江苏省南通市如皋市2020届高三下学期期初考试数学试题 Word版含解析

江苏省南通市如皋市2020届高三下学期期初考试数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019~2020学年度高三年级第二学期期初调研测试 数学试题 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分，请把答案填写在答题卡相应位置上．‎ ‎1.已知（为虚数单位），则复数的模为__________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解．‎ ‎【详解】解：由，得，‎ ‎．‎ 故答案为：1．‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法．‎ ‎2.已知集合，，若，则实数的值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据及集合元素的互异性，即可得出，解出即可．‎ ‎【详解】解：，，，，，‎ ‎，且，‎ ‎，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了列举法的定义，交集的定义及运算，集合元素的互异性，元素与集合的关系，考查了计算能力．‎ ‎3.已知某校高一、高二、高三年级分别有1000、800、600名学生，现计划用分层抽样方法在各年级共抽取120名学生去参加社会实践，则在高一年级需抽取__________名学生．‎ - 24 -‎ ‎【答案】50‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，利用分层抽样的定义先求出高一年级学生所占的比例，再用样本容量乘以此比例，即为所求．‎ ‎【详解】解：高一年级学生所占的比例为，‎ 高一年级需抽取人，‎ 故答案为：50．‎ ‎【点睛】本题主要考查分层抽样的定义，属于简单题．‎ ‎4.从甲、乙、丙、丁四名同学中任意抽取两名同学参加安全知识竞赛，则同学甲被抽到且乙抽不到的概率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 基本事件总数，同学甲被抽到且乙抽不到包含的基本个数，由此能求出同学甲被抽到且乙抽不到的概率．‎ ‎【详解】解：从甲、乙、丙、丁四名同学中任意抽取两名同学参加安全知识竞赛，‎ 基本事件总数，‎ 同学甲被抽到且乙抽不到包含的基本个数，‎ 则同学甲被抽到且乙抽不到的概率为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力．‎ ‎5.某程序框图如下图所示，当输入时，输出的__________．‎ - 24 -‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，循环计算，即可得出结果.‎ ‎【详解】解：由程序框图可知，‎ 当输入，，是；，是；2，否；‎ 则+1=5，输出.‎ 故答案为：5.‎ ‎【点睛】本题考查循环程序框图的计算，求输出值，属于基础题．‎ ‎6.已知双曲线的两条渐近线与直线围成正三角形，则双曲线的离心率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出双曲线的渐近线方程，利用两条渐近线与直线围成正三角形，求出渐近线的倾斜角，然后求解离心率即可．‎ - 24 -‎ ‎【详解】解：双曲线的两条渐近线与直线围成正三角形，‎ 所以双曲线的渐近线的倾斜角为和，‎ 所以，所以，‎ 所以双曲线的离心率为：.‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，涉及双曲线渐近线方程和离心率，是基本知识的考查．‎ ‎7.已知变量，满足约束条件，则的最大值为__________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．‎ ‎【详解】解：由变量，满足约束条件作出可行域如图，‎ 化目标函数为，‎ 由图可得，当直线过点时，‎ 直线在轴上的截距最大，有最大值为2.‎ 故答案为：2．‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法．‎ ‎8.已知为锐角，且，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件，由同角三角函数关系，求出，利用凑角和两角差正弦公式，即可算出.‎ ‎【详解】解：因为为锐角，，‎ 则，‎ 所以，‎ ‎ .‎ 故答案为： .‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的化简求值，运用到同角三角函数关系以及两角和与差的正弦公式，同时考查计算能力.‎ - 24 -‎ ‎9.已知正四棱柱中，，，为上底面中心．设正四棱柱与正四棱锥的侧面积分别为，，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，求出正四棱锥的斜高，再分别求出正四棱柱与正四棱锥的侧面积，‎ 则答案可求．‎ ‎【详解】解：如图，‎ 正四棱柱中，，，‎ 则正四棱柱的侧面积分别为，‎ 正四棱锥的斜高为，‎ 正四棱锥的侧面积，‎ ‎，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查多面体侧面积的求法，涉及正四棱柱和正四棱锥的性质特征，是基础的计算题．‎ ‎10.已知等比数列的前项和为，且，，则__________．‎ - 24 -‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，利用等比数列的通项公式化简求出公比，即可算出.‎ ‎【详解】解：由于，，且为等比数列，‎ 则： ，‎ 即： ，‎ 因为：，‎ 则： ，，‎ 即： ，‎ 又因为：，‎ 则： ，‎ ‎ .‎ 解得：，‎ 则： .‎ 故答案为：1.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的基本量的计算，运用到等比数列的通项公式，考查计算能力.‎ ‎11.已知圆，过点的直线与圆在轴上方交于，两点，且，则直线的斜率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意设出直线的参数方程为，代入圆的方程，化为关于 - 24 -‎ 的一元二次方程，利用根与系数的关系结合，得到，与平方关系联立求得，的值，即可求得直线的斜率．‎ ‎【详解】解：设直线的倾斜角为，则直线的参数方程为，‎ 代入，得，‎ 设，对应的参数分别为，，则，，‎ 由，得，，，‎ ‎，‎ 整理得：，‎ 由题可知，，则，得，‎ 联立，解得，则，‎ 即直线的斜率为，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查直线参数方程的用法，考查计算能力，是中档题．‎ ‎12.若，，且，则最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可用表示，然后代入到所求式子后，利用基本不等式即可求解．‎ ‎【详解】解：，，且，‎ ‎，‎ 则，‎ 当且仅当即时取等号，此时取得最小值．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求解最值．‎ ‎13.已知中，，，平面上一点满足，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可得出，然后根据，，，进行数量积的运算即可求出答案．‎ ‎【详解】解：，，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故答案为：．‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查了向量减法的几何意义，向量的数量积运算及计算公式，考查了计算能力．‎ ‎14.已知，若存在，使得成立，则实数的取值范围为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，求导，令 ，求出极值点，，分类讨论求出的单调性，由于存在，使得成立，转化成在，成立即可，通过导数得到的单调性判断极值，进而求出最值，即可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】解：由，得，‎ 令： ，即：，‎ 解得：，，‎ ‎（1）当时， ，则或，，则，‎ 即：，时，为增函数，‎ 时，为减函数，‎ 由于存，使得成立，‎ 则要求，成立即可，‎ 且，，，‎ ‎，，‎ 已知时，， ，‎ ‎①当时，只需，‎ - 24 -‎ 则： ，解得：或 解得：；‎ ‎②当时，只需或即可，‎ 即或，‎ 解得：或，‎ ‎（2）当时， ‎ ‎，，时，为增函数，‎ ‎，时，为减函数，‎ 则此时，所以存在，使得成立，‎ 解得：.‎ 综上得：实数的取值范围为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查函数的存在性问题，通过导数判断函数的额单调性、极值、最值，考查分类讨论思想和综合分析能力.‎ 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、证明过程或演算步骤．‎ ‎15.已知．‎ ‎（1）求函数的最小正周期；‎ ‎（2）求函数，的值域．‎ ‎【答案】（1）最小正周期为（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ ‎（1） 利用三角函数的诱导公式结合辅助角公式进行转化求解即可．‎ ‎（2）求出函数的解析式，求出角的范围，结合三角函数的单调性进行求解即可．‎ ‎【详解】解：（1），‎ ‎，‎ 所以函数的最小正周期为，‎ ‎（2），，‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 所以函数的值域为.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用辅助角公式进行化简，结合三角函数的周期性以及单调性与值域的关系是解决本题的关键．‎ ‎16.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，面面，三角形为正三角形．‎ ‎（1）若，为，中点，证明：∥面；‎ ‎（2）若，证明：面面．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，连接，．可得四边形为平行四边形，，即可证明平面．‎ ‎（2）取的中点，连接，只需证明，，即可证明平面．平面平面．‎ ‎【详解】证明：（1）取的中点，连接，，‎ 在中，因为，分别为，中点，‎ 所以且，‎ 因为底面为平行四边形，所以/，‎ 为的中点，所以，‎ 所以且，‎ 所以四边形为平行四边形，所以，‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面，‎ ‎（2）取的中点，连接，‎ 因为侧面为正三角形，所以，‎ 因为平面平面，平面，‎ 平面平面，所以平面，‎ 因为平面，所以，‎ 因为，所以，‎ 因为，平面，‎ 所以平面，‎ 因为平面，‎ 所以平面平面.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查了空间线面平行、面面垂直的判定，还涉及平行四边形的证明、面面垂直的性质，考查空间想象能力和推理能力．‎ ‎17.过椭圆上一点作两条直线，与椭圆另交于，点，设它们的斜率分别为，．‎ ‎（1）若，，求的面积；‎ ‎（2）若，，求直线的方程．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1） 先通过点斜式分别写出直线，的方程，再通过曲直联立求出点和的坐标，‎ 从而求得直线的方程以及线段的长，然后利用点到直线的距离公式求出的高，从而求得其面积.‎ ‎（2）设的中点为点，然后分类讨论，①当直线过原点时，可得知直线的方程为；②当直线不过原点时，结合平面几何知识可得点，，三点共线，然后设直线的方程为，，，，，，，再通过曲直联立、韦达定理和中点坐标公式，得到，，所以直线斜率为，所以直线的斜率与直线斜率不相等，即点，，三点不共线，与前面的结论矛盾，最后得到直线的方程为．‎ ‎【详解】解：（1）因为，，‎ - 24 -‎ 所以直线，方程分别为，，‎ 由，得：，‎ 由此解得，，所以，‎ 同理可得：，‎ 所以直线的方程为，‎ 所以，‎ ‎（2）设的中点为点，‎ ‎①当直线过原点时，点与点重合，‎ 因为，所以，‎ 所以直线的方程为，‎ ‎②当直线不过原点时．设，，，，，‎ 在中，因为，所以，‎ 在中，因为，所以，‎ 所以点，，三点共线，‎ 因为直线的斜率为，所以直线的斜率为，‎ 设直线的方程为， ‎ 由，得：，‎ 由韦达定理知，，，‎ 所以，，‎ - 24 -‎ 所以直线斜率为，所以直线的斜率与直线斜率不相等，‎ 点，，三点不共线（与上面的结论矛盾），‎ 综上：所求直线的方程为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，运用直线与椭圆联立，韦达定理，中点坐标公式、点到直线的距离公式等知识，考查学生的分析能力和运算能力，属于中档题．‎ ‎18.从秦朝统一全国币制到清朝末年，圆形方孔铜钱（简称“孔方兄”）是我国使用时间长达两千多年的货币．如图1，这是一枚清朝同治年间的铜钱，其边框是由大小不等的两同心圆围成的，内嵌正方形孔的中心与同心圆圆心重合，正方形外部，圆框内部刻有四个字“同治重宝”．某模具厂计划仿制这样的铜钱作为纪念品，其小圆内部图纸设计如图2所示，小圆直径1厘米，内嵌一个大正方形孔，四周是四个全等的小正方形（边长比孔的边长小），每个正方形有两个顶点在圆周上，另两个顶点在孔边上，四个小正方形内用于刻铜钱上的字．设，五个正方形的面积和为．‎ ‎（1）求面积关于的函数表达式，并求的范围；‎ ‎（2）求面积最小值．‎ ‎【答案】（1），的取值范围为，，（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意可知小正方形的边长为，大正方形的边长为，所以五个正方形的面积和为，又，所以 - 24 -‎ ‎，所以的取值范围为， ，，；‎ ‎(2)法一：其中，，所以，此时，所以，则，因为，解得，即可求出面积最小值为；‎ 法二：由（1）可知，令，则，设，，利用导数得到当时，面积最小值为．‎ ‎【详解】解：（1）过点分别作小正方形边，大正方形边的垂线，垂足分别为，，‎ 因为内嵌一个大正方形孔的中心与同心圆圆心重合，‎ 所以点，分别为小正方形和大正方形边的中点，‎ 所以小正方形的边长为，‎ 大正方形的边长为，‎ 所以五个正方形面积和为，‎ ‎，‎ 因为小正方形边长小于内嵌一个大正方形的边长，‎ 所以，，，‎ 所以的取值范围为，，‎ 答：面积关于的函数表达式为，‎ - 24 -‎ 的取值范围为，，.‎ ‎（2）法一：， ‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，其中，，‎ 所以，此时，‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 所以，‎ 则，化简得：，‎ 由此解得：，‎ 因为，所以，‎ 答：面积最小值为，‎ - 24 -‎ 法二：，‎ ‎，‎ 令，则，设，，‎ 令，得：，‎ ‎0‎ 极小值 所以时，面积最小值为，‎ 答：面积最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的实际应用，以及三角恒等变换的应用，涉及降幂公式、二倍角正弦公式和正切公式，是中档题．‎ ‎19.若函数的图像上存在两个不同的点关于轴对称，则称函数图像上存在一对“偶点”．‎ ‎（1）写出函数图像上一对“偶点”的坐标；（不需写出过程）‎ ‎（2）证明：函数图像上有且只有一对“偶点”；‎ ‎（3）若函数图像上有且只有一对“偶点”，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）见解析（3）‎ - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意即正弦函数的性质即可直接求解；‎ ‎（2）要证：函数数图象上有且只有一对“偶点”，只需证：在上有且只有一个零点，结合导数及函数的性质即可证明；‎ ‎（3）由题意，问题可转化为函数只有一个零点，结合函数的性质及导数可求．‎ ‎【详解】（1）函数图像上一对“偶点”的坐标为，‎ ‎（2）设，‎ 因为的定义域为，且，‎ 所以函数为奇函数，‎ 要证：函数图像上有且只有一对“偶点”，‎ 只需证：在上有且只有一个零点，‎ 令，得，‎ 所以，函数在上为单调减函数，在上为单调增函数，‎ ‎，，‎ 所以函数在上有且只有一个零点，‎ 所以函数图像上有且只有一对“偶点”，‎ ‎（3）设，，‎ 因为的定义域为，且，‎ 所以函数为奇函数，‎ 因为函数图像上有且只有一对“偶点”，‎ - 24 -‎ 所以函数在有且只有一个零点，‎ ‎，，‎ ‎①当时，因为，‎ 所以函数在上为单调增函数，所以，‎ 所以函数在无零点，‎ ‎②当时，由，‎ 得：，‎ 所以函数在上单调减函数，在上单调增函数，‎ 所以，‎ 设，，‎ 所以函数在上单调增函数，在上单调减函数，‎ 所以，所以，‎ 所以，‎ 设，设，‎ 因为，‎ 所以函数在单调增函数，‎ 所以，所以函数在单调增函数，‎ 所以，所以当时，，‎ ‎，‎ 因函数在上单调增函数，‎ 所以函数在上有且仅有一个，使得，‎ 综上：的取值范围为.‎ - 24 -‎ 点睛】本题中综合考查了函数的性质及导数的综合应用，体现了分类讨论思想的应用，试题具有一定的综合性．‎ ‎20.已知数列，，满足：，．‎ ‎（1）若是等差数列，且公差，求数列的通项公式；‎ ‎（2）若、均是等差数列，且数列的公差，，求数列的通项公式．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）是等差数列，且公差，，所以，由，进而算出，利用累加法，即可求出数列的通项公式；‎ ‎（2）因为是等差数列，且数列的公差，，所以，得出，根据题意，进而求出，可得出的首项和公差，求得，所以，分类讨论为奇数和偶数时，求出数列的通项公式．‎ ‎【详解】（1）因为是等差数列，且公差，，‎ 所以，‎ 所以，，，‎ 因为，‎ 即：，‎ 所以，‎ ‎，‎ - 24 -‎ ‎…‎ ‎，，‎ 上面式子相加得：‎ ‎，‎ 所以，‎ 当时也满足上面的通项，‎ 综上：数列的通项公式，‎ ‎（2）因为是等差数列，且数列的公差，，‎ 所以①，‎ ‎②，‎ 得：，即，‎ 所以，，‎ 因为是等差数列，设等差数列的公差为，‎ 所以，，由此解得：，，‎ 所以，满足，即，‎ 因为，所以，所以，‎ ‎①当时，，所以，‎ ‎②当时，，所以，‎ 综上：数列的通项公式.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式和递推关系的应用，还运用累加法求数列的通项公式，考查计算能力和转化思想.‎ - 24 -‎ - 24 -‎