江苏省南通市2020届高三数学下学期第四次调研测试试题（含解析）.doc

1、江苏省南通市2020届高三数学下学期第四次调研测试试题（含解析）第卷（必做题，共160分）一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分，请将答案填写在答题卷相应的位置上）1.已知集合，则_【答案】【解析】【分析】解一元二次方程求得集合，由此求得.【详解】由解得或，所以，所以故答案为：【点睛】本小题主要考查集合交集的概念和运算，属于基础题.2.已知复数z满足，其中i是虚数单位，则z的实部为_【答案】2【解析】【分析】由已知求出，即得z的实部.【详解】由题得，所以，所以的实部为.故答案为：2【点睛】本题主要考查复数的运算和复数实部的概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3.某中学为了了

2、解高三年级女生的体重（单位：千克）情况，从中随机抽测了100名女生的体重，所得数据均在区间中，其频率分布直方图如图所示，则在抽测的100名女生中，体重在区间的女生数为_【答案】75【解析】【分析】先根据频率分布直方图求出所求区间的频率，然后乘以总人数即为所求.【详解】由频率分布直方图可知，体重在区间的频率为，所以体重在区间的女生数为 故答案为：75【点睛】本题主要考查频率分布直方图，属于基础题.4.一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，若输出的值为，则输入的x的值为_【答案】1【解析】【分析】模拟程序的运行过程可知该程序的功能是求分段函数的函数值，利用分类讨论即可求出答案【详解】解：模拟程序的

3、运行过程可知，该程序的功能是求分段函数的函数值，当时，得，不符合题意；当时，得，符合题意；输入的x的值为1，故答案为：1【点睛】本题主要考查程序与算法的应用，属于基础题5.在平面直角坐标系中，已知双曲线上一点M到它的一个焦点的距离等于1，则点M到另一个焦点的距离为_【答案】17【解析】【分析】设双曲线的左右焦点分别为,由题得，令即得解.【详解】设双曲线的左右焦点分别为,由题得,所以或（舍）.所以点M到另一个焦点的距离为.故答案为：.【点睛】本题主要考查双曲线的定义，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.6.已知区域，和，若在区域A内随机取一点，则该点恰好落在区域B内的概率为_【答案】【解析】【分

4、析】分别求出集合，所对应的区域的面积，然后根据几何概型的概率公式即可求解【详解】因为，表示的区域是以4为边长的正方形，面积为16，由，可知，其区域为如图所示的阴影部分，面积，故在区域内随机取一点，则该点恰好落在区域内的概率.故答案为：.【点睛】本题主要考查几何概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析数学问题的能力.7.若实数x，y满足，则的最小值为_【答案】8【解析】【分析】利用基本不等式求得所求表达式的最小值.【详解】依题意，当且仅当，即时等号成立.所以的最小值为.故答案为：【点睛】本小题主要考查利用基本不等式求最值，属于基础题.8.已知数列满足，且，则的值为_【

5、答案】【解析】【分析】根据已知条件判断出数列是等比数列，进而求得的值.【详解】由于，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查根据递推关系求某一项的值，考查等比数列的定义，属于基础题.9.已知是定义在R上的周期为3的奇函数，且，则的值为_【答案】【解析】【分析】根据题意可知函数的周期为3，可得，然后根据函数的奇偶性可得，最后利用函数的周期性可得【详解】由题可知：函数是定义在R上的周期为3的奇函数所以，又所以，则所以故答案为：【点睛】本题考查函数的周期性和奇偶性的综合应用，关键在于观察，利用函数的周期性，把大数变小数，属基础题.10.已知柏拉图多面体是指每个

6、面都是全等的正多边形构成的凸多面体著名数学家欧拉研究并证明了多面体的顶点数（V）、棱数（E）、面数（F）之间存在如下关系：利用这个公式，可以证明柏拉图多面体只有5种，分别是正四面体、正六面体（正方体）、正八面体、正十二面体和正二十面体若棱长相等的正六面体和正八面体（如图）的外接球的表面积分别为，则的值为_【答案】【解析】【分析】设棱长为，分别求出正六面体和正八面体的外接球半径即可.【详解】设棱长为正六面体即正方体，它的外接球的半径等于体对角线的一半，所以对于正八面体，易得，故其外接球的球心为中点，所以所以故答案为：【点睛】本题考查的是几何体外接球，找出球心的位置是解题的关键，属于中档题.11.

7、在平面直角坐标系中，已知圆M经过直线与圆两个交点，当圆M的面积最小时，圆M的标准方程为_【答案】【解析】【分析】直线的方程与圆方程联立，求出两交点，当圆的面积最小时，圆以为直径，可求得圆的标准方程.【详解】由与联立得，得或，则两交点坐标为，当圆的面积最小时，圆以为直径，则圆心，半径为，圆M的标准方程为.故答案为：【点睛】本题考查了求直线与圆的交点坐标，求以两点的线段为直径的圆的标准方程，属于基础题.12.如图，四边形是以为直径的圆的内接四边形若，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】连接，则，再由直径可得，从而可求的值.【详解】连接 因为为直径，故，而，所以.同理.，因为在之间（异于两点），

8、故，所以，故答案为：.【点睛】本题考查向量的数量积，其计算方法有定义法、坐标法、基底法等，解题中注意向已知的向量转化.13.已知函数，则函数的不同零点的个数为_【答案】【解析】【分析】先求得的零点，然后由，求得函数的不同零点的个数.【详解】由于函数，当时，没有零点.当时，解得或.令，则或，即或.由或或或.解得或，或，或.所以函数不同零点的个数为.故答案为：【点睛】本小题主要考查分段函数零点问题，属于中档题.14.已知点G是的重心，且，若，则的值为_【答案】【解析】【分析】由得到，结合是的重心，得到，结合余弦定理和正弦定理，求得的值.【详解】依题意，所以，所以，因为是三角形的中心，所以，把代入并

9、化简得，即，由余弦定理得，所以，由正弦定理得，已知，所以，所以，由得，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查向量线性运算、数量积的运算，考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查同角三角函数关系以及三角恒等变换，属于难题.二、解答题（本大题共6小题，共计90分，请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.如图，在三棱锥中，平面，E，F分别是的中点，求证：（1）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，平面即得证；（2）先证明，平面即得证【详解】（1）在中，E，F分别是的中点，所以又因为平面，平面，所以平面（2）在中， ，所以

10、，所以因为平面，平面，所以又因为平面平面所以平面因为平面，所以在中，因为，E为的中点，所以又因为平面平面所以平面【点睛】本题主要考查空间直线平面的位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象转化能力.16.已知函数（1）求的最小值；（2）在中，且，若，求角B的大小【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）用降次公式，两角和与差公式，辅助角公式化简，再求得最小值；（2）由，求得角，再由正弦定理求得角.【详解】（1）因为当时，的最小值为，所以的最小值为（2）由（1）知，即因为，所以，所以，即在中，因为，由正弦定理，得，所以因为，所以【点睛】本题考查了降次公式，两角和与差公式，

11、辅助角公式，已知三角函数值求角，正弦定理，属于中档题.17.如图，在市中心有一矩形空地市政府欲将它改造成绿化景观带，具体方案如下：在边上分别取点M，N，在三角形内建造假山，在以为直径的半圆内建造喷泉，其余区域栽种各种观赏类植物（1）若假山区域面积为，求喷泉区域面积的最小值；（2）若，求假山区域面积的最大值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设，半圆的直径，根据假山区域面积为，找到与的关系，再表示出喷泉区域面积，求最值，注意验证半圆是否在矩形空地内，即验证是否能取到最小值；（2）由（1）根据以为直径的半圆区域在矩形广场内，求得的范围，再将假山区域面积用表示出来，再求最值.【详解】解：（

12、1）设，半圆的直径，半圆的圆心为O在直角三角形中，所以因为假山区域面积为，所以所以，所以喷泉区域面积，当且仅当，即时取等号此时因为点O到的距离，点O到的距离，所以，即，即所以以为直径的半圆区域一定在矩形广场内所以当时，取得最小值喷泉区域面积的最小值为（2）由（1）知，若，则所以点O到的距离，点O到的距离，因为以为直径的半圆区域在矩形广场内，所以即所以又因为，所以所以假山区域面积，因为，所以，所以当时，假山区域面积的最大值为【点睛】本题是三角函数在几何中的应用题，结合考查了直线与圆的位置关系，二倍角公式，还考查了学生的分析理解能力，运算能力，属于中档题.18.在平面直角坐标系中，已知椭圆与的离心

13、率相等椭圆的右焦点为F，过点F的直线与椭圆交于A，B两点，射线与椭圆交于点C，椭圆的右顶点为D（1）求椭圆的标准方程；（2）若的面积为，求直线的方程；（3）若，求证：四边形是平行四边形【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题得，解方程即得的值，即得椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，联立，得到韦达定理，再根据求出的值，即得直线的方程；（3）设先求出的坐标，得到所以，又，所以即得四边形是平行四边形【详解】（1）由题意知，椭圆的长轴长，短轴长，焦距，椭圆的长轴长，短轴长，焦距因为椭圆与的离心相等，所以，即，因为，所以，所以椭圆的标准方程为（2）因为椭圆右焦点为，且A，

14、O，B三点不共线，设直线的方程为，联立，消x得设，所以，即因为 ，化简得，所以，所以直线的方程为，即 （3）因为，所以因为，所以，所以 因为在椭圆上，所以，所以消，得代入，由对称性不妨设，所以，从而得，即所以，直线的方程为，联立，得由题知，所以，所以又，所以又因为不共线，所以，又，且不共线，所以所以四边形是平行四边形【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系和面积的计算，考查直线方程的求法和位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.19.已知函数（1）求曲线在处的切线方程；（2）设，求函数的单调区间；（3）若对任意的恒成立，求满足题意的所有整数m的取值集合

15、【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）.【解析】【分析】（1）利用切点和斜率求得切线方程.（2）求得的表达式，利用，对分成，两种情况进行分类讨论，由此求得的单调区间.（3）由对任意的恒成立，得到对成立，由此构造函数，利用来导数研究的单调区间和最值，由此求得整数的取值集合.【详解】（1），所以，所以所求切线方程为，即（2）由已知，所以当时，的单调递增区间为； 当时，令，得或（舍去），时，函数单调递减；时，函数单调递增 综上，当时，的单调递增区间为；当时，函数的单调递减区间为，函数的单调递增区间为 （3）由已知对成立，设，令，得当时，单调递减；当时，单调递增所以， 设，令，得当时，单调递增；当时

16、，单调递减 又，所以满足题意的整数m构成的集合为【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数求单调区间，考查利用导数求解不等式恒成立问题，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.20.已知数列的前n项和为，若是公差不为0的等差数列，且（1）求数列的通项公式；（2）证明：数列是等差数列；（3）记，若存在，（），使得成立，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）根据已知条件求得和数列的公差，由此求得数列的通项公式.（2）由（1）得到，进而得到数列是常数列，求得数列的通项公式，进而证得数列是等差数列.（3）先求得的表达式，然后求得的表达式，对进行分类讨

17、论，结合数列的单调性，求得的取值范围.【详解】（1）设等差数列的公差为d，因为，所以由得，即，因为，所以，从而（2）由（1）知，即有， 所以， -得，整理得两边除以得，所以数列是常数列所以，即，所以，所以数列等差数列 （3）因为，所以，所以因为，当时，显然，若，则恒成立，所以，即，所以单调递减，所以不存在；若，则恒成立，所以，即，所以单调递减，所以不存在；若，则，所以当，成立，所以存在若，则当，且时，单调递增；当，且时，单调递减，不妨取，则综上，若存在，使得成立，则的取值范围是.【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式的求法，考查由递推关系证明等差数列，考查数列的单调性，考查分类讨论的数学思想方

18、法，属于难题.第II卷（附加题，共40分）【选做题】本题包括A，B，C三小题，请选定其中两题作答，每小题10分共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤A选修4-2：矩阵与变换21.已知矩阵的一个特征值为2（1）求实数a的值；（2）求矩阵A的另一个特征值及其对应的一个特征向量【答案】（1）；（2）矩阵A的另一个特征值为3，其对应的一个特征向量为.【解析】【分析】（1）根据矩阵的特征多项式列方程，结合矩阵的特征值求得的值.（2）由（1）求得另一个特征值，根据特征向量的求法，求得对应的特征向量.【详解】（1）由已知，矩阵A的特征多项式为，令得，因为矩阵A的一个特征值为2，所以上述方程有一

19、个实数解，所以 （2）由（1）得，解得，所以另一个特征值为设其对应的一个特征向量为，则，取，则所以矩阵A的另一个特征值为3，其对应的一个特征向量为【点睛】本小题主要考查根据特征值求参数，考查特征值和特征向量的求法，属于中档题.B.选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），椭圆C的参数方程为 （为参数）若直线l被椭圆C所截得的弦长为，求实数m的值【答案】【解析】【分析】将椭圆C的参数方程化为普通方程，将直线l的参数方程代入椭圆方程，结合直线的参数方程中参数的几何意义与韦达定理即可求出答案【详解】解：将椭圆C的参数方程（为参数）化为普通方程得，将直线l的

20、参数方程代入椭圆方程得，即，由得，设为两交点对应的参数，直线l截椭圆所得弦长为，符合，【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，考查直线的参数方程的应用，属于中档题C选修4-5：不等式选讲23.若实数a，b，c满足，求证：【答案】证明见解析.【解析】【分析】利用柯西不等式证得不等式成立【详解】因为， 所以又，所以【点睛】本小题主要考查利用柯西不等式证明不等式，属于中档题.【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤24.已知直四棱柱的棱长均相等，且，M是侧棱的中点，N是棱上的点（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）若二面角的大小为，试确定

21、点N的位置【答案】（1）；（2）点N与点重合.【解析】【分析】连结，取的中点，连接，可以证明，从而建立如图所示的空间直角坐标系.（1）算出的坐标后可求的余弦值，从而得到异面直线所成角的余弦值.（2）算出平面的法向量和平面的法向量后再计算它们夹角的余弦值，从而可得二面角的余弦值.【详解】连结，取的中点，连接，因为直四棱柱的棱长均相等，所以底面是菱形又，所以是正三角形，所以，因为，所以因为直四棱柱中，平面，平面，所以分别以直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系（1）设直四棱柱的棱长均为2，则所以，设异面直线与所成角的大小为，则，所以异面直线与所成角的余弦值为（2）由（1）知，设平面的法向量

22、为，则即，所以取，则，即平面的一个法向量为设，则设平面的法向量为，则即，所以取，则，即平面的一个法向量为 则，解得所以当二面角的大小为，点N与点重合【点睛】本题考查空间角的计算，此类问题我们可以借助于空间中直线的方向向量和平面的法向量来帮助计算，比如异面直线所成角的的余弦值就是它们所在直线的方向向量夹角的余弦值的绝对值，二面角的平面角的余弦值就是两个平面的法向量的夹角的余弦值或其相反数（结合二面角的大小来考虑）.25.设 （，）（1）若展开式中第5项与第7项的系数之比为38，求k的值；（2）设（），且各项系数，互不相同现把这个不同系数随机排成一个三角形数阵：第1列1个数，第2列2个数，第n列n

23、个数设是第i列中的最小数，其中，且i，记的概率为求证：【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用题目所给展开式中第项与第项的系数之比列方程，解方程求得的值.（2）利用相互独立事件概率乘法公式，求得的表达式，构造数列，判断出数列的单调性，由此证得不等式成立【详解】（1）因为在展开式中第5项与第7项的系数之比为38，即， 所以，即，所以，解得或因为，所以 （2）由题意，最小数在第n列的概率为，去掉第n列已经排好的n个数，则余下的个数中最小值在第列的概率为，以此类推，余下的数中最小数在第2列的概率为，所以 由于，所以设，所以记，所以，所以是递增数列，所以；是递增数列，所以，所以，所以，即【点睛】本小题主要考查二项式展开式的系数，考查相互独立事件概率计算，考查数列的单调性，属于难题.