2020届江苏省盐城中学高三年级第二次阶段性质量检测(12月) 数学试题(解析版)

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2020届江苏省盐城中学高三年级第二次阶段性质量检测(12月) 数学试题(解析版)

‎2020届江苏省盐城中学高三年级第二次阶段性质量检测(12月) 数学试题 一、填空题 ‎1.设集合,,若,则______ .‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】由,所以,即可求解,得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意,集合,,‎ 因为,所以,故.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用集合的运算求解参数问题,其中解答中熟记集合交集的概念,得到是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于容易题.‎ ‎2.已知复数,则复数的虚部为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先由复数的除法运算,化简,再由共轭复数的概念,即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为,‎ 所以其共轭复数为,因此其虚部为:‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查求复数的共轭复数,熟记共轭复数的概念,以及复数的除法运算法则即可,属于基础题型.‎ ‎3.函数的定义域是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据函数解析式,列出不等式求解,即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 由题意,可得:,即,解得:.‎ 即函数的定义域为 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查求具体函数的定义域,只需求出使解析式有意义的自变量的范围即可,属于基础题型.‎ ‎4.设,则“”是“直线与直线垂直”的______条件.‎ ‎【答案】充分不必要条件 ‎【解析】先由两直线垂直求出,再根据充分条件与必要条件的概念,即可判断出结果.‎ ‎【详解】‎ 若直线与直线垂直,‎ 则,解得:;‎ 所以由“”能推出“直线与直线垂直”,‎ 由“直线与直线垂直”不能推出“”;‎ 即“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件.‎ 故答案为:充分不必要条件 ‎【点睛】‎ 本题主要考查充分不必要条件的判断,熟记充分条件与必要条件的概念,以及两直线垂直的判定条件即可,属于常考题型.‎ ‎5.在平面直角坐标系中,抛物线上纵坐标为1的一点到焦点的距离为3,则焦点到准线的距离为__________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】试题分析:因为,抛物线上纵坐标为1的一点到焦点的距离为3,即1+=3,所以,=2,焦点到准线的距离为p=4.‎ ‎【考点】抛物线的定义,抛物线的几何性质。‎ 点评:简单题,对于抛物线上的点(x,y),其到焦点的距离为x+.‎ ‎6.设曲线的图象在点(1,)处的切线斜率为2,则实数a的值为_______.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】首先对函数求导,根据函数图象在某个点处的切线的斜率就是函数在该点处的导数,从而将相应的量代入,求得结果.‎ ‎【详解】‎ 函数,可得,‎ 所以切线的斜率为,解得,‎ 故答案是3.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关函数图象在某个点处的切线的斜率问题,涉及到的知识点有导数的几何意义,根据题意,得到参数所满足的等量关系,求得结果,属于简单题目.‎ ‎7.已知实数x,y满足条件,则的最大值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先由约束条件作出可行域,化目标函数为,则目标函数表示直线在轴截距,结合图像,即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 由约束条件作出可行域如下,‎ 目标函数可化为,因此目标函数表示直线在轴截距,‎ 由图像可得:当直线过点时,在轴截距最大,即取得最大值.‎ 由得,即,‎ 因此.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查简单的线性规划问题,只需由约束条件作出可行域,根据目标函数的几何意义,结合图像即可求解,属于常考题型.‎ ‎8.在平面直角坐标系中,已知焦距为的双曲线的右准线与它的两条渐近线分别相交于点,其焦点为,则四边形的面积的最大值为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先由焦距为,得,由双曲线方程,得到渐近线方程为,右准线方程为,不妨设为右准线与渐近线的交点,根据方程求出点坐标,同理,得到点坐标,再由题意得到四边形的面积为 ‎,根据三角形面积公式,以及基本不等式,即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为双曲线焦距为,即,,‎ 又双曲线的渐近线方程为,‎ 右准线方程为:,‎ 不妨设为右准线与渐近线的交点,‎ 由解得:,同理 因此四边形的面积为 ‎,‎ 当且仅当时,等号成立.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查求双曲线中四边形面积的最值问题,熟记双曲线的简单性质即可,属于常考题型.‎ ‎9.在直角三角形中,,,若,则 .‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】试题分析:因为 ‎,所以应填.‎ ‎【考点】1、平面向量的数量积的应用;‎ ‎10.若点在直线上,则的值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先由题意,得到,即,再由,根据二倍角公式,以及同角三角函数基本关系,通过弦化切,即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为点在直线上,‎ 所以,因此,‎ 所以 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查三角恒等变换求值的问题,熟记同角三角函数基本关系,以及二倍角公式,两角和的余弦公式等即可,属于常考题型.‎ ‎11.已知均为等比数列,其前n项和分别为,若对任意的,总有,则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设等比数列的公比分别为,根据题意,得到 ‎,求解,得,进而可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 设等比数列的公比分别为,‎ 则,,‎ 因为分别为的前n项和,且,‎ 所以,即,即,‎ 解得:,所以 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题主考查等比数列的基本量的运算,熟记等比数列的通项公式与求和公式即可,属于常考题型.‎ ‎12.已知函数,若函数有5个零点,则实数的取值范围是________.‎ ‎【答案】或.‎ ‎【解析】先用导数的方法,判断出函数在的单调性,求出极值,在根据指数单调性判断时,函数的单调性;作出函数大致图像;将函数的零点个数问题,转化为与或 的交点个数来处理,结合函数图像,即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为,‎ 当时,,则,‎ 由得;由得,‎ 所以函数在上单调递增,在上单调递减;‎ 此时有极大值;‎ 当时,显然单调递减;‎ 作出函数的大致图像如下:‎ 由得或,‎ 因为函数有5个零点,‎ 所以与或共有5个交点,‎ 由图像可得:只需或,即或.‎ 故答案为:或.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查由函数零点个数求参数,熟记导数的方法判断函数单调性,利用转化与化归思想,以及数形结合的方法判断函数零点个数即可,属于常考题型.‎ ‎13.在平面直角坐标系中,已知点,、为圆上的两动点,且,若圆上存在点,使得,则的取值范围为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】取中点为,连接,得到,由得到,再由、为圆上的两动点,且,得到 ‎,设,求出点的轨迹,再由点与圆位置关系,求出的取值范围,即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 取中点为,连接,‎ 则,‎ 又圆上存在点,使得,‎ 所以,‎ 因此,即;‎ 因为、为圆上的两动点,且,‎ 所以,设 ,‎ 则,即即为动点的轨迹;‎ 所以表示圆上的点与定点之间的距离,‎ 因此,即.‎ 即.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查平面向量与圆的方程的综合,熟记平面向量基本定理,点与圆位置关系,会求圆上的点到定点的距离即可,属于常考题型.‎ ‎14.已知的面积为,且满足,则边的最小值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】将正切化成正余弦,化简得出b,c和sinA之间的关系,结合面积公式即可得出b2关于A的函数式,再根据A的范围计算b的最小值,即可得AC的最小值.‎ ‎【详解】‎ ‎∵,∴,∴4cosAsinB+3cosBsinA=sinAsinB,‎ ‎∴3cosAsinB+3cosBsinA=sinAsinB﹣cosAsinB,‎ 即3sin(A+B)=sinB(sinA﹣cosA),即3sinC=sinB(sinA﹣cosA),‎ ‎∴3c=b(sinA﹣cosA),即c,‎ ‎∵△ABC的面积S=bcsinA=‎ ‎=(sin2A﹣cosAsinA)=(1﹣sin2A﹣cos2A)=,‎ ‎∴b2=,∵3c=b(sinA﹣cosA)>0,且0<A<π,‎ ‎∴,∴当即A=时,b2取得最小值 ‎=12,‎ ‎∴b的最小值为,即AC最小值为.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了同角三角函数关系、正弦定理、面积公式、两角和的正弦公式、以及正弦型三角函数的性质,属于中档题.‎ 二、解答题 ‎15.(本小题满分13分,(Ⅰ)小问7分,(Ⅱ)小问6分)‎ 已知函数f(x)=sin2x- .‎ ‎(Ⅰ)求f(x)的最小周期和最小值,‎ ‎(Ⅱ)将函数f(x)的图像上每一点的横坐标伸长到原来的两倍,纵坐标不变,得到函数g(x)的图像.当x 时,求g(x)的值域.‎ ‎【答案】(Ⅰ)的最小正周期为,最小值为,(Ⅱ).‎ ‎【解析】试题分析:(Ⅰ)首先用降幂公式将函数的解析式化为的形式,从而就可求出的最小周期和最小值,‎ ‎(Ⅱ)由题目所给变换及(Ⅰ)的化简结果求出函数的表达式,再由并结合正弦函数的图象即可求出其值域.‎ 试题解析: (1)‎ ‎,‎ 因此的最小正周期为,最小值为.‎ ‎(2)由条件可知:.‎ 当时,有,‎ 从而的值域为,‎ 那么的值域为.‎ 故在区间上的值域是.‎ ‎【考点】1. 三角恒等变换,2.正弦函数的图象及性质,3.三角函数图象变换.‎ ‎16.已知△中,,,. 求:‎ ‎(1)角的大小;‎ ‎(2)△ABC中最小边的边长.‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】(1)由内角和定理,以及诱导公式化简tanC,将tanA与tanB代入值代入求出tanC的值,即可确定出C的度数;‎ ‎(2)由tanA与tanB的大小判断出BC为最小边,由tanA的值,利用同角三角函数间基本关系求出sinA的值,利用正弦定理求出BC的长.‎ ‎【详解】‎ 解:(1)‎ ‎= –= – ,所以,‎ ‎(2)因为,所以最小角为 又因为,所以, ‎ ‎,又,‎ 所以 .‎ ‎【点睛】‎ 此题考查了正弦定理,同角三角函数间的基本关系,以及特殊角的三角函数值,熟练掌握正弦定理是解本题的关键.‎ ‎17.从金山区走出去的陈驰博士,在《自然—可持续性》杂志上发表的论文中指出:地球正在变绿,中国通过植树造林和提高农业效率,在其中起到了主导地位.已知某种树木的高度(单位:米)与生长年限(单位:年,tÎN)满足如下的逻辑斯蒂函数:,其中e为自然对数的底数. 设该树栽下的时刻为0. ‎ ‎(1)需要经过多少年,该树的高度才能超过5米?(精确到个位)‎ ‎(2)在第几年内,该树长高最快?‎ ‎【答案】(1)8年(2)第四年内或第五年内 ‎【解析】(1)解不等式f(t)>5,即可 ‎(2)利用作差法求出f(t)﹣f(t﹣1)的表达式,判断函数的单调性和最值即可.‎ ‎【详解】‎ 解:(1) 令5,解得,‎ 即需要经过8年,该树的高度才能超过5米; ‎ ‎(2) 当N时,‎ 设,则,.‎ 令,则.‎ 上式当且仅当时,取得最大值 此时,,即,解得.‎ 由于要求为正整数,故树木长高最快的可能值为4或5, ‎ 又,,‎ 所以,该树在第四年内或第五年内长高最快.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数的应用问题,利用作差法判断函数的最值是解决本题的关键.考查学生的计算能力.‎ ‎18.已知椭圆:, 过点的直线:与椭圆交于M、N两点(M点在N点的上方),与轴交于点E. ‎ ‎(1)当且时,求点M、N的坐标;‎ ‎(2)当时,设,,求证:为定值,并求出该值;‎ ‎(3)当时,点D和点F关于坐标原点对称,若△MNF的内切圆面积等于,求直线的方程.‎ ‎【答案】(1)M(0,1),N (,);(2)为定值3(3)‎ ‎【解析】(1)代值联立方程组.解得即可求出,‎ ‎(2)联立方程,利用韦达定理,以及向量的知识可得从而,化简整理即可证明,‎ ‎(3)假设存在直线l:y=k(x+1)满足题意,则△MNF的内切圆的半径为,根据韦达定理,弦长公式,三角形的面积公式,即可求出k的值 ‎【详解】‎ 解:(1) 当m=k=1时,联立,解之得:或, ‎ 即M(0,1),N (,);‎ ‎(2) 当m=2时联立,消去y得:,‎ 设M(x1,y1),N (x2,y2),则, ‎ 由,,且点的横坐标为0,‎ 得、. 从而 ‎ ‎=‎ ‎=,‎ 为定值3;‎ ‎(3) 当m=3时,椭圆:,假设存在直线满足题意,则△‎ 的内切圆的半径为,又、为椭圆的焦点,故△MNF的周长为8,‎ 从而,‎ 消去,得,设、,‎ 则.‎ 故,即.‎ 由(2),得,‎ 化简,得,解得, ‎ 故存在直线满足题意.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、韦达定理、三角形面积计算公式、考查了推理能力与计算能力,属于难题.‎ ‎19.设函数.‎ ‎(1)讨论的单调性;‎ ‎(2)若存在正数,使得当时,,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2)‎ ‎【解析】分析:函数求导得,讨论,由导数的正负求单调区间即可;‎ ‎(2)若,分析函数可知,即,设,,讨论和两种情况,知成立,时不成立,时,存在,使得当时,,可化为,即,设,分析和求解即可.‎ 详解:(1).‎ 当时,,上单调递增.‎ 当时,若,则,若,则;所以在单调递增,在上单调递减. ‎ ‎(2)若,在内单调递增,当时,,所以,即.‎ 设,.‎ 若,时,,在单调递增.所以当时,,‎ 故存在正数,使得当时,.‎ 若,当时,,在单调递减,因为,所以.故不存在正数,使得当时,.‎ 若,在单调递减,因为,所以存在,使得当时,,可化为,即.‎ 设,.‎ 若,则时,,在单调递增,又,所以时,.故不存在正数,使得当时,.‎ 当时,当时,,在单调递减,又,所以.故存在,使得当时,.‎ 综上,实数的取值范围为.‎ 点睛:点睛:导数问题经常会遇见恒成立的问题:‎ ‎(1)根据参变分离,转化为不含参数的函数的最值问题;‎ ‎(2)若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值,最终转化为 ,若恒成立;‎ ‎(3)若 恒成立,可转化为(需在同一处取得最值) .‎ ‎20.数列满足对任意的恒成立,为其前n项的和,且,.‎ ‎(1)求数列的通项;‎ ‎(2)数列满足,其中.‎ ‎①证明:数列为等比数列;‎ ‎②求集合 ‎【答案】(1);(2)①过程见详解;②.‎ ‎【解析】(1)先由题意,得到数列是等差数列,设公差为,根据题中条件,求出首项与公差,进而可求出通项公式;‎ ‎(2)①根据(1)的结果,将化为,得到(),两式作差整理,得到,进而可求出,判断出结果;‎ ‎②先由得到,即,判断出,得到,设,得到,分别研究对应的情况,再由导数的方法证明当,时, ,即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)因为数列满足对任意的恒成立,‎ 所以数列是等差数列,设公差为,‎ 因为,,所以,解得:,‎ 因此;‎ ‎(2)①因为数列满足,‎ ‎,‎ 所以(),‎ 两式作差可得:(),‎ 又也满足上式,所以,‎ 记数列的前项和为,‎ 则,‎ 当时,,两式作差可得:,‎ 所以,‎ 即,‎ 所以,因此,即数列为等比数列;‎ ‎②由得,即,‎ 记,由①得,所以,因此(当且仅当时等号成立).‎ 由得,所以.‎ 设,由得,即;‎ 当时,,不符合题意;‎ 当时,,此时符合题意;‎ 当时,,不符合题意;‎ 当时,,不符合题意,‎ 下面证明当,时, ,‎ 不妨设,‎ 则在上恒成立,‎ 所以在单调递增;‎ 所以,‎ 所以,当,时, 恒成立,不符合题意;‎ 综上,集合.‎ ‎【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,以及求和公式,会判断数列的增减性等即可,属于常考题型.‎
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