江苏省南通市基地学校2020届高三数学下学期第二次大联考试题（含解析）.doc

1、江苏省南通市基地学校2020届高三数学下学期第二次大联考试题（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，则集合中元素的个数为_个.【答案】2【解析】【分析】利用交集的定义即可.【详解】由已知，所以集合中元素的个数为2.故答案为：2【点睛】本题考查集合的交集运算，考查学生对交集概念的理解，是一道容易题.2.复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于实轴上，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】利用复数的除法运算化简复数z，由几何意义可得所对应的点的坐标，进一步可得答案.【详解】由已知，所以所对应的点为，

2、此点在实轴上，所以，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的几何意义，是一道容易题.3.一组数据3，6，5，7，6的平均数为6，则该组数据的方差为_.【答案】【解析】【分析】利用平均数、方差的公式计算即可.【详解】由已知，解得，所以该组数据的方差为.故答案为：【点睛】本题考查平均数、方差的计算，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.4.根据如图所示的伪代码，最后输出的的值为_.【答案】7【解析】【分析】根据当型循环的含义，知直到时，退出循环.【详解】第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；因，故退出循环，此时.故答案为：7【点睛】本题考查根据当型循环语句计算输出值的问

3、题，此类题要做到认真通读语句，建议数据较小时可以采用列举出来的办法，是一道容易题.5.若，则函数有零点的概率为_.【答案】【解析】【分析】基本事件的总数有种，而函数有零点必须，找到满足的种数，再利用古典概型的概率计算公式计算即可.【详解】由已知，函数解析式一共有种不同的情况，函数有零点，则相应的一元二次方程的，即，所以有；共6种情况，由古典概型的概率计算公式可得函数有零点的概率为.故答案为：【点睛】本题主要考查古典概型的概率计算，涉及到函数的零点知识，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.6.在平面直角坐标系中，已知双曲线（，）的右焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为.若，则双曲线的

4、离心率为_.【答案】【解析】【分析】利用点到直线的距离公式可得，从而，再利用双曲线离心率公式计算即可.【详解】由已知，不妨设过F作渐近线的垂线，则，又，所以，所以，故双曲线的离心率为.故答案为：【点睛】本题考查求双曲线的离心率，做此类题目，最关键的是找到之间的等量关系，是一道容易题.7.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4，面积为的扇形，则该圆锥的高为_.【答案】【解析】【分析】展开的扇形的弧长即为圆锥底面圆的周长，扇形的半径即为圆锥的母线，由扇形的面积结合勾股定理即可得到答案.【详解】设圆锥底面圆的半径为，扇形的弧长为，半径为，由已知，解得，所以，故圆锥的高为.故答案为：【点睛】本题考求圆锥的

5、高，涉及到圆锥的展开图以及扇形的面积等知识，考查学生的计算能力，是一道容易题.8.若将函数的图象向左平移个单位后，所得图象关于轴对称，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】函数的图象向左平移个单位后得到函数，由题意函数是偶函数，所以，再结合的范围即可得到答案.【详解】由已知，函数的图象向左平移个单位后，得到函数，此函数图象关于轴对称，则，即，又，所以.故答案为：【点睛】本题考查正弦型函数的平移问题，涉及到函数的对称性，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.9.已知函数的图象在点处的切线与直线平行，则的值为_.【答案】【解析】【分析】利用导数的几何意义求出函数的解析式即可解决问题.详解】，由题

6、意可得，解得，所以，.故答案为：【点睛】本题主要考查导数的几何意义，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.10.设为等差数列的前项和，若，则的值为_.【答案】30【解析】【分析】由等差数列的性质可得，结合可得，公差，所以，再利用等差数列的求和公式即可得到答案.【详解】设等差数列的公差为，由已知及等差数列的性质，得，又，所以，即，故，.故答案为：30【点睛】本题考查等差数列的求和问题，涉及到等差数列的基本性质，考查学生的计算能力，是一道中档题.11.已知函数，则不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】先求出的解析式，再分类讨论解不等式即可.【详解】当时，所以，当时，解得，所以；当时，解得或，所

7、以；综上，不等式的解集为.故答案为：【点睛】本题考查解分段函数不等式，已知函数值的范围求自变量的范围时，要注意分段讨论，特别注意解出的范围是否满足相应段的自变量的取值范围，本题是一道中档题.12.已知，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】由已知可得，令，则原式，利用基本不等式即可解决.【详解】由已知，所以，故，令，原式，当且仅当，即，时，等号成立.故答案为：【点睛】本题考查基本不等式求最值的问题，涉及到对数的运算性质，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.13.如图，在矩形中，分别是和的中点，若是矩形内一点（含边界），满足，且，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】，设，则，三点共线，即

8、点在直线上，且位于矩形内部（含端点），设的中点为，则，只需求的最小值即可.【详解】由，得，所以.取，则，三点共线，即点在直线上，且位于矩形内部（含端点），如图.设的中点为，则.因为，分别是和的中点，所以，当时，最小，且最小值为，所以的最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查求平面向量数量积的最小值问题，涉及到向量共线定理的结论，考查学生的等价转化与数形结合的思想，是一道较难的题.14.在平面直角坐标系中，已知圆，点，过圆外一点作圆的切线，切点为.若，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由已知可得点在圆外且在圆内（含圆上），设，易知，分，两种情况化简目标函数并数形结合即可求得取值范围.【详

9、解】由，即，所以，化简得，所以点在圆外且在圆内（含圆上）.设，易知大圆圆心到直线的距离，所以，所以当时，有，结合图形可知，；当时，有，结合图形可知，.综上所述，的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查非线性可行域且含有绝对值的目标函数的非线性规划问题，考查学生逻辑推理与数形结合的思想，是一道难题.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，在三棱柱中，侧面底面，分别是棱，的中点.求证：（1）平面；（2）.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）要证明平面，只需证明即可；（2）要证明，只需证明平面即可.【

10、详解】（1）在中，分别是棱，的中点，所以.又在三棱柱中，所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）因为侧面底面，侧面底面，平面，所以平面.又因为平面，所以.【点睛】本题考查线面平行的判定定理以及面面垂直的性质定理，考查学生的逻辑推理能力，是一道容易题.16.在中，内角，所对的边分别为，.已知，成等差数列，且.（1）求的值；（2）求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由及正弦定理可得，又，可得，再利用余弦定理即可；（2）由（1）可得，进一步得到，再利用两角和的正弦公式展开即可.【详解】（1）在中，由正弦定理，得.又由，得.又因为，所以.又由，成等差数列，得，所以，.由余弦定理可得，. （2

11、）在中，由（1）可得，从而，.故.【点睛】本题考查正余弦定理以及两角和的正弦公式、倍角公式的应用，考查学生的数学运算求解能力，是一道容易题.17.如图，要利用一半径为的圆形纸片制作三棱锥形包装盒.已知该纸片的圆心为，先以为中心作边长为（单位：）的等边三角形，再分别在圆上取三个点，使，分别是以，为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以，为折痕折起，使得，重合于点，即可得到正三棱锥. （1）若三棱锥是正四面体，求的值；（2）求三棱锥的体积的最大值，并指出相应的值.【答案】（1）（2）最大值为，此时.【解析】【分析】（1）因为三棱锥是正四面体，所以是正三角形，连结，交于点，连结，算出，由即可得到答案

12、；（2）易得，设函数，利用导数求得的最大值即可得到体积的最大值.【详解】（1）连结，交于点，连结，在中， ，则.因为三棱锥是正四面体，所以是正三角形，所以，即，解得. （2）在中，所以高.由可得，.所以三棱锥的体积.设函数，则.令得，.列表如下：0极大值所以在时取最大值，所以.所以，所以.所以三棱锥体积的最大值为，此时.【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题以及三棱锥的体积的计算，涉及到利用导数求函数的最值，考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.18.如图，在平面直角坐标系中，己知是椭圆的右焦点，是椭圆上位于轴上方的任意一点，过作垂直于的直线交其右准线于点.（1）求椭圆的方程；（2）若，求证

13、：直线与椭圆相切；（3）在椭圆上是否存在点，使四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点的坐标：若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）见解析（3）存在，.【解析】【分析】（1）准线方程为，结合即可得到答案；（2），由点斜式写出的方程，进一步得到的坐标，利用P、Q两点的坐标写出方程，再与椭圆方程联立消元，判断方程解的个数即可；（3）当直线的斜率不存在，则，.此时存在，使得四边形是平行四边形；当直线的斜率存在，设，分别求出的坐标，利用及解方程组即可判断.【详解】（1）由题意，解得，所以椭圆的方程为.（2）因为，由于，所以，所以.设，则，所以，即点的坐标为.由直线的斜率为，所以直线的方程为

14、，令，得，即，所以直线的方程为.联立方程组，消得，化简可得，即方程有唯一解.所以上述方程组有唯一解，即直线与椭圆有且只有一个公共点，所以直线与椭圆相切.（3）若直线的斜率不存在，则，.此时存在，使得四边形是平行四边形.若直线的斜率存在，设，则，由直线的斜率为，知直线的方程为.令，得，即，所以直线的斜率.假设在椭圆上存在点，使四边形是平行四边形，则，.所以直线的方程为，联立椭圆，可得，所以直线的斜率.又直线的斜率，令，即，化简可得，.又，可以解得，这与矛盾！综上，符合条件的点只有一个，其坐标为.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及到求椭圆的方程、证明直线与椭圆相切、椭圆中的存在性问题，考查

15、学生的数学运算求解能力，是一道较难的题.19.已知数列满足，.（1）若.设，求证：数列是等比数列；若数列的前项和满足，求实数的最小值；（2）若数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，且，求数列的通项公式.【答案】（1）见解析的最小值为6.（2），.【解析】【分析】（1）由已知可得，又，再利用等比数列的定义即可；利用累计法可得是以6为首项，为公比的等比数列，再用公式法求得即可；（2）设奇数项所成等差数列的公差为，偶数项所成等差数列的公差为，对n分n为奇数和偶数进行讨论，结合，可得，进一步得到数列的通项公式.【详解】（1）因为，且，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.由知，所以，则，所以是以6为首项

16、，为公比的等比数列，所以.当时，有最大值6，所以实数的最小值为6.（2）设奇数项所成等差数列的公差为，偶数项所成等差数列的公差为当为奇数时， ，则，即，所以，故.当为偶数时，则，即，所以，故.综上可得，.又，所以.所以当为奇数时，；当为偶数时，.故数列的通项公式为，.【点睛】本题考查等差、等比数列的综合应用，涉及到构造法证明数列是等比数列、累加法求数列的通项、等比数列的求和公式、分类讨论求等差数列的通项，考查学生的数学运算求解能力，是一道有一定难度的题.20.已知函数，是的导函数.（1）若，求的值；（2）设.若函数在定义域上单调递增，求的取值范围；若函数在定义域上不单调，试判定的零点个数，并给

17、出证明过程.【答案】（1）（2）；函数必有三个不同零点.见解析【解析】【分析】（1）由以及即可得到；（2）在上恒成立，即在上恒成立，设，只需求出的最小值即可；由，知不可能对恒成立，即在定义域上不可能始终都为减函数.进一步可得，设，与有相同的零点，对进行分析即可.详解】（1）由，得，因为，所以，所以（2）因为，所以的定义域为，.因为函数在定义域上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立.设，则，当时，则在上为减函数，当时，则在上为增函数，所以在时恒成立，所以.因为，所以，则不可能对恒成立，即在定义域上不可能始终都为减函数.由知函数在定义域上单调递增，所以若函数在定义域上不是单调函数.又因为，所以是

18、函数一个零点.令，得，设，则与有相同的零点，令，得.因为，所以，所以有两个不相等实数解，因为，所以不妨设.当时，在为增函数，当时，在为减函数，当时， 在为增函数，则，.又因为时，又因为在图象不间断，所以在有唯一一个零点，又因在图象不间断，所以在有唯一一个零点，又因为是函数一个零点.综上函数必有三个不同零点.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、函数的零点问题，考查学生的逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.第卷（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42：矩阵与变换21.点经矩阵

19、变换后得到点在直线上，且矩阵不存在逆矩阵，求实数，的值.【答案】或.【解析】【分析】设，点在直线及矩阵不存在逆矩阵可得，解方程组即可.【详解】设点，则，即.因为点在直线上，所以，化简得.又不存在逆矩阵，所以联立得解之得或.【点睛】本题考查矩阵的线性变换以及可逆矩阵，考查学生的基本奇数能力，是一道容易题.B.选修44：坐标系与参数方程22.在极坐标系中，圆的方程为，以极点为坐标原点，极轴为轴正半轴建立平面直角坐标系.设直线的参数方程为（为参数），若直线与圆恒有公共点，求的取值范围.【答案】.【解析】【分析】利用极坐标方程与普通方程的互化公式，参数方程消参得到直线与圆C的普通方程，再利用圆心到直线

20、的距离小于等于半径即可.【详解】由得，即所以圆的方程对应的普通方程为，直线的普通方程为.因为直线与圆恒有公共点，则圆心到直线的距离，即.解得的取值范围是.【点睛】本题考查极坐标方程与普通方程、参数方程与普通方程的互化以及直线与圆的位置关系，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.C.选修45：不等式选讲23.已知不等式的解集为，求实数的值.【答案】【解析】【分析】由题意，是方程的根，或，代入检验即可.【详解】设，因为不等式的解集为，所以是方程的根，所以，解得或.当时，所以故不等式的解集为，不合题意，舍去.经验证，当时不等式的解集为，符合题意，所以.【点睛】本题考查已知绝对值不等式的解集求参数，考

21、查学生的运算求解能力，是一道容易题.【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.24.一个均匀的正四面体的四个面分别涂有1，2，3，4四个数字，现随机投掷两次，正四面体底面上的数字分别为，记.（1）记取得最大值时的概率；（2）求的概率分布及数学期望.【答案】（1）（2）见解析，3【解析】【分析】（1），时，最大即可得到答案；（2）的可能取值为0，1，2，4，5，8.求出取相应值的概率，列出分布列即可得到期望.【详解】正四面体底面上的数字可能是1，2，3，4，则的所有取值为0，1，4.（1）当时，最大，所以.（2）的可能取值为0，1，2，4，5

22、，8.，.所以的概率分布为012458数学期望.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列与期望，做此类题要注意列准随机变量的所有可能的取值，并且求出相应值的概率，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.25.如图，已知抛物线，在轴正半轴上有一点，过点作直线，分别交抛物线于点，过点作垂直于轴分别交于点.当，直线的斜率为1时，.（1）求抛物线的方程；（2）判断是否为定值，若是，求出此定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）是，定值1【解析】【分析】（1），得为焦点，所以，再由直线与抛物线联立，利用根与系数的关系代入求解；（2）设，直线，分别联立抛物线方程可得，.设，由，三点共线，通过计算可得，即，关于轴对称，从而使问题得到解决.【详解】（1）设，将直线与抛物线联立，得，所以.由，得即为焦点，所以，即，所以抛物线的方程为.（2）由题意可知，斜率存在且不为0.设，设直线，与抛物线联立得，所以，.设，由，三点共线，又，得.同理，.所以.即，关于轴对称.所以，为定值.【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系中的定值问题，做此类题时，一般要由直线与抛物线方程联立并利用根与系数的关系解题.考查学生的数学运算求解能力，是一道有一定难度的题.