江苏省南通市通州区2020届高三调研抽测数学试题

江苏省南通市通州区2020届高三调研抽测数学试题

‎2020届高三第二次调研抽测 数学 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.己知复数满足 (为虚数单位)，则=__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．‎ ‎【详解】解：由，得，‎ ‎．‎ 故答案为：．‎ ‎【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，是基础题．‎ ‎2.己知集合，，，，，若，则实数的值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意对的值分情况讨论，分别检验是否符合题意，即可求出的值．‎ ‎【详解】解：，且元素之间互异，‎ ‎，‎ ‎①当时：，此时集合，，，集合，，符合题意，‎ ‎②当时：，此时集合，4，，集合，，不符合元素的互异性，故舍去，‎ ‎③当时：或2，此时不符合元素的互异性，故舍去，‎ 综上所求：，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的基本运算，做题时注意集合元素的互异性，是基础题．‎ ‎3.如图是九位评委打出的分数的茎叶统计图，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均分为_______。‎ ‎【答案】85‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 写出茎叶图对应的所有的数，去掉最高分，最低分，再求平均分．‎ ‎【详解】解：所有的数为：77，78，82，84，84，86，88，93，94，共9个数，‎ 去掉最高分，最低分，剩下78，82，84，84，86，88，93，共7个数，‎ 平均分为，‎ 故答案为：85．‎ ‎【点睛】本题考查茎叶图及平均数的计算，属于基础题．‎ ‎4.执行如图所示的伪代码，则输出的结果为 ．‎ ‎【答案】11‎ ‎【解析】‎ 试题分析：I=1，1<7成立，S=3，I=3；3<7成立，S=7，I=5；5<7，S=11，I=7；7<7不成立，输出11；‎ 考点：1.程序框图；2.循环结构；‎ ‎5.甲、乙、丙、丁4名大学生参加两个企业的实习，每个企业两人，则“甲、乙两人恰好在同一企业”的概率为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 求出所有可能，找出符合可能的情况，代入概率计算公式．‎ ‎【详解】解：甲、乙、丙、丁4名大学生参加两个企业的实习，每个企业两人，共有种，甲乙在同一个公司有两种可能，‎ 故概率为，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查古典概型及其概率计算公式，属于基础题 ‎6.函数的定义域为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，，解不等式可求．‎ ‎【详解】解：由题意可得，，‎ 解可得，，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的定义域的求解，属于基础题．‎ ‎7.已知双曲线的右准线与渐近线的交点在抛物线上，则实数 的值为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出双曲线的渐近线方程，右准线方程，得到交点坐标代入抛物线方程求解即可．‎ ‎【详解】解：双曲线的右准线，渐近线，‎ 双曲线的右准线与渐近线的交点，‎ 交点在抛物线上，‎ 可得：，‎ 解得．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的简单性质以及抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查，属于基础题．‎ ‎8.已知高为3 的圆柱内接于一个直径为5的球内，则该圆柱的体积为_______.‎ ‎【答案】12π ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图形，求出圆柱的底面半径，然后求解体积．‎ ‎【详解】解：高为3的圆柱内接于一个直径为5的球内，如图：‎ 可得，‎ 则该圆柱的体积为：．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查球的内接体，圆柱的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎9.已知等比数列的各项均为正数，若，则的最小值为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，，，，，利用基本不等式可求最小值。‎ ‎【详解】解：由题意可得，，‎ 当且仅当即时取等号 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列通项公式的应用，利用基本不等式求解最值，属于基础题。‎ ‎10.在平面直角坐标系中，已知圆，圆．直线与圆相切，且与圆相交于，两点，则弦的长为_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用直线与圆相切求出斜率，得到直线的方程，几何法求出 ‎【详解】解：直线与圆相切，圆心为 由，得或，‎ 当时，到直线的距离，不成立，‎ 当时，与圆相交于，两点，到直线的距离，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】考查直线与圆的位置关系，相切和相交问题，属于中档题．‎ ‎11.己知函数，若关于的不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先判断出函数为定义在上的奇函数，且在定义域上单调递增，由此不等式对任意的恒成立，可转化为在上恒成立，进而建立不等式组，解出即可得到答案．‎ ‎【详解】解：函数的定义域为，且，‎ 函数为奇函数，‎ 当时，函数，显然此时函数为增函数，‎ 函数为定义在上的增函数，‎ 不等式即为，‎ 在上恒成立，‎ ‎，解得．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查函数单调性及奇偶性的综合运用，考查不等式的恒成立问题，属于常规题目．‎ ‎12.在中，已知，，分别是角，，的对边．若，，成等比数列，且，则的值为____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用等比数列的中项性质和正弦定理、余弦定理，结合同角的商数关系、平方关系，两角和的正弦公式，化简可得所求值．‎ ‎【详解】解：，，成等比数列，可得，由正弦定理可得，‎ ‎，即为，‎ 可得，故为锐角，，‎ 则．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的中项性质，三角形的正弦定理、余弦定理的运用，三角函数的恒等变换，考查化简运算能力，属于基础题．‎ ‎13.如图，己知半圆的直径，点是弦（包含端点，）上的动点，点在弧上．若是等边三角形，且满足，则的最小值为___________.‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建系，设，表示出点坐标，则，根据的范围得出答案．‎ ‎【详解】解：以为原点建立平面坐标系如图所示：则，，，，‎ 设，则，，‎ ‎，，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 显然当取得最大值4时，取得最小值8．‎ 故答案为：8．‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算，坐标运算，属于中档题．‎ ‎14.已知函数在区间上有零点，则的最大值是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由得，‎ ‎．（当且仅当a=-x0-a即x0=-2a时取等号）‎ ‎，‎ 令，则，‎ ‎∴g（x0）在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减，在（，1）上单调递增，‎ 又g（）=，g（1）=-+=，∴g（x0）的最大值为．‎ 的最大值为×=． ‎ 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，在平面直角坐标系xOy中，A为单位圆与x轴正半轴的交点，P为单位圆上一点，且，将点P沿单位圆按逆时针方向旋转角β后到点Q(a， b)， 其中β∈‎ ‎（1）若点P的坐标为，时，求ab的值；‎ ‎（2）若，求b2 -a2的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意利用任意角的三角函数的定义，可得，，且，，再利用二倍角公式求得的值．‎ ‎（2）由题意可得，，可得的解析式，再利用余弦函数的定义域和值域求得的范围．‎ ‎【详解】（1） ，‎ 所以 因为，所以 ‎（2） ，‎ 所以 因为，所以：所以，所以 ‎【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，二倍角公式的应用，余弦函数的定义域和值域，属于中档题．‎ ‎16.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，且PA=AD，E， F分别是棱AB， PC的中点.求证：‎ ‎（1） EF //平面PAD；‎ ‎（2）平面PCE⊥平面PCD.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点构造平行四边形，得到，从而证出平面；‎ ‎（2）先证平面，再利用面面垂直的判定定理得到平面平面．‎ ‎【详解】证明：（1）如图，取的中点，连接，，‎ 是棱的中点，底面是矩形，‎ ‎，且，‎ 又，分别是棱，的中点，‎ ‎，且，‎ ‎，且，‎ 四边形为平行四边形，‎ ‎，‎ 又平面，平面，‎ 平面；‎ ‎（2），点是棱的中点，‎ ‎，‎ 又，，‎ 平面，平面，‎ ‎，‎ 底面是矩形，，‎ 平面，平面，且，‎ 平面，‎ 又平面，，‎ ‎，，‎ 又平面，平面，且，‎ 平面，‎ 又平面，‎ 平面平面．‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行判定，面面垂直的判定，首选判定定理，是中档题．‎ ‎17.中国高铁的快速发展给群众出行带来巨大便利，极大促进了区域经济社会发展.已知某条高铁线路通车后，发车时间间隔（单位：分钟）满足，经测算，高铁的载客量与发车时间间隔相关：当时高铁为满载状态，载客量为人；当时，载客量会在满载基础上减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人.记发车间隔为分钟时，高铁载客量为.‎ 求的表达式；‎ 若该线路发车时间间隔为分钟时的净收益 ‎（元），当发车时间间隔为多少时，单位时间的净收益最大？‎ ‎【答案】（1）（2）发车时间间隔为分钟时，最大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分和两段求函数的解析式，当时，，当时，，求；（2）根据（1）的结果，分段求函数，利用导数求函数的最大值.‎ ‎【详解】解：（1）当时，不妨设，因为，所以解得.‎ 因此.‎ ‎（2）①当时，‎ 因此，.‎ 因为，当时，，单增；‎ 当时，，单减.所以.‎ ‎②当时，‎ 因此，.‎ 因为，此时单减.所以，‎ 综上，发车时间间隔为分钟时，最大.‎ ‎【点睛】本题考查了分段函数求解析式，以及利用导数解实际问题的最值，本题的关键是正确表达和.‎ ‎18.在平面直角坐标系中，已知椭圆C： (a>b>0)的离心率为，右焦点F到右准线的距离为3.‎ ‎（1）求椭圆C的方程;‎ ‎（2）过点F作直线l (不与x 轴重合)和椭圆C交于M， N两点，设点 ‎①若的面积为，求直线l方程；‎ ‎②过点M作与)轴垂直的直线l"和直线NA交于点P，求证：点P在一条定直线上.‎ ‎【答案】（1）；（2）①，②见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由椭圆离心率的定义，右焦点与右准线的距离求得椭圆方程；‎ ‎（2）用设而不求的求直线方程，用三角形面积得直线方程，分类讨论可得．‎ ‎【详解】解：‎ ‎（1）由题意：解得：，所以椭圆的方程为 ‎（2）①当直线l斜率不存在时，方程为，此时，不合题意;‎ 当直线斜率存在时，设方程为.‎ 由，消去y得：.设.‎ 由题意，， 且 所以 因为， 的面积为 所以，即，解得，‎ 所以直线的方程为.‎ ‎②当直线的斜率不存在时，直线NA的方程为：.令，得，‎ 所以直线与的交点坐标．‎ 当直线的斜率存在时，由①知，‎ 由直线的方程为：‎ 令，得 所以直线与的交点的坐标为，‎ 综上所述，点在一条定直线上，‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，直线和圆锥曲线的位置关系，属于难题．‎ ‎19.已知函数，.‎ ‎（1）当时，‎ ‎①求函数在点处的切线方程；‎ ‎②比较与的大小; ‎ ‎（2）当时，若对时，，且有唯一零点，证明：．‎ ‎【答案】（1）①见解析，②见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①把代入函数解析式，求出函数的导函数得到，再求出，利用直线方程的点斜式求函数在点处的切线方程；‎ ‎②令，利用导数研究函数的单调性，可得当时，；当时，；当时，．‎ ‎（2）由题意，，在上有唯一零点．利用导数可得当时，在上单调递减，当，时，在，上单调递增，得到．由在恒成立，且有唯一解，可得，得，即．令，则，再由在上恒成立，得在 上单调递减，进一步得到在上单调递增，由此可得．‎ ‎【详解】解：（1）①当时，，，，‎ 又，切线方程为，即；‎ ‎②令，‎ 则，‎ 在上单调递减．‎ 又，‎ 当时，，即；‎ 当时，，即；‎ 当时，，即．‎ 证明：（2）由题意，，‎ 而，‎ 令，解得．‎ ‎，，‎ 在上有唯一零点．‎ 当时，，在上单调递减，‎ 当，时，，在，上单调递增．‎ ‎．‎ 在恒成立，且有唯一解，‎ ‎，即，‎ 消去，得，‎ 即．‎ 令，则，‎ 在上恒成立，‎ 在上单调递减，‎ 又， ，‎ ‎．‎ 在上单调递增，‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题．‎ ‎20.已知数列的前项积为，满足. 数列的首项为，且满足.‎ ‎（1）求数列，的通项公式;‎ ‎（2）记集合，若集合的元素个数为，求实数的取值范围;‎ ‎（3）是否存在正整数使得成立?如果存在，请写出满足的条件，如果不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1），bn=2n；（2）；（3）答案不唯一，见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，；当时，，即可的的通项公式，由可得，即数列是常数数列，即可求出的通项公式；‎ ‎（2）参变分离，构造函数列，判断其增减性，即可求出的取值范围；‎ ‎（3）假设存在，根据数列为等比数列，利用公式求出其前项和，对分类讨论。‎ ‎【详解】（1）因为，所以当时，‎ 而当时，适合上式，所以，因为，即 所以数列是常数数列，所以，所以.‎ ‎（2）由(1)知，不等式即为 设 因为 而 要使只有2解，则有 ‎（3）假设存在正整数，因为 所以有若，则不成立，‎ 所以，，若为奇数，当时，，不成立，.‎ 当时，设，， 则 .‎ 若q为偶数，设，，则，因为，所以.‎ 综上所述，当为大于1的奇数时，，；‎ 当q为偶数时，不存在.‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，数列的增减性的判定及等比数列前项和公式，属于综合题。‎ ‎2020届高三第二次调研抽测 数学H (附加题)‎ ‎21.设点在矩阵对应变换作用下得到点．‎ ‎（1）求矩阵；‎ ‎（2）若直线在矩阵对应变换作用下得到直线，求直线的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）3x-4y-10=0.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设出矩阵，利用矩阵变换得到关于、的方程组，利用等式恒成立求出矩阵；‎ ‎（2）设点在直线上，利用矩阵变换得到点，代入直线中，求得直线的方程．‎ ‎【详解】解：（1）设，‎ 由题意，，‎ 所以，且恒成立；‎ 所以，，，；‎ 所以矩阵；‎ ‎（2）设点在直线上，‎ 在矩阵对应变换作用下得到点在直线上，‎ 则，，所以，；‎ 代入直线中，可得；‎ 所以直线的方程为．‎ ‎【点睛】本题考查了矩阵变换计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．‎ ‎22.某校高一年级模仿《中国诗词大会》节目举办学校诗词大会，进入正赛的条件为：电脑随机抽取10首古诗，参赛者能够正确背诵6首及以上的进入正赛，若学生甲参赛，他背诵每一首古诗的正确的概率均为 ‎(1)求甲进入正赛的概率；‎ ‎(2)若进入正赛，则采用积分淘汰制，规则是：电脑随机抽取4首古诗，每首古诗背诵正确加2分，错误减1分.由于难度增加，甲背诵每首古诗正确的概率为，求甲在正赛中积分的概率分布列及数学期望.‎ ‎【答案】（1）；（2）分布列见解析，期望为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）若甲进入正赛，即甲答对的题目数为6，7，8，9或者10道，分别根据二项分布的相关公式计算概率相加即可；‎ ‎（2）列出正赛中的所有可能的取值，分别计算概率，列出分布列计算期望即可．‎ ‎【详解】（1）甲进入正赛的概率为 甲进入正赛的概率为.‎ ‎（2）甲的积分的可能取值为分，分，分，分，分，‎ 则 所以的概率分布列为 ‎8‎ ‎5‎ ‎2‎ ‎-1‎ ‎-4‎ P 所以 甲在正赛中积分的数学期望为.‎ ‎【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，考查分析和解决问题的能力，是中档题．‎ ‎23.已知抛物线C; y2 =2x的焦点为F，准线为l， P为抛物线C上异于顶点的动点.‎ ‎（1）过点P作准线1的垂线，垂足为H，若△PHF与△POF的面积之比为2：1，求点P的坐标；‎ ‎（2）过点M(，0)任作一条直线 m与抛物线C交于不同的两点A， B.若两直线PA， PB 斜率之和为2，求点P的坐标.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得抛物线的焦点和准线，设，，由三角形的面积公式可得，解方程可得，进而可得的坐标；‎ ‎（2）设直线的方程为，，联立抛物线的方程，消去，可得的二次方程，设，，，，运用韦达定理和判别式大于0，再由直线的斜率公式，化简整理可得，的方程，由恒成立思想可得，进而得到所求的坐标，‎ ‎【详解】解：（1）抛物线的焦点为，，准线为，‎ 设，，由，可得，‎ 由，与的面积之比为，可得，‎ 即为，解得，则的坐标为，；‎ ‎（2）设直线的方程为，，联立抛物线方程可得，‎ 由△，即，，设，，，，‎ 可得，，‎ 则，‎ 化为，‎ 即，可得对满足条件的恒成立，‎ 可得，则的坐标为，．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查直线和抛物线的方程联立，运用韦达定理，以及直线的斜率公式的运用，考查化简运算能力，属于中档题．‎ ‎ ‎