江苏省苏州市常熟市2020届高三下学期3月“线上教育”学习情况调查数学试题 Word版含解析

江苏省苏州市常熟市2020届高三下学期3月“线上教育”学习情况调查数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 高三学生“线上教育”学习情况调查 高中数学 注意事项：1．本试卷共160分，考试时间120分钟；‎ ‎2．答题前，请务必将自己的姓名、学校、考试号写在答卷纸的规定区域内；‎ ‎3．答题时必须使用0．5毫米黑色签字笔书写，作图可用2B铅笔．‎ 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．把答案填写在答题卷相应位置上．‎ ‎1.已知集合，则_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合，，根据集合的基本运算即可得到结论.‎ ‎【详解】解：，‎ 又，‎ 则.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的基本运算，确定集合元素是解决本题的关键.‎ ‎2.某校高一、高二、高三学生数之比为2∶3∶4，现用分层抽样方法抽取位同学参加志愿服务，其中高三年级抽取了12位同学，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据比例关系列方程，解出即可.‎ ‎【详解】解：由已知得，‎ 解得：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查分层抽样的基本计算，是基础题.‎ - 23 -‎ ‎3.有4件产品，其中1件是次品，其余为正品，从中选取两件检测，两件产品均为正品的概率是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先列举选取两件的基本事件个数，再列举两件产品均为正品的基本事件数，最后用古典概型公式求解概率即可.‎ ‎【详解】解：设1件是次品为，正品为 从4件产品中选取两件，有共6个基本事件，‎ 检测的两件产品均为正品，有共3种基本事件，‎ 则两件产品均为正品的概率是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型概率计算，是基础题.‎ ‎4.若执行下面程序框图，则输出的值是________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算的值并输出相应变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案.‎ - 23 -‎ ‎【详解】解：模拟程序的运行，可得 ＝3，＝0 不满足条件为偶数，＝10，＝1 不满足条件＝8，执行循环体，满足条件为偶数，＝5，＝2 不满足条件＝8，执行循环体，不满足条件为偶数，＝16，＝3 不满足条件＝8，执行循环体，满足条件为偶数，＝8，＝4 此时，满足条件＝8，退出循环，输出的值为4. 故答案为：4.‎ ‎【点睛】本题主要考查循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的，的值是解题的关键，属于基础题.‎ ‎5.复数（其中是虚数单位）的虚部是___________．‎ ‎【答案】-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.‎ ‎【详解】解：，‎ 则，‎ 虚部为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题.‎ ‎6.已知，且，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式化为同一个角的计算问题即可.‎ - 23 -‎ ‎【详解】解：由已知，‎ 得，又，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用诱导公式化简和求值，是基础题.‎ ‎7.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层灯数为_____________‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ 分析：设塔顶层共有a1盏灯，则数列{an}公比为2的等比数列，利用等比数列前n项和公式能求出结果．‎ 详解: 设塔的顶层共有a1盏灯，则数列{an}公比为2的等比数列，‎ ‎∴S7==381，解得a1=3．故答案为3.‎ 点睛：本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力.‎ ‎8.双曲线的渐近线与抛物线的两个交点(原点除外)连线恰好经过抛物线的焦点，则双曲线的离心率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出双曲线的渐近线与抛物线的一个交点，再利用交点在渐近线上可得，进而根据可得结果.‎ - 23 -‎ ‎【详解】解：对于抛物线，当时，‎ 则双曲线的渐近线与抛物线的一个交点为，‎ 则双曲线的渐近线的斜率，‎ 则离心率.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，关键是要通过条件找到的关系式，是基础题.‎ ‎9.四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，则四棱锥的侧面积是_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先证明平面，得到是直角三角形，进而四棱锥每个侧面都是直角三角形，用三角形的面积公式求解即可.‎ ‎【详解】解：如图：‎ 由已知平面，又平面，‎ 则，又，且，‎ 所以平面，又平面，‎ 所以，即是直角三角形，‎ 同理也是直角三角形，且和的面积相同，‎ 四棱锥的侧面积：‎ - 23 -‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查四棱锥侧面积的计算，关键是得到侧面都是直角三角形，是基础题.‎ ‎10.已知正项数列的前项和为，且，，则_______．‎ ‎【答案】4041‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可得时，，相减可得：，利用等差数列的通项公式即可得出.‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴时，，‎ 相减可得：. ，又 .‎ 由，当时，，‎ 得，‎ ‎，‎ 则.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了法求数列通向公式，考查了等差数列的通项公式，考查了学生计算能力，属于中档题.‎ - 23 -‎ ‎11.已知函数，若，则___________．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分类讨论，分别令，，求得后，继续将作为函数值求自变量.‎ ‎【详解】由题意，当时，，当时， ，‎ 又，‎ 则，可得，再令，得，符合；‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查已知分段函数函数值求自变量，考查分类讨论的思想，是基础题.‎ ‎12.若对于给定的正实数，函数的图象上总存在点，使得以为圆心，1为半径的圆上有两个不同的点到原点的距离为2，则的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得：以为圆心，1为半径的圆与原点为圆心，2为半径的圆有两个交点，即到原点距离小于3，即的图象上离原点最近的点到原点的距离小于3，设出坐标，利用两点间的距离公式表示出到原点的距离，利用基本不等式求出距离的最小值，让最小值小于3列出关于的不等式，求出不等式的解集即可得到的范围.‎ ‎【详解】解：根据题意得：， 设， ， ‎ - 23 -‎ ‎，即 则的范围为. 故答案为：.‎ ‎【点睛】此题考查圆与圆位置关系的判定，基本不等式的运用，以及两点间的距离公式，解题的关键是根据题意得出以为圆心，1为半径的圆与原点为圆心，2为半径的圆有两个交点，即到原点距离小于3.‎ ‎13.已知平面四边形中，，则________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量的线性运算与数量积运算，用，和表示和，计算即可.‎ ‎【详解】解：平面四边形中，‎ 则 - 23 -‎ 即， 解得，即； 所以. 故答案为：4.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的线性表示与数量积运算问题，也考查了运算求解能力，是难题.‎ ‎14.设函数的两个极值点分别为，若恒成立，则实数的取值范围是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数有两个极值点分别为，可知不单调，利用导数求得的范围，运用韦达定理可得，作差，再由条件，结合恒成立思想，运用函数的单调性，构造函数，通过求导，判断单调性可得，即可得到的范围.‎ ‎【详解】解：∵函数有两个极值点分别为， 的定义域为，‎ ‎， 令，其判别式. 当时，在上单调递减，不合题意. ‎ - 23 -‎ 当时，的两根都小于零，在上，，则在上单调递减，不合题意. 当时，，设的两个根都大于零， 令， 当时，，当时，，当时，， 故分别在上单调递减，在上单调递增， ∴的取值范围是. 则， ‎ ‎， . 若恒成立，则， ， 不妨设，则. 又， ①恒成立. 记， ‎ - 23 -‎ 记， 在上单调递增，在上单调递减， 且易知.又， ∴当时，；当时，. 故由①式可得，，代入方程， 得，（在上递增）. 又，‎ ‎∴的取值范围是. 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求单调区间、极值，主要考查极值的运用，运用分类讨论的思想方法是解题的关键，同时考查函数的单调性的运用和基本不等式的运用，考查运算能力，属于难题.‎ 二、解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎15.已知直三棱柱中，为等腰直角三角形，，且，点分别为中点．‎ - 23 -‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求证：平面．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连结，推导出是中点，从而，由此能证明平面； （2）推导出，，，从而平面，进而，从而四边形是矩形，推导出，从而，由此能证明平面.‎ ‎【详解】 （1）连,三棱柱中，侧面是平行四边形， ‎ - 23 -‎ 因平行四边形对角线互相平分，是中点，‎ 是中点， 又是中点，‎ 平面平面，‎ 平面；‎ ‎（2）为等腰直角三角形，，‎ ‎，又是中点，‎ ‎, ‎ 由直三棱柱知平面，平面，‎ ‎，‎ 又平面，‎ 平面，又平面，‎ ‎，‎ 又由为等腰直角三角形，，且,‎ 可知，‎ 又是中点，是中点，易证,‎ 得,又,‎ ‎，‎ 又平面平面.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎16.在中，角、、的对边分别为，已知，．‎ ‎（1）若的面积为，求，；‎ - 23 -‎ ‎（2）若，求的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）或 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由已知利用三角形的面积公式可求，利用余弦定理可得，联立方程即可得解，的值. （2）由已知可求得，或，分类讨论，当时，可得，求得，利用三角形的面积公式即可求解；当时，由正弦定理可得，进而根据余弦定理，三角形的面积公式即可求解.‎ ‎【详解】解：（1）， ， ∵由， ， ∴解得； （2），即， ，可得，或， 当时，由于，可得， 又.可得，； 当时，由正弦定理可得， 又，可得， . ∴三角形的面积为或.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角形的面积公式，余弦定理，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和分类讨论思想，属于中档题.‎ ‎17.江南某湿地公园内有一个以为圆心，半径为20米的圆形湖心洲．该湖心洲的所对两岸近似两条平行线，且两平行线之间的距离为70米．公园管理方拟修建一条木栈道,其路线为(如图，在右侧）．其中，与圆相切于点，米．设，满足．‎ ‎（1）试将木栈道的总长表示成关于的函数，并指出其定义域；‎ ‎（2）求木栈道总长的最短长度．‎ ‎【答案】（1），定义域为，其中；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）试将木栈道的总长表示成关于的函数，由且求三角不等式得函数定义域； （2）利用导数求木栈道总长的最短长度.‎ ‎【详解】解：（1）过分别向和作垂线，垂足为，‎ ‎ 由题意可得，， ‎ - 23 -‎ 则. 在直角三角形中，. . 又， 且，‎ 令，则. ∴定义域为，； （2）由，得. 令，得， ，∴当时，. 故木栈道总长的最短长度为米.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系的判断，根据直线和圆相切的等价条件，利用导数求函数的最值是解决本题的关键，是中档题.‎ ‎18.已知椭圆上一点与椭圆右焦点的连线垂直于轴，过椭圆上一点的直线与椭圆交于两点（均不在坐标轴上），设为坐标原点，过的射线与椭圆交于点．‎ ‎（1）若，求实数的值；‎ - 23 -‎ ‎（2）当为时，若四边形的面积为12，试求直线的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可知且，从而求出椭圆的方程，再把点再把代入椭圆方程，即可求出的值； （2）设，由直线过点知  ①，分别联立直线与椭圆和椭圆的方程，利用韦达定理得到所以，化简得 ②，由①②即可解得和的值，从而求出直线的方程.‎ ‎【详解】解：（1）椭圆的右焦点坐标为（1，0），且， 又，‎ 解得：， 所以椭圆的方程为：， 设，则， 由得：，‎ 又，故； （2）设， 由直线过点知  ①， ‎ - 23 -‎ 由得，， 有，‎ 且， 由得，， 因为，所以， 所以， 化简得，得 ②， 由①②解得：， 所以直线的方程为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的综合，考查了韦达定理的应用及面积的计算，考查了学生计算能力与分析能力，是一道中档题.‎ ‎19.构造数组，规则如下：第一组是两个1，即，第二组是，第三组是，在每一组的相邻两个数之间插入这两个数的和的倍得到下一组，其中．设第组中有个数，且这个数的和为．‎ ‎（1）直接写出与的关系式，并求和；‎ ‎（2）已知，，是数列的前项和，是数列的前项和．若对任意，‎ - 23 -‎ ‎，求所有满足条件的正整数的值．‎ ‎【答案】（1），，；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），化为：，数列为等比数列，可得：，，可得：，利用通项公式可得； （2），可得，‎ 可得，可得，根据对任意，即可得出.‎ ‎【详解】解：（1），化为：， ∴数列为等比数列，可得，可得：， ，‎ 可得：. ，解得：. （2），. ‎ - 23 -‎ ‎. . ∵对任意， ， 解得　. ∴正整数.‎ ‎【点睛】本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎20.已知函数．‎ ‎（1）设,‎ ‎①当时，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎②当时，求证：对任意恒成立．‎ ‎（2）讨论的极值点个数．‎ ‎【答案】（1）①；②证明见解析；（2）当时，有且仅有一个极值点；当时，有三个极值点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①将代入，求出切点及斜率，利用点斜式即可得切线方程；‎ ‎②只需证时，对任意 - 23 -‎ 都成立，利用导数求其最值即可得证； （2）只有一个极值点或三个极值点，令，当只有一个极值点时，的图象必穿过轴且只穿过一次，即为单调减函数或者极值同号，分类讨论即可得解，同理可求当有三个极值点时的情况.‎ ‎【详解】解：（1）， ①当时，， ∴切线方程为； ②证明：要证对任意，，‎ 只需证时，对任意都成立， ，‎ 令得， 且时，单减，时，单增， ， 在上单增， ， ∴当时，对任意恒成立. （2），，则 只有一个极值点或三个极值点， 令，当只有一个极值点时，的图象必穿过 - 23 -‎ 轴且只穿过一次，即为单调减函数或者极值同号， （i）为单调减函数时，在上恒成立，则，解得； （ii）极值同号时，设为极值点，‎ 则有解，则， 且，， ， 同理， ，‎ 化简得， ，解得， ∴当时，只有一个极值点； 当有三个极值点时，，同理可得， 综上，当时，有且仅有一个极值点；当时，有三个极值点.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求曲线在某点的切线方程，不等式的恒成立问题，函数的极值等知识点，考查分类讨论思想，属于较难题目.‎ - 23 -‎ - 23 -‎