江苏省南京师大附属扬子中学2020届高三数学下学期期初试题（含解析）.doc

1、江苏省南京师大附属扬子中学2020届高三数学下学期期初试题（含解析）一、填空题1.已知集合，若，则 【答案】4【解析】试题分析：a=3，则B=3，4，所以；考点：1集合的运算；2.若复数为纯虚数（为虚数单位），则实数_.【答案】6【解析】【分析】化简复数，根据纯虚数定义，实部为0，虚部不为0，即可求解.【详解】为纯虚数，.故答案为:6.【点睛】本题考查复数的代数运算，以及复数的分类，属于基础题.3.一组数据4，5，6，8，的平均数为7，则该组数据的方差为_.【答案】8【解析】【分析】由平均数为7，求出，根据方差公式，即可求出结论.【详解】4，5，6，8，的平均数为7，.故答案为:8.【点睛】本

2、题考查平均数以及方差，熟记公式是解题的关键，属于基础题.4.袋中装有大小相同且形状一样的四个球，四个球上分别标有“1”“2”“3”“4”这四个数.现从中随机选取两个球，则所选的两个球上的数字之和恰好为偶数的概率是_.【答案】【解析】【分析】求出4个球中取出两个球的所有情况，再求出两个球上的数字之和恰好为偶数的取法个数，根据古典概型概率，即可求解.【详解】从四个球上分别标有“1”“2”“3”“4”这四个数，现从中随机选取两个球，有种不同的取法，其中所选的两个球上的数字之和恰好为偶数有和，2种取法，概率为.故答案为:.【点睛】本题考查古典概型的概率，属于基础题.5.执行如图所示的伪代码，输出的结果

3、是 【答案】8【解析】试题分析：第一次循环：，第二次循环：，第三次循环：，输出考点：循环结构流程图6.已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为_.【答案】【解析】【分析】利用双曲线的离心率求出的关系，然后求解渐近线方程即可.【详解】由已知可知离心率由双曲线的焦点在x轴上，渐近线方程为：故答案为: .【点睛】本题考查了双曲线的方程、离心率、渐近线，考查了学生转化与划归，数学运算能力，属于基础题.7.在等比数列中，为的前项和.若，则_【答案】10【解析】【分析】根据题意，由等比数列的通项公式，分析可得q48q，解可得q的值，结合等比数列的前n项和公式可得Sn2n11023，解可得n的值，即可

4、得答案【详解】根据题意，等比数列an中，a11，a58a2，则有q48q，解可得q2，若Sn1023，则有2n11023，解可得：n10；故答案为10【点睛】本题考查等比数列的前n项和公式的应用，关键是掌握等比数列前n项和的形式，属于基础题8.若函数为偶函数，则的值为_【答案】【解析】【分析】首先利用辅助角公式将函数化为的形式，再利用函数的性质可得，由的范围即可求解.【详解】函数，函数偶函数，即，.故答案为：【点睛】本题考查了函数的奇偶性以及辅助角公式，需熟记性质与公式，属于基础题.9.如图，在正四棱柱中，P是侧棱上一点，且.设三棱锥的体积为，正四棱柱的体积为V，则的值为_.【答案】【解析】【

5、分析】设正四棱柱的底面边长，高，再根据柱体、锥体的体积公式计算可得.【详解】解：设正四棱柱的底面边长，高，则，即故答案为：【点睛】本题考查柱体、锥体的体积计算，属于基础题.10.已知函数，则不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】根据奇偶性的定义可判断出为奇函数；利用导数可得到的单调性；将不等式转化为，利用单调性可得自变量的大小关系，解不等式可求得结果.【详解】由题意得： 为上的奇函数， 且不恒等于零在上单调递增等价于，解得：本题正确结果：【点睛】本题考查利用函数的单调性和奇偶性解不等式的问题，关键是能够利用奇偶性的定义、导数的知识求得函数的单调性和奇偶性，从而将不等式转化为函数值的比较，利

6、用单调性进一步得到自变量的大小关系.11.如图，在长方形ABCD中，M，N分别为线段BC，CD的中点，若，则的值为_【答案】【解析】【分析】设，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立坐标系，用坐标表示，即可求出的值，进而得到答案【详解】设，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示坐标系，则，则，即，则即，解得，则.【点睛】本题考查了向量的线性运算，考查了向量在平面几何的应用，考查了学生的推理能力与计算能力，属于中档题12.若为半圆直径延长线上的一点，且，过动点作半圆的切线，切点为，若，则面积的最大值为_【答案】.【解析】【分析】以所在的直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立平

7、面直角坐标系，设 ，根据，求得，结合圆的性质，即可求解.【详解】由题意，以所在的直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，因为，所以，设 ，因为过点作半圆的切线，因为，所以，整理，得，以点的轨迹方程是以为圆心，以为半径的圆，所以当点在直线上时，的面积最大，最大值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了三角形面积的最大值的求法，以及圆的方程的求解及应用，其中解答中认真审题，注意两点间距离公式的合理运用，求得动点的轨迹是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.13.已知的三个角所对的边为.若，为边上一点，且，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】设,则,则由可以推得,

8、再利用面积公式可以解出,从而根据,可以推出,最后利用基本不等式即可得出结论.【详解】设,()则,即,化简得,即,故,又,所以,即,即,(当且仅当时取等号),故答案为:.【点睛】本题考查解三角形和基本不等式的综合运用,难度较大.14.已知函数，若，使得，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由题意，设，得有零点，化简得，转化为直线与有交点，利用导数求得函数的单调性与最值，结合图象，即可求解【详解】由题意，设，有零点，即，整理得，即直线与有交点，又由，（），令，解得，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，又，当时，分别画出与的图象，如图所示；由图象可得当，即时，与有交点，故答案为【点睛】本题主

9、要考查了利用导数研究函数的零点问题，其中解答中函数的零点问题转化为直线与有交点，再利用导数求得函数的单调性与最值，结合图象求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及转化思想的应用二、解答题15.已知，其中.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意，由，求解，注意角的范围，可求得值，再根据运用两角和正切公式，即可求解；（2）由题意，配凑组合角，运用两角差余弦公式，即可求解.【详解】（1），（2），.【点睛】本题考查三角恒等变换中由弦求切、两角和正切公式、两角差余弦公式，考查配凑组合角，考查计算能力，属于基础题.16.如图，在直四棱柱ABCD

10、A1B1C1D1中，AD/平面BCC1B1，ADDB.求证： （1）BC/平面ADD1A1；（2）平面BCC1B1平面BDD1B1【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由直线与平面平行的性质可得：由AD/平面BCC1B1，有AD/BC，同时AD平面ADD1A1，可得BC/平面ADD1A1；（2）由（1）知AD/BC，因为ADDB，所以BCDB，同时由直四棱柱性质可得DD1BC，BC平面BDD1B1，可得证明.【详解】解：（1）因为AD/平面BCC1B1，AD平面ABCD，平面BCC1B1平面ABCD=BC，所以AD/BC. 又因为BC平面ADD1A1，AD平面ADD

11、1A1，所以BC/平面ADD1A1.（2）由（1）知AD/BC，因为ADDB，所以BCDB， 在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中DD1平面ABCD，BC底面ABCD，所以DD1BC， 又因为DD1平面BDD1B1，DB平面BDD1B1，DD1DB=D，所以BC平面BDD1B1， 因为BC平面BCC1B1，所以平面BCC1B1平面BDD1B1【点睛】本题主要考查线面平行的性质及面面垂直的证明，熟悉相关定理并灵活运用是解题的关键.17.如图，在南北方向有一条公路，一半径为100的圆形广场（圆心为）与此公路所在直线相切于点，点为北半圆弧（弧）上的一点，过点作直线的垂线，垂足为，计划在内（图中阴影部

12、分）进行绿化，设的面积为（单位：），（1）设，将表示为的函数；（2）确定点的位置，使绿化面积最大，并求出最大面积【答案】（1），.（2）当点p距公路边界为时，绿化面积最大，.【解析】【分析】（1）由三角函数的定义可用表示AQ，PQ，从而代入三角形面积公式，得答案；（2）对（1）问中函数求导，利用导数求得最大值，得答案.【详解】（1）由题可知，.则的面积，.（2）令，则或（舍），此时当时，关于为增函数当时，关于为减函数所以当时，此时故：当点p距公路边界为时，绿化面积最大，.【点睛】本题考查三角函数的实际应用，应优先建模，将实际问题转化为熟悉的数学问题，进而构建对应的函数关系，还考查了利用导数求函

13、数的最值，属于较难题.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）当在第一象限时，直线，交x轴于，若PEPF，求点坐标【答案】（1）；（2） 【解析】【分析】（1）由题得，解方程即可得到椭圆的方程. （2）设点，根据，得到，又，解方程组即可得解.【详解】（1）因为椭圆上一点到椭圆两焦点距离之和为，所以，即，又椭圆的离心率为，所以，所以，所以椭圆方程为. （2）设点，所以即，则，设直线：，联立，整理得，所以因为PEPF，所以，所以，化简得，把代入上式，化简得，因为，所以，因此点的坐标为.【点睛】本题考

14、查了由离心率求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查了学生的计算能力，属于中档题.19.已知函数（1）当时，求在处的切线方程；（2）令，已知函数有两个极值点，且，求实数的取值范围；若存在，使不等式对任意（取值范围内的值）恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）； 【解析】【分析】（1）求出导数，计算，由点斜式写出切线方程并整理成一般式. （2）求出，由，可得有两个满足题意的不等实根，由二次方程根的分布可得的取值范围；由求出两极值点，确定的单调性，得在单调递增，因此题设中使不等式成立，取的最大值，使之成立即可，化简为不等式，对任意的恒成立，引入函数，由导数研究此函数的单调性得不等式成立

15、的条件.【详解】（1）当时，时，在处的切线方程为，化简整理可得.（2）对函数求导可得，令可得，解得实数的取值范围为.由，解得，而在上递增，在上递减，在上递增，在单调递增，在上，使不等式，对恒成立，等价于不等式恒成立，即不等式对任意的恒成立. 令，则，当时，在上递减，即，不合题意. 当时，若，即时，则在上递减，时，不能恒成立；若，即时，则在上递增，恒成立，实数的取值范围【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查用导数研究函数的极值，研究不等式恒成立问题，解题的关键是问题的转化，如函数有两个极值点，转化为相应方程有两个不等实根，不等式恒成立问题转化为研究函数的最值，对学生的推理论证能力、运算求解能力要

16、求较高，难度较大，属于困难题.20.已知等差数列的前n项和为Sn，若为等差数列，且（1）求数列的通项公式；（2）是否存在正整数， 使成等比数列？若存在，请求出这个等比数列；若不存在，请说明理由；（3）若数列满足，且对任意的，都有，求正整数k的最小值【答案】（1）；（2）3，9，27；（3）3【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项和求和公式，再利用等差中项得，然后求得公差d=2，求出通项；（2）假设存在，使得，成等比数列，利用等比数列中项可得法一：利用函数的单调性转化为零点问题求解；法二：直接解方程求解；得出n=1；（3）根据题意由 可知，然后用累加法和放缩法得，再对n进行讨论，求得k的值.【

17、详解】（1）设等差数列的公差d，则，又是等差数列，所以，即，解得d2此时，符合数列是等差数列，所以 （2）假设存在，使得，成等比数列则，由（1）可知，代入上式，得，整理得（*）法一： 令，x1则，所以在上单调增，所以在上至少有一个根又，故是方程（*）的唯一解所以存在，使得，成等比数列，且该等比数列为3，9，27 法二：，即，所以方程（*）可整理为因为，所以无解，故所以存在，使得，成等比数列，且该等比数列为3，9，27 （3）由 可知，又，故，所以依题意，对任意恒成立，所以，即，故 若，据，可得当，时，由及可得所以，当，时，即故当，时，故不合题意 若，据，可得，即所以，当，时，当时，得，所以当，

18、时，所以，故故当时，对任意都成立所以正整数k的最小值为3【点睛】本题考查了数列的综合应用，包括与函数的结合，放缩法的运用，这些点都属于难点，综合性很强，属于极难题目.21.已知矩阵M（1） 求M2；（2） 求矩阵M的特征值和特征向量【答案】（1） M2；（2） 矩阵M的特征值为1，3，分别对应一个特征向量为，.【解析】【分析】（1）根据矩阵的乘法运算法则计算可得答案；（2）根据特征多项式求得特征值，根据特征值求出特征向量即可.【详解】（1） M2 .（2） 矩阵M的特征多项式为f（）（1）（3）令f（）0，解得M的特征值为11，23.当1时，得令x1，则y1，于是矩阵M的一个特征向量为.当3时

19、，3，得令x1，则y1，于是矩阵M的一个特征向量为.因此，矩阵M的特征值为1，3，分别对应一个特征向量为，.【点睛】本题考查了矩阵的乘法运算法则，考查了矩阵的特征值和特征向量，考查了运算求解能力，属于基础题.22. 在极坐标系(,)(02)中,求曲线=2sin与cos=1的交点Q的极坐标.【答案】(,)【解析】以极点为坐标原点,极轴为x轴的正半轴建立直角坐标系,则曲线=2sin可化为:x2+(y-1)2=1,曲线cos=1可化为x=1,由可得交点坐标(1,1),所以交点Q的极坐标是(,).23.现有4个旅游团队，3条旅游线路（1）求恰有2条线路被选择的概率；（2）设被选中旅游线路条数为X，求X

20、的分布列和数学期望【答案】（1）；（2）分布列见详解；期望 【解析】【分析】（1）利用等可能事件概率计算公式能求出恰有2条线路被选择的概率.（2）设被选中旅游线路条数为X，则，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望.【详解】（1）恰有2条线路被选择的概率.（2）被选中旅游线路条数为X，则， X的分布列X 【点睛】本题主要考查组合，典型的离散型随机变量的概率计算和离散型随机变量的分布列以及期望等基本知识和基本运算能力，属于基础题.24.已知（1）求的值；（2）求的值【答案】（1）；（2） 【解析】【分析】（1）利用赋值法可求解，令，可得，令，可求得. （2）利用二项式定理可得再结合裂项求和法即可求解.【详解】（1）由令，得，令，得，所以.（2）由二项式定理可得所以，因为，所以【点睛】本题考查二项式定理中的赋值法求值问题，这是解决与二项式定理展开式中系数求和的常用方法，属于基础题.