江苏省昆山市2020届高三上学期模块调研试卷数学试题

江苏省昆山市2020届高三上学期模块调研试卷数学试题

昆山市2020届高三第一学期模块调研试卷 数学 注意事项：‎ ‎1．本试卷共4页，考试时间120分钟．‎ ‎2．请将填空题的答案和解答题的解题过程写在答题卷上，在本试卷上答题无效．‎ ‎3．答题前，务必将自己的姓名、学校、准考证号写在答题纸的密封线内．‎ 一、填空题(本大题共14小题，请把答案直接填写在答卷纸相应的位置)‎ ‎1.已知集合，，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合B,再求得解.‎ ‎【详解】由题得，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的表示和交集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎2.已知，i是虚数单位，若（1i）（1bi）=a，则的值为_______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由，可得，所以，，故答案为2．‎ 考点】复数相等 ‎【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如 ‎. 其次要熟悉复数的相关基本概念，如复数 的实部为、虚部为、模为、共轭复数为.‎ ‎3.已知向量，，且，则 ________.‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎∵，‎ ‎∴,‎ 又，‎ ‎∴．‎ 解得．‎ 答案：8‎ ‎4.函数的值域为_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出范围，进而求出函数的值域 ‎【详解】因为，，，即，函数的值域为 ‎5.已知平面，和直线，且，则“”是“”的______条件．（在“充分不必要、必要不充分、充要、既不充分又不必要”选一填写．）‎ ‎【答案】充分不必要 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从充分性和必要性两方面分析判断得解.‎ ‎【详解】由题得，所以“”是“”的充分条件；‎ 当时，不一定有，有可能不与平面b垂直，也有可能在平面b内.‎ 所以“”是“”的非必要条件.‎ 所以“”是“”的充分非必要条件.‎ 故答案为：充分不必要 ‎【点睛】本题主要考查充要条件的判断和空间几何元素的位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎6.若函数，则函数f(x)的振幅为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简函数得，即得函数的振幅.‎ ‎【详解】,‎ 所以函数的振幅是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换和正弦函数的振幅，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎7.已知正四棱锥的侧面积为4，底面边长为2，则该四棱锥的体积_____． ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用侧面积求出斜高，再计算正四棱锥的高，然后求解体积．‎ ‎【详解】顶点P在底面的射影是正方形ABCD的中心， ‎ 正四棱锥的侧面积为S侧面=4•∴PE= ‎ ‎∴正四棱锥的高OP=‎ 所以棱锥的体积 故答案为 ‎【点睛】本题考查了正四棱锥的结构特征及棱锥体积公式的应用.‎ ‎8.已知函数，若关于的方程有且仅有1个实根，则实数的取值范围是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出函数的图象，再分析图象得解.‎ ‎【详解】‎ 由题得,所以.‎ 当时，关于的方程有且仅有1个实根；‎ 当时，关于的方程有且仅有1个实根.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查函数图象的作法和函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎9.已知直线与圆交于，两点，过，分别做的垂线与轴交于，两点，若，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为所以直线过圆心，求出直线的方程，利用直线的倾斜角和的长即可求出．‎ ‎【详解】圆，圆心，半径，‎ ‎，直线过圆心，‎ ‎，，‎ 直线，倾斜角为，‎ 过，分别做的垂线与轴交于，两点，‎ ‎，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，是基础题．‎ ‎10.正项等差数列中，，则的最小值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得，再化简后，利用基本不等式求解.‎ ‎【详解】由题得，‎ 所以 ‎=.‎ 当且仅当时取等.‎ 所以最小值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查等差中项的应用和基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎11.若双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 双曲线焦点到渐近线的距离为，，再由a,b,c的关系得到离心率.‎ ‎【详解】双曲线焦点到渐近线的距离为，，，，，.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围).‎ ‎12.设数列的前项和为满足（），若，，则的取值范围为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为，，把上面的两式相减得，，，再把这两个等式相减，得，，所以数列的偶数项是以8为公差的等差数列，从第三项起也是以8为公差的等差数列．若，恒成立，当且仅当，解得，，即可求出答案．‎ ‎【详解】因为，‎ ‎，‎ 把上面的两式相减得，，‎ ‎，‎ 再把这两个等式相减，得，‎ 所以数列的偶数项是以8为公差的等差数列，从第三项起也是以8为公差的等差数列．‎ 若，恒成立，‎ 当且仅当，‎ 又，所以，‎ 所以，‎ ‎，‎ 所以，‎ 解得，，‎ ‎，‎ 所以，．‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推关系，考查数列中最值的计算，属于中档题．‎ ‎13.已知为的外心，且，（），若，则值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，不妨设CA=2CB=2,根据已知得到解方程组即得解.‎ ‎【详解】‎ 不妨设CA=2CB=2,‎ 又，‎ 所以 所以得方程组.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量数量积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎14.已知，是函数，的两个极值点，若，则的取值范围为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题得所以，.化简得=，再构造函数，利用导数求函数的值域即得解.‎ ‎【详解】由题得函数的定义域为，‎ ‎，‎ 所以是方程的两个实数根，‎ 所以，‎ 因为，，‎ 所以，‎ 所以.‎ 所以 ‎=‎ 记，‎ 所以 由，‎ 所以在单调递减，‎ 又由洛必达法则得当时，，即，‎ 所以函数g(x)的值域为.‎ 即的取值范围为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值和取值范围，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ 二、解答题：本大题共6小题，在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骡．‎ ‎15.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.‎ ‎（1）求角C；（2）若，，求的周长.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）根据正弦定理把化成，利用和角公式可得从而求得角；（2）根据三角形的面积和角的值求得，由余弦定理求得边得到的周长.‎ 试题解析：（1）由已知可得 ‎（2）‎ 又 ‎，‎ 的周长为 考点：正余弦定理解三角形.‎ ‎16.如图，在三棱柱中，，点，分别在棱，上（均异于端点），且，，，．‎ 求证：（1）平面平面；‎ ‎（2）平面．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明平面即证得平面平面；（2）先证明，即证平面．‎ ‎【详解】（1）三棱柱中，．‎ 因为，所以．‎ 又，，，平面，‎ 所以平面．‎ 又因为平面，所以平面平面．‎ ‎（2）因为，，，，‎ 所以．‎ 所以．又．所以四边形是平行四边形．‎ 从而．又平面，平面，‎ 所以平面．‎ ‎【点睛】本题主要考查空间几何元素位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎17.如图所示，沿河有、两城镇，它们相距20千米，以前，两城镇污水直接排入河里，现为保护环境，污水需经处理才能排放，两城镇可以单独建污水处理厂，或者联合建污水处理厂（在两城镇之间或其中一城镇建厂，用管道将污水从各城镇向污水处理厂输送），依据经验公式，建厂的费用为（万元），表示污水流量，铺设管道的费用（包括管道费）（万元），表示输送污水管道的长度（千米）．已知城镇和城镇的污水流量分别为，，、两城镇连接污水处理厂的管道总长为20千米；假定：经管道运输的污水流量不发生改变，污水经处理后直接排入河中；请解答下列问题：‎ ‎（1）若在城镇和城镇单独建厂，共需多少总费用?‎ ‎（2）考虑联合建厂可能节约总投资，设城镇到拟建厂距离为千米，求联合建厂的总费用与的函数关系式，并求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）若在城镇和城镇单独建厂，共需210万元（2）（），的取值范围为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）总费用为，计算即得解；（2）联合建厂，共需总费用 ‎（），化简即得与的函数关系式（）,再求函数的值域得解.‎ ‎【详解】（1）分别单独建厂，共需总费用万元 所以若在城镇和城镇单独建厂，共需210万元．‎ ‎（2）联合建厂，共需总费用 ‎（）‎ 所以与的函数关系式为 ‎（）‎ 令（）‎ ‎．‎ 所以的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的应用，考查函数的值域的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎18.已知椭圆（）的离心率为，椭圆上一点到椭圆两焦点距离之和为，如图，为坐标原点，平行与的直线l交椭圆于不同的两点、．‎ ‎（1）求椭圆方程；‎ ‎（2）若的横坐标为，求面积的最大值；‎ ‎（3）当在第一象限时，直线，交x轴于，，若PE＝PF，求点的坐标．‎ ‎【答案】（1）（2）面积的最大值为2（3）点坐标为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题得，，解方程即得椭圆的方程；（2）设直线为，先求出，点到直线的距离，即得；（3）设点的坐标为，，，‎ 根据得到，又，解方程组即得解.‎ ‎【详解】（1）因为椭圆上一点到两焦点距离之和为，所以，即．‎ 又因为椭圆的离心率为，所以，所以，‎ ‎，所以椭圆方程为．‎ ‎（2）设点，，‎ 的横坐标代入，解得的纵坐标为，‎ 所以直线的斜率为1，因为，‎ 所以设直线为，联立，得，‎ ‎，解得，‎ ‎，，‎ 所以，‎ 点到直线的距离 ‎，‎ 当时取得等号，‎ 所以面积的最大值为2．‎ ‎（3）设点的坐标为，，，所以，即 则，设直线，联立，‎ 整理得，‎ 所以，，‎ 因为，所以，，‎ 所以，‎ 化简得，‎ 把，代入上式，化简得，‎ ‎∵，，所以，，因此点坐标为．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，考查椭圆中最值的求法，考查直线和椭圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.‎ ‎19.已知函数，．‎ ‎（1）当时，求在处的切线方程；‎ ‎（2）讨论的单调性；‎ ‎（3）若有两个零点，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）答案不唯一，具体见解析（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出，再写出切线方程；（2）先求出，再通过对分类讨论的单调性；（3）对分类讨论，结合函数的图象求出的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，，所以，，‎ 所以在处的切线方程为．‎ ‎（2）‎ ‎①时，，所以，得；，得，‎ 所以在单调递减，在单调递增：‎ ‎②时，，解得或 当时，恒成立，所以在单调递增；‎ 当，则，故当时，；‎ 时，，所以在单调递增，在单调递减．‎ 当，则，故当时，；‎ 时，，所以在单调递增，在单调递减．‎ ‎（3）①设，由（2）知，在单调递减，在单调递增．‎ 又，，所以在有一解：取且，‎ 则，所以在有一解，‎ 所以有两个零点；‎ ‎②设，，只有一个零点；‎ ‎③设，若，‎ 由（2）知，在单调递增，又当时，，‎ 故不存在两个零点；‎ 若，由（2）知，在单调递增，在单调递减，又当时，，‎ 故不存在两个零点；‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性和零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎20.已知数列中，，对任意的，，有．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设数列满足（，），‎ ‎①求数列的前项和；‎ ‎②设是正整数，若存在正数，对任意的正整数，当时，都有，求m的最大值．‎ ‎【答案】（1）（2）答案不唯一，具体见解析（3）的最大值为5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明是首项，公差都为1的等差数列，再写出数列的通项；（2）①先求出，（），再分类讨论求出数列的前项和；②原题等价于存在正数，对任意的正整数（），当时，都有，再对分类讨论求出m的最大值．‎ ‎【详解】（1）由，，令，‎ 则，所以是首项，公差都为1的等差数列，‎ 所以的通项公式为．‎ ‎（2）由题意，‎ ‎（），‎ 两式相减得（），，（），‎ 当时，满足上式，所以，（）．‎ 所以①时，，；‎ ‎②时，，‎ ‎③且时，，．‎ ‎（3）等价于，，‎ 原题等价于存在正数，对任意的正整数（），当时，都有，‎ ‎①当时，，与题目要求不符；‎ ‎②当时，，与题目要求不符；‎ ‎③当时，当时，上式取对数得，‎ 等价于，‎ 设，，则，‎ ‎，，单调递增；‎ ‎，，单调递减；‎ 所以在取最大值，‎ 又因为，所以；‎ 设，，则，‎ 设，，，时，所以在递减，‎ 又，所以在恒成立，即在递减．‎ 时，，存在；‎ 时，，递减，‎ ‎，，‎ 所以的最大值为5．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列性质的判定和通项的求法，考查递推公式求数列的通项，考查利用导数求函数的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎ ‎