江苏省南通市2020届高三数学下学期3月开学考试试题（含解析）.doc

1、江苏省南通市2020届高三数学下学期3月开学考试试题（含解析）一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.1.已知集合，则_.【答案】【解析】【分析】根据交集的定义，即得解.【详解】集合根据交集定义，【点睛】本题考查了集合交集的运算，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.2.已知复数满足,为虚数单位,则复数 【答案】【解析】略3.某路口一红绿灯东西方向的红灯时间为45 s，黄灯时间为3 s，绿灯时间为60 s从西向东行驶的一辆公交车通过该路口，遇到红灯的概率为_【答案】.【解析】【分析】利用几何概型求解.【详解】由几何概型得遇到红灯概率为 故

2、答案为【点睛】（1）本题主要考查几何概型，意在考查学生对知识的掌握水平.(2) 几何概型的解题步骤：首先是判断事件是一维问题还是二维、三维问题（事件的结果与一个变量有关就是一维的问题，与两个变量有关就是二维的问题，与三个变量有关就是三维的问题）；接着，如果是一维的问题，先确定试验的全部结果和事件构成的区域长度（角度、弧长等），最后代公式；如果是二维、三维的问题，先设出二维或三维变量，再列出试验的全部结果和事件分别满足的约束条件，作出两个区域，最后计算两个区域的面积或体积代公式.4.在某频率分布直方图中，从左往右有10个小矩形，若第一个小矩形的面积等于其余9个小矩形的面积和的，且第一组数据的频数

3、为25，则样本容量为_.【答案】150【解析】【分析】设第一个小矩形面积为，列出方程得，由此能求出样本容量【详解】解：设第一个小矩形面积为，由，得，样本容量为故答案为：150【点睛】本题考查样本容量的求法，考查频率分布直线方图等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于基础题5.如图是一个算法的流程图，则输出的的值为_.【答案】7【解析】分析：直接利用程序框图的循环结构求出结果.解析：在执行循环前：k=1，S=1.执行第一次循环时： S=1，k=3.执行第二次循环时： S=3，k=5.执行第三次循环时： S=15，k=7.由于S10，输出k=7.故答案7.点睛：（1）条件结构中条件的

4、判断关键是明确条件结构的功能，然后根据“是”的分支成立的条件进行判断；（2）对条件结构，无论判断框中的条件是否成立，都只能执行两个分支中的一个，不能同时执行两个分支6.如图，棱长均为2的正四棱锥的体积为_【答案】【解析】在正四棱锥中，顶点S在底面上的投影为中心O，即底面ABCD，在底面正方形ABCD中，边长为2，所以OA=，在直角三角形SOA中 所以 故答案为7.将函数（）的图象向左平移个单位长度后，所得图象关于直线对称，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】利用函数yAsin（x+）的图象变换规律求得g（x）的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性求得的最小值【详解】将函数f（x）sin（x

5、）（0）的图象向左平移个单位后，可得函数ysin（x）的图象，再根据所得图象关于直线x对称，可得k，kZ，当k0时，取得最小值为，故答案为【点睛】本题主要考查函数yAsin（x+）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于基础题8.已知是定义在上的偶函数.当时，则不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】根据函数奇偶性和单调性的关系，将不等式进行转化进行求解即可【详解】解：是定义在上的偶函数，不等式等价为，当时，则函数为增函数，由，得，即（4），则不等式等价为，则，即，即，即不等式的解集为，故答案为：【点睛】本题主要考查不等式的求解，根据条件判断函数的单调性，利用函数单调性和奇偶性的关系将不

6、等式进行转化是解决本题的关键，属于中档题9.已知公差不为零的等差数列的前项和为，且，若成等比数列，则的值为_【答案】88【解析】由题意得 所以 10.若椭圆的焦点在轴上，过点（1，）作圆的切线，切点分别为A,B，直线恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是 【答案】【解析】点(1，)在圆外，过点(1，)与圆相切的一条直线为x1，且直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，椭圆的右焦点为(1,0)，即c1，设点P(1，)，连接OP，则OPAB，kOP，kAB2又直线AB过点(1,0)，直线AB的方程为2xy20，点(0，b)在直线AB上，b2，又c1，a25，故椭圆方程是111.已知函数 图像与函

7、数图像在交点处切线方程相同，则的值为_【答案】【解析】【分析】设函数和的交点为，求出和在，处切线方程的斜率，然后建立关于的方程，再求出的值【详解】解：设函数和的交点为，则由，得，在，处的切线方程的斜率，同理，函数在，处的切线方程的斜率，和在交点处切线方程相同，即，又，由解得，故答案为：【点睛】本题考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，考查了方程思想，属于基础题12.在平面直角坐标系中，已知直线：与曲线从左至右依次交于、三点，若直线：上存在满足，则实数的取值范围是_【答案】或【解析】分析】由曲线及直线：的图象都关于原点对称，所以B为原点，且为AC中点， ，因为直线：上存在满足，所以直线上存在点到

8、原点的距离为，得，解得k的取值范围【详解】因为曲线及直线：的图象都关于原点对称，所以B为原点，且B为AC中点，所以 ，因为直线：上存在满足，即，所以直线上存在点到原点的距离为，得，解得或【点睛】根据函数性质，数形结合，理解题目问题的几何意义，建立不等关系求解参数的取值范围13.在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：，圆C：，动点P在直线上的两点E，F之间，过点P分別作圆O，C的切线，切点为A，B，若满足PB2PA，则线段EF的长度为_【答案】【解析】【分析】因为动点P在直线上，设点，分别表示，利用PB2PA解出的取值范围，得线段EF的长度【详解】动点P在直线上，设点，圆O：，过点P分別作圆O的切

9、线，切点为A，所以，同理可得，因为PB2PA，得，即，解得，所以,线段【点睛】从圆外一定点点引圆的切线，切线段的长利用定点到圆心的距离，半径求解14.若中，45，为所在平面内一点且满足 ，则长度的最小值为_【答案】【解析】【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，设，则，求得，令，解得，进而利用二次函数的性质，求得取得最小值.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，由题意，设，所以， 所以，即，令，则，所以，所以 ，当且仅当时，取得最小值.【点睛】本题主要考查了向量的数量积的应用问题，其中建立适当的直角坐标系，利用向量的数量积的运算，得到，利用表示出关于的二次函数是解答的关键，着重考查了分析问题和解

10、答问题的能力，试题有一定的综合性，属于中档试题.二、解答题：本大题共6小题，1517每小题14分，1820每小题16分，共计90分.15.如图，在ABC中，为所对的边，CDAB于D，且（1）求证：；（2）若，求的值 【答案】（1）见解析（2） 【解析】分析】（1）由题意可得，由正弦定理，得，即可作出证明；（2）由（1）得，得到，所以，即可求解的值.【详解】（1）证明：因为， 所以， 由正弦定理，得， 所以 （2）解：由（1）得， 所以， 化简，得 又，所以，所以， 所以【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的

11、关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.16.如图，在三棱柱中，已知，分别为线段，的中点，与所成角的大小为90，且. 求证：（1）平面平面；（2）平面.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）推导出，从而平面，由此能证明平面平面（2）取中点，连结，推导出四边形是平行四边形，从而，由此能证明平面【详解】证明：（1）因为与所成角的大小为90，所以，因为，且N是A1C的中点，所以.又，、平面， 故平面，因为平面

12、，所以平面平面.（2）取AC中点P，连结NP，BP.因为N为A1C中点，P为AC中点，所以PN/AA1，且PNAA1. 在三棱柱中，BB1 / AA1，且BB1AA1.又M为BB1中点，故BM / AA1，且BMAA1.所以PN / BM，且PNBM，于是四边形PNMB是平行四边形，从而MN / BP.又平面，平面，故平面.【点睛】本题考查面面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题17.已知点O为坐标原点，椭圆C：（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点I，J分别是椭圆C的右顶点、上顶点，IOJ的边IJ上的中线长为（1）

13、求椭圆C的标准方程；（2）过点H（2，0）的直线交椭圆C于A，B两点，若AF1BF1，求直线AB的方程【答案】（1）（2）x2y20或x2y20【解析】【分析】(1)由直角三角形中线性质得到，再根据条件得到求解即可；（2）设出直线AB，联立直线和椭圆得到二次方程，由AF1BF1，得到，整理得（12k2）（x1x2）（1k2）x1x214k20，代入韦达定理即可.【详解】（1）由题意得IOJ为直角三角形，且其斜边上的中线长为，所以设椭圆C的半焦距为c，则解得所以椭圆C的标准方程为（2）由题知，点F1的坐标为（1，0），显然直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为yk（x2）（k0），点A（x1，y

14、1），B（x2，y2）联立消去y，得（12k2）x28k2x8k220，所以（8k2）24（12k2）（8k22）8（12k2）0，所以（*）且，因为AF1BF1，所以，则（1x1，y1）（1x2，y2）0，1x1x2x1x2y1y20，1x1x2x1x2k（x12）k（x22）0，整理，得（12k2）（x1x2）（1k2）x1x214k20即化简得4k210，解得因为都满足（*）式，所以直线AB的方程为或即直线AB的方程为x2y20或x2y20【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组

15、关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用18.某校有一块圆心，半径为200米，圆心角为的扇形绿地，半径的中点分别为，为弧上的一点，设，如下图所示，拟准备两套方案对该绿地再利用.（1）方案一：将四边形绿地建成观赏鱼池，其面积记为，试将表示为关于的函数关系式，并求为何值时，取得最大？（2）方案二：将弧和线段围成区域建成活动场地，其面积记为，试将表示为关于的函数关系式；并求为何值时，取得最大？【答案】（1），当时，（平方米）；（2），当时，（平方米）【解析】试题分析：首先

16、表示四边形ANOM的面积，利用与面积相加，借助来表示，再根据三角函数求出最值，然后利用扇形的面积减去的面积表示ANQ的面积，并借助导数求出最值.试题解析：（1）由已知，,，；故， 整理得（平方米）， 当时，（平方米） （2）由已知， 即； ，故； 在上为增函数， 当时，（平方米）. 答：（1）当时，（平方米）；（2）关于的函数表达式， 当时，（平方米）.【点睛】解决实际应用问题要注意实际问题的要求，表示图形面积注意使用割、补方法，借助几个图形面积的和或差表示图形面积，结合所学数学知识求最值，如利用三角函数、二次函数、基本不等式、函数的单调性、导数工具等.19.已知正项数列，其前项和为，满足，.

17、（1）求数列的通项公式；（2）如果对任意正整数，不等式都成立，求证：实数的最大值为1.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用公式进行代入计算，化简整理可发现数列是首项为1，公差为1的等差数列，即可得到数列的通项公式；（2）从两个方面分别计算出及从而可得【详解】（1）当时，解得，或（舍）由得，即，也就是，由于数列各项均为正数，所以，即.所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以数列的通项公式为. （2）由（1）得，即，因为，所以，所以，所以，因为不等式对任意的正整数恒成立，即对任意的正整数恒成立，又当，则的最大值为1；【点睛】本题主要考查数列求通项公式，以及数列不等式的证明问题

18、考查了转化思想，分类讨论，放缩法的应用，逻辑推理能力和数学运算能力属于中档题20.已知函数（其中）.（1）当时，若函数在上单调递减，求的取值范围；（2）当，时，求函数的极值；设函数图象上任意一点处的切线为，求在轴上的截距的取值范围.【答案】（1）；（2）见解析，【解析】【分析】（1）当时，求出导数，分离参数，求出即可；（2）时，对进行讨论，根据的导数判断呐喊声的单调性和极值得出结论；设切点为，则曲线在点处的切线方程为，当时，切线没有截距，否则表示出截距，结合基本不等式求出截距的范围【详解】（1）时， 的导函数，由题意知对任意有，即，即.（2）时， 的导函数，(i)当时，有；，函数在单调递增，单

19、调递减，函数在取得极大值，没有极小值.(ii)当时，有；，函数在单调递减，单调递增，函数在取得极小值，没有极大值.综上可知: 当时，函数在取得极大值，没有极小值；当时，函数在取得极小值，没有极大值.设切点为，则曲线在点处的切线方程为，当时，切线的方程为，其在轴上的截距不存在.当时，令，得切线在轴上的截距为当时，当时，当切线在轴上的截距范围是.【点睛】本题考查导数法判断函数的单调性和极值，含参问题的讨论，函数的切线问题，基本不等式的应用等，综合性较强21.已知矩阵的逆矩阵.求矩阵的特征值和相应的特征向量.【答案】见解析【解析】【分析】由，得，由特征多项式，求得，即可得出【详解】由，得，由特征多项

20、式，得，所以特征值对应的特征向量，特征值对应的特征向量.【点睛】本题考查了矩阵变换、特征值与特征向量、逆矩阵，考查了推理能力与计算能力，属于基础题22.在极坐标系中，已知圆的圆心极坐标为，且圆经过极点，求圆的极坐标方程.【答案】【解析】【分析】直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换，进一步求出结果【详解】解：因为的直角坐标为，半径，所以圆的直角坐标方程为，即，故圆的极坐标方程为，即【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型23.已知，为正实数，的最小值为.【答案】18【解

21、析】【分析】根据题意，由基本不等式的性质求出的最小值，即可得答案【详解】解：根据题意，为正实数，则，当且仅当时，取“”，故的最小值为18；所以【点睛】本题考查基本不等式的性质以及应用，注意不等式成立的条件，属于基础题24.把编号为1，2，3，4，5的五个大小、形状相同的小球，随机放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子里每个盒子里放入一个小球.（1）求恰有两个球的编号与盒子的编号相同的概率；（2）设恰有个小球的编号与盒子编号相同，求随机变量的分布列与期望.【答案】（1）（2）见解析，数学期望为1【解析】【分析】满足条件的放法共有种，恰有两个球的编号与盒子的编号相同的放法有种，由古典概率公式可得所

22、求概率写出随机变量X的可能值以及取各值的概率，即可得到分布列，再利用公式求期望即可.【详解】（1）记恰有2个小球与盒子编号相同为事件.将5个小球随机放入五个盒子中，每个盒子放一个共有即120种不同的放法.事件共有种放法，所以.答：恰有2个盒子与小球编号相同的概率为.（2）随机变量的可能值为0，1，2，3，5.，.01235所以.【点睛】本题考查古典概型的应用、离散型随机变量的分布列与期望以及排列组合的应用，属中档题25.设，其中（1）当时，求的值；（2）对，证明：恒为定值【答案】（1）1（2）1【解析】分析：（1）当时可得，可得.（2）先得到关系式，累乘可得，从而可得，即为定值详解：（1）当时，又，所以. （2） 即，由累乘可得，又，所以即恒为定值1点睛：本题考查组合数的有关运算，解题时要注意所给出的的定义，并结合组合数公式求解由于运算量较大，解题时要注意运算的准确性，避免出现错误