江苏省南京市十三中2020届高三数学下学期期初考试试题（含解析）.doc

1、江苏省南京市十三中2020届高三数学下学期期初考试试题（含解析）一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分.不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1.已知集合，且，则的值是_【答案】【解析】【分析】由交集的运算可知，则或，分别求值并验证集合是否满足题意和元素的互异性，把不符合的舍去.【详解】，且又 或，解得或；当时，与已知矛盾，舍去;当时，集合B不满足集合的互异性，舍去;当时，满足题意;故答案为.【点睛】本题考查元素与集合的关系以及交集的运算，当集合含有参数时，需要分类求解，并将结果代入集合，检验是否符合题意和元素的互异性.2.若复数满足（是虚数单位），则复数的实部是_.【

2、答案】1【解析】【分析】通过复数方程，两边同乘1-2i，然后求出复数z即可【详解】因为复数z满足(1+2i)z=3+4i,所以(12i)(1+2i)z=(3+4i)(12i)，即5z=5+10i，所以z=1+2i,实部为1.故答案为：1.【点睛】本题考查了复数的乘除运算，注意题目求的是复数的实部，不能写成复数的结果。本题属于基础题。3.某市有中外合资企业160家，私营企业320家，国有企业240家，其他性质的企业80家，为了了解企业的管理情况，现用分层抽样的方法从这800家企业中抽取一个容量为的样本，已知从国有企业中抽取了12家，那么_.【答案】40【解析】【分析】由题意可知，计算结果.【详解

3、】由题意可知，解得：.故答案为：40【点睛】本题考查分层抽样，意在考查基本公式和基本计算能力，属于简单题型.4.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5.如图所示的流程图的运行结果是_【答案】20【解析】试题分析：第一次循环：，第二次循环：，结束循环，输出考点：循环结构流程图6.若双曲线

4、（，）的离心率为3，其渐近线与圆相切，则 【答案】【解析】试题分析:因双曲线的渐近线为,圆的标准方程为,故圆心.又,由题设可得,即,解之得,故应填答案.考点：双曲线的几何性质及运用7.已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为 【答案】【解析】试题分析：因为圆柱的表面积为，所以圆柱的表面积为考点：圆柱的侧面积8.设是公差不为0的等差数列的前项和，且成等比数列，则_【答案】3【解析】设等差数列的公差为，则，因为成等比数列，所以，即，解得，则.9.已知函数的图象关于直线对称，则的值是_【答案】.【解析】分析：由对称轴得，再根据限制范围求结果.详解：由题意可得，所以，因，所以

5、点睛：函数（A0,0）的性质：(1)；(2)最小正周期；(3)由求对称轴；(4)由求增区间; 由求减区间.10.设为锐角，若，则的值为_.【答案】【解析】试题分析：，所以.考点：三角恒等变形、诱导公式、二倍角公式、同角三角函数关系【思路点晴】本题主要考查二倍角公式，两角和与差的正弦公式.题目的已知条件是单倍角，并且加了，我们考虑它的二倍角的情况，即，同时求出其正弦值，而要求的角，再利用两角差的正弦公式，就能求出结果.在求解过程中要注意正负号.11.已知，：与：交于不同两点，且，则实数的为 .【答案】【解析】因为，所以,所以两圆圆心的连线必过原点，因为圆心坐标为(2,-1),(b-5,b),所以

6、.12.在平面直角坐标系中，若，点B是圆上的动点，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】将圆的方程化为标准式方程，设，通过运算可得，又因为，故可求得的最小值.【详解】依题意画出图形，如下：将圆化为标准式方程得：，设，.故答案：.【点睛】本题考查圆的方程的应用，考查逻辑思维能力和运算能力，考查数形结合思想，属于中档题.13.已知平面向量满足，且，求的最小值为_【答案】【解析】【分析】可设，运用向量的坐标表示求出m,n,再由向量模的公式和数量积公式的坐标表示，结合二次函数的最值求法，即可得到所求最小值【详解】设，答案为：【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算及向量模的公式，二次函数最值问题，找出n

7、,p的等量关系，学会用配方法解题是关键14.已知函数，若函数有个零点(互不相同)，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】可先对求导，结合图像判断有三个交点的区间，又函数，可先画出的图像，结合图像判断有两个交点的取值范围，结合取值范围进一步判断即可【详解】由，令得或，当，单调递增；当，单调递减；当，单调递增，函数的极大值为，极小值为，画出函数图像，如图：当有三个交点时，；再根据题意画出图像，如图：当时，要使，即函数图像在时，与要有两个交点，如图：，故故答案为【点睛】本题考查根据函数零点个数求解参数取值范围，分段函数图像的画法，导数判断函数最值，数形结合的思想，综合性强，属于难题二、解答题（

8、本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）15.已知向量,.(1)若,求的值；(2)若,求的值.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】(1)根据平面向量共线定理可得等式,利用同角三角函数的商关系求出的值；(2)对已知的等式平方得到,根据平面向量数量积的坐标表示可以得到等式,利用同角三角函数的平方和关系可以求出的值,最后利用二倍角的余弦公式求出的值.【详解】(1)因为,且所以,即：当,则，不合题意（舍之）当,则；(2),所以，所以,所以得,所以.【点睛】本题考查了两个平面向量共线、垂直的坐标表示,考查了同角的三角函数关系式,考查了二

9、倍角的余弦公式,考查了数学运算能力.16.如图，在直三棱柱中，点为棱的中点求证：(1)平面； (2)平面平面 【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）与平面内的平行，所以平面.（2）通过证明 ， 可得平面结合平面， 可得平面平面试题解析：（1）在三棱柱中， 又平面，平面， 所以平面 （2）在直三棱柱中，平面，又平面，所以 因为，所以又因为点为棱的中点，所以 又 ， 平面，所以平面 又平面，所以平面平面点睛：本题第一问考查的是直线与平面平行的判定通过证明平面外的直线与平面内的直线线平行，从而证明线面平行寻找线线平行的一般办法有：一、利用三角形中位线定理，二、利用平形四边形的性质;

10、三、利用两直线都垂直于同一平面，两直线平行;四、利用线面平行的性质等17.如图，某城市设立以城中心为圆心、公里为半径的圆形保护区，从保护区边缘起，在城中心正东方向上有一条高速公路、西南方向上有一条一级公路，现要在保护区边缘PQ弧上选择一点A作为出口，建一条连接两条公路且与圆相切的直道已知通往一级公路的道路每公里造价为万元，通往高速公路的道路每公里造价是万元，其中为常数，设，总造价为万元（1）把表示成的函数，并求出定义域；（2）当时，如何确定A点的位置才能使得总造价最低？【答案】（1），定义域为：，（2）A点在O东偏南的方向上，总造价最低【解析】【详解】（1）与圆O相切于A，OA，在中， 同理，

11、 定义域为：（2），当且仅当时取等号，即，又，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】【分析】（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：yk（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

12、【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.已知函数（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；（2）当时

13、，求证：；（3）设函数，其中为实常数，试讨论函数的零点个数，并证明你的结论【答案】（1）或；（2）见解析；（3）见解析【解析】【分析】（1）根据导数的意义可知，解得切点；（2）将所证明不等式转化为证明恒成立，设，利用导数证明；（3）等价于，等价于，且，令，利用导数分析函数的性质，可知函数的极小值0，极大值，讨论当，时，结合零点存在性定理确定零点的个数.【详解】（1）所以过点的切线方程为，所以，解得或（2）证明：即证，因为，所以即证，设，则令，解得4-0+减极小增所以 当时，取得最小值所以当时，（3）解：等价于，等价于，且令，则令，得或，1-0+0-减极小0增极大减（）当时，所以无零点，即定义域

14、内无零点（）当即时，若，因，所以在只有一个零点，而当时，所以只有一个零点；（）当即时，由（）知在只有一个零点，且当时，所以恰好有两个零点；（）当即时，由（）、（）知在只有一个零点，在只有一个零点，在时，因为，只要比较与的大小，即只要比较与的大小，令，因为，因为，所以，所以，即，所以，即在也只有一解，所以有三个零点； 综上所述：当时，函数的零点个数为0； 当时，函数的零点个数为1；当时，函数的零点个数为2；当时，函数的零点个数为3【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，以及分析零点个数的问题，判断零点个数不仅需要讨论极值点的位置，还需根据单调性验证零点存在性定理，第三问中当即时判断零点个

15、数相对其他情况比较难，还需构造函数.解决零点问题常用方法还有：分离参数、构造函数、数形结合.20.已知数列的前项和为，满足，数列满足，且（1）求数列和的通项公式；（2）若，数列的前项和为，对任意的，都有，求实数的取值范围；（3）是否存在正整数，使，（）成等差数列，若存在，求出所有满足条件的，若不存在，请说明理由【答案】（1）（2）（3）不存在【解析】试题分析：（1）先根据和项与通项关系得项之间递推关系式，再根据等比数列定义以及通项公式求数列通项公式；对条件变形得，再根据等差数列定义以及通项公式求数列通项公式；（2）先根据错位相减法得，再参变分离得恒成立，利用数列单调性可得最小值，即得实数的取值

16、范围.（3）先根据等差数列性质得 ，再利用奇偶分析法讨论解的情况试题解析：（1）当时，所以当时，两式相减得，又，所以，从而数列为首项，公比的等比数列，从而数列的通项公式为由两边同除以，得，从而数列为首项，公差的等差数列，所以，从而数列的通项公式为 （2）由（1）得，于是，所以，两式相减得，所以，由（1）得， 因为对 ，都有，即恒成立，所以恒成立，记，所以， 因为 ，从而数列为递增数列，所以当时，取最小值，于是 （3）假设存在正整数，使()成等差数列，则，即 ，若为偶数，则为奇数，而为偶数，上式不成立.若为奇数，设，则，于是，即，当时，此时与矛盾；当时，上式左边为奇数，右边为偶数，显然不成立.

17、综上所述，满足条件的不存在 点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.数学附加题选修42：矩阵与变换21.已知向量是矩阵的属于特征值的一个特征向量.（1）求实数，的值；（2）求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据特征值的定义可知，利用待定系数法求得实数，的值。（2）直接利用矩阵的乘法法则进行运算。【详解】解：（1）因为矩阵属于特征值的一个特征向量为，所

18、以，即所以（2）由（1）知，所以【点睛】本题主要考查了二阶矩阵，以及特征值与特征向量的计算，属于基础题。选修44：坐标系与参数方程22. （选修4-4：坐标系与参数方程）已知直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程是，以极点为原点，极轴为轴正方向建立直角坐标系，点，直线与曲线交于、两点（）写出直线的极坐标方程与曲线的普通方程；（）求线段、长度之积的值【答案】（），（）2【解析】试题分析：（）先消参数，将直线参数方程化为普通方程：，再根据将直线的方程化为极坐标方程：，即；利用将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程：（）利用直线参数方程几何意义求线段、长度之积的值：将代入得，试题解析：（）直线的极

19、坐标方程为，曲线的普通方程为；（）将代入得，考点：直线参数方程几何意义必做题23.甲、乙两支篮球队赛季总决赛采用7场4胜制，每场必须分出胜负，场与场之间互不影响，只要有一队获胜4场就结束比赛现已比赛了4场，且甲篮球队胜3场已知甲球队第5，6场获胜的概率均为，但由于体力原因，第7场获胜的概率为（1）求甲队分别以，获胜的概率；（2）设表示决出冠军时比赛的场数，求的分布列及数学期望【答案】（1），；（2）X的分布列为X567 【解析】【分析】（1）记甲队以，获胜的事件分别为A，B，事件说明第五场甲负，第六场甲胜，因此，事件说明第五、六两场甲都负，第七场 甲胜，因此；（2）从题设可知的取舍分别5，6，

20、7，可分别求出相应的概率，得分布列.【详解】（1）设甲队以，获胜的事件分别为A，B，甲队第5，6场获胜的概率均为，第7场获胜的概率为，甲队以，获胜的概率分别为和（2）随机变量X的可能取值为5，6，7，随机变量X的分布列为X567 考点：相互独立事件的概率，随机变量的分布列与数学期望.24.设整数数列an共有2n（）项，满足，且（）（1）当时，写出满足条件的数列的个数；（2）当时，求满足条件的数列的个数【答案】（1）8；（2）.【解析】【分析】（1）当确定时，可确定，再逆推可知有种取法；再依据可知各有种取法；由于与有关，当确定时，必然随之确定，故根据分步乘法计数原理，可得数列个数为；（2）设，且

21、，可推得：；又，可推得：；用表示中值为的项数可知的取法数为，再任意指定的值，有种，可知数列有个；再化简，可得最终结果.【详解】（1）时，且则确定时，有唯一确定解又，可知有种取法若，则，则有种取法此时，也有种取法又，当确定时，随之确定故所有满足条件的数列共有：个满足条件的所有的数列的个数为（2）设，则由得 由得，则：即 用表示中值为的项数由可知也是中值为的项数，其中所以的取法数为确定后，任意指定的值，有种由式可知，应取，使得为偶数这样的的取法是唯一的，且确定了的值从而数列唯一地对应着一个满足条件的所以满足条件的数列共有个下面化简设两展开式右边乘积中的常数项恰好为因为，又中的系数为所以所以满足条件的数列共有个【点睛】本题考查新定义、排列组合、二项式定理问题，对学生分析解决问题能力要求较高；如何正确理解定义，同时找到定义式的切入点是解决问题的关键；题目对于排列组合、二项式定理知识的应用能力要求比较高，难度较大.