 -‎ 令，则，‎ 故在平面直角坐标系xoy中，C（10,0）‎ 点C到直线AB：的距离为，‎ 线段，‎ 故的面积为.‎ ‎【点睛】本题考查了直线的极坐标方程问题，解题时可以将极坐标系下的问题转化为平面直角坐标系下的问题，从而转化为熟悉的问题.‎ ‎23.已知实数满足，求证：．‎ ‎【答案】证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对进行转化，转化为含有形式，然后通过不等关系得证.‎ ‎【详解】解：因为，‎ 所以 ‎,得证.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式问题，解决问题的关键是要将要证的形式转化为已知的条件，考查了学生转化与化归的能力.‎ ‎【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分.请在答卷卡指定区域内作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎24.由数字0，1，2，3，4组成一个五位数.‎ - 24 -‎ ‎（1）若的各数位上数字不重复，求是偶数的概率；‎ ‎（2）若的各数位上数字可以重复，记随机变量表示各数位上数字是0的个数，求的分布列及数学期望.‎ ‎【答案】（1）（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）计算五位数共有，偶数共有60个，计算概率得到答案.‎ ‎（2）确定，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.‎ ‎【详解】（1）由0，1，2，3，4组成的五位数共有（个），‎ 其中是偶数的，第一类，个位是0，有（个）；‎ 第二类，个位是2或4，有(个)，所以是偶数的概率为.‎ ‎（2）因为首位一定不为0，第2位至第5位，各数位上数字为0的概率均是，且相互独立，所以.‎ 所以，‎ 所以的概率分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了概率的计算，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.‎ ‎25.如图，是抛物线的焦点，过点且与坐标轴不垂直的直线交抛物线于 - 24 -‎ ‎、两点，交抛物线的准线于点，其中，．过点作轴的垂线交抛物线于点，直线交抛物线于点.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求四边形的面积的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，消去，得到关于的二次方程，利用韦达定理结合可求出正数的值；‎ ‎（2）由直线与坐标轴不垂直，所以设方程为，并设点，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，并求出，求出点的坐标，可得出点的坐标，并可得出直线的方程，将该直线方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理得出点的坐标，并分别计算出点、到直线的距离、，利用三角形的面积公式可得出关于的表达式，设，构造函数，利用导数求出函数的最小值，即可得出的最小值.‎ ‎【详解】（1）设方程为，与联立，消去整理得，‎ 所以，得（舍去）或；‎ - 24 -‎ ‎（2）由（1）知抛物线方程为，，准线方程为.‎ 因为直线与坐标轴不垂直，所以设方程为，，‎ 由得，，，‎ 所以，‎ 令，则，所以，，‎ 直线的方程为，由得，‎ 所以，，代入，得，所以.‎ 到直线的距离为，到直线的距离为，‎ 所以四边形的面积，‎ 令，则，令，则.‎ 当时，，函数单调递减，‎ 当时，，函数单调递增.‎ 所以，当时，有最小值，‎ 因此，四边形的面积的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线方程中参数的计算，同时也考查了抛物线中四边形面积最值的计算，一般将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理设而不求法求解，涉及了利用导数求最值，考查运算求解能力，属于难题.‎ - 24 -‎ - 24 -‎