江苏省常州市2020届高三数学上学期期末考试试题（含解析）.doc

1、江苏省常州市2020届高三数学上学期期末考试试题（含解析）注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共4页，包含填空题（第1题一第14题）、解答题（第15题一第20题）.本卷满分160分，考试时间为120分钟.考试结束后，请将本卷和答题卡一并交回.2.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效.作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔.请注意字体工整，笔迹清楚.4.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.5.请保持答题卡卡面清洁，不要

2、折叠、破损.一律不准使用胶带纸、修正液、可擦洗的圆珠笔.参考公式：棱锥的体积，其中是棱锥的底面积，是高.样本数据，的方差，其中.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】求出集合B，即可得出【详解】集合集合集合故答案为：.【点睛】本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键2.若复数满足（是虚数单位），则的实部为_.【答案】-1【解析】【分析】设，再代入已知等式中计算解得，的值，即可求出的实部.【详解】设 ，故答案为：.【点睛】本题考查了复数的运算法则、虚部与实部的定义，考查了推理能力与计算能力

3、，属于基础题3.下图是一个算法的流程图，则输出的的值是_.【答案】10【解析】【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【详解】经过第一次循环得到结果为，此时不满足判断框的条件；经过第二次循环得到结果为，此时满足判断框的条件.执行输出，即输出10故答案为：10.【点睛】本题主要考查了循环结构，在解决程序框图中的循环结构时，常采用写出前几次循环的结果，找规律，属于基础题4.函数的定义域为_【答案】【解析】【分析】由题意得，解不等式求出的范围后可得函数的定义域【详解】由题意得，解得，函数的定义域为故答案

4、为【点睛】已知函数的解析式求函数的定义域，实质上就是求解析式中自变量的取值范围，解题时要根据解析式的特点得到关于自变量的不等式（组），解不等式（组）后可得结果5.已知一组数据17，18，19，20，21，则该组数据的方差是_.【答案】2【解析】【分析】先求出该组数据的平均值，再根据方差的公式计算即可.【详解】一组数据17，18，19，20，21的平均数为该组数据的方差为：故答案为：2.【点睛】本题考查方差的求法，考查平均数、方差的定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题6.某校开设5门不同的选修课程，其中3门理科类和2门文科类，某同学从中任选2门课程学习，则该同学“选到文科类选修课程”的概率

5、为_.【答案】【解析】分析】先求出基本事件总数为，该同学恰好“选到文科类选修课程”包含的基本事件个数为，由此能求出该同学“选到文科类选修课程”的概率【详解】某校开设5门不同的选修课程，其中3门理科类和2门文科类，某同学从中任选2门课程学习，基本事件总数为，该同学恰好“选到文科类选修课程”包含的基本事件个数为.该同学“选到文科类选修课程”的概率是.故答案为：.【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题7.已知函数，则_.【答案】【解析】【分析】先求出,则，由此能求出答案.【详解】函数故答案为： .【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，

6、考查运算求解能力，是基础题8.函数，取得最大值时自变量的值为_.【答案】【解析】【分析】令，解得，再根据，即可确定自变量的值.【详解】令，解得.故答案为：.【点睛】本题考查的知识要点为正弦型函数的性质的应用，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9.等比数列中，若，成等差数列，则_.【答案】64【解析】【分析】根据题意设等比数列的公比为，再根据，成等差数列结合等比数列的通项公式，即可求出q的值，从而可求出的值.【详解】设等比数列的公比为.，成等差数列故答案为：.【点睛】本题考查等比数列的通项公式、等差数列的中项性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题10.已知，则_.【答案】

7、【解析】【分析】利用诱导公式化简三角函数式求得的值，再利用二倍角的正切公式，求得结果【详解】故答案：.【点睛】本题主要考查应用诱导公式化简三角函数式、二倍角的正切公式的应用，属于基础题11.在平面直角坐标系中，双曲线：右顶点为，过作轴的垂线与的一条渐近线交于点，若，则的离心率为_.【答案】2【解析】【分析】求出右顶点，以及双曲线的渐近线方程，令，求得的坐标，由两点的距离公式和离心率公式，可得所求值【详解】双曲线：的右顶点为，且双曲线的渐近线方程为根据渐近线方程的对称性，设其中一条渐近线为.过点作轴的垂线与的一条渐近线交于点故答案为：2.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，离心率的求法，考查了转

8、化思想以及运算能力，双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出，代入公式；只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得 (的取值范围)12.已知函数，互不相等的实数，满足，则的最小值为_.【答案】14【解析】【分析】由对数的运算性质可得，再把转化为，借助于基本不等式即可求解.【详解】函数，互不相等的实数，满足，即，且.，当且仅当时取等号.的最小值为14.故答案为：14.【点睛】本题考查最值求法，注意运用对数的运算性质和基本不等式的最值求法.利用基本不等式求最值时，一定要正确

9、理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.13.在平面直角坐标系中，圆：上存在点到点的距离为2，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据题意，求得圆的圆心与半径，求出以点为圆心，半径为2的圆的方程，分析可得，若圆：上存在点到点的距离为2，则圆与圆有交点，结合圆与圆的位置关系分析可得答案【详解】圆：，其圆心，半径.点到点的距离为2点的轨迹为:又在上圆与圆有交点，即.或实数的取值范围是故

10、答案为：.【点睛】本题考查实数值、两平行线间的距离的求法，考查直线与直线平行的性质、两平行线间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题14.在中，点满足，且对任意，恒成立，则_.【答案】【解析】【分析】根据题意，设，则，由向量模的定义以及向量减法的几何意义分析可得，即，进而可得、的值，结合余弦定理计算可得答案【详解】根据题意，在中，点满足.设，则.对任意，恒成立，必有，即，如图所示.，.故答案为：.【点睛】本题考查三角形中的几何计算，涉及向量加减法的几何意义以及余弦定理的应用，属于综合题二、解答题：本大题共6小题，共计90分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算

11、步骤.15.在中，角，的对边分别为，已知，.（1）若，求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在中，可得,再根据，即可求出；（2）由余弦定理可得：，即可推出，从而求得的值.【详解】（1）在中，则，因为，所以.在中，所以，所以.（2）由余弦定理得，则，所以，因为，所以，即.【点睛】本题主要考查余弦定理，根据条件建立边角关系是解决本题的关键.解三角形问题的技巧：作为三角形问题，它必须要用到三角形的内角和定理，正弦定理、余弦定理及其有关三角形的性质，及时进行边角转化，有利于发现解题的思路；它毕竟是三角变换，只是角的范围受到了限制，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的，注

12、意“三统一”（即“统一角、统一函数、统一结构”）是使问题获得解决的突破口.16.如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，点，分别是线段，的中点.求证：（1）平面；（2）.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）取，的中点，连结，利用三角形的中位线性质可证，可证四边形是平行四边形，可证，进而利用线面平行的判定定理即可证明平面；（2）利用线面垂直的性质可证，又，利用线面垂直的判定定理可证平面，可证，又证，利用线面垂直的判定定理可证平面，进而利用线面垂直的性质可证【详解】证明：（1）取，的中点，连结，三角形中，为，的中点，所以，；三角形中，为，的中点，所以，因为四边形是矩形，所以

13、，从而，所以四边形是平行四边形.所以，又平面，平面，所以平面.（2）因为平面，平面，所以.因为四边形是矩形，所以.又因为，平面，平面，所以平面.又平面，所以.因为，为的中点，所以，又因为，平面，平面，所以平面.又平面，所以.【点睛】本题主要考查了三角形的中位线性质，线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，线面垂直的性质定理的应用，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题17.如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的左右焦点分别为，椭圆右顶点为，点在圆：上.（1）求椭圆的标准方程；（2）点在椭圆上，且位于第四象限，点在圆上，且位于第一象限，已知，求直线的斜率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（

14、1）由题意知，的值，及，之间的关系求出椭圆的标准方程；（2）设，的坐标，设直线的方程，由向量的关系可得，三点关系，直线与圆联立求出的坐标，直线与椭圆联立求出的坐标，再由向量的关系求出参数，进而求出直线的斜率【详解】（1）圆：的圆心，半径，与轴交点坐标为，点在圆：上，所以，从而，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）由题，设点，；点，.则，由知点，共线.直线的斜率存在，可设为，则直线的方程为，由，得，或，所以，由，得，解得，或，所以，代入得，又，得，所以，又，可得直线的斜率为.【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

15、锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，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.请你设计一个包装盒，是边长为的正方形硬纸片（如图1所示），切去阴影部分所示的四个全等的等腰三角形，再沿虚线折起，使得，四个点重合于图2中的点，正好形成一个正四棱锥形状的包装盒（如图2所示），设正四棱锥的底面边长为.（1）若要求包装盒侧面积不小于，求的取值范围；（2）若要求包装盒容积最大，试问应取何值？并求出此时包装盒的容积.【答案】（1）（2）当时，包装盒容积最大【解析】【分析】（1）结合已知可

16、建立侧面积关于的函数关系，然后由侧面积不小于，可建立关于的不等式，即可求得的取值范围；（2）先利用表示出的函数关系，结合导数可求其最大值【详解】（1）在图1中连结，交于点，设与交于点，在图2中连结，因为是边长为的正方形，所以，由，得，因为，即，所以.因为，由，得，所以.答：的取值范围是.（2）因为在中，所以，设，所以，令，得或（舍去）.列表得，8+0-极大值所以当时，函数取得极大值，也是最大值，所以当时，的最大值为.答：当时，包装盒容积最大为.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，求解极值及最值在实际问题中的应用，解题的关键是把实际问题转化为数学问题19.已知函数.（1）若曲线在处的

17、切线的斜率为2，求函数的单调区间；（2）若函数在区间上有零点，求实数的取值范围.（是自然对数的底数，）【答案】（1）函数的单调增区间为，单调减区间为（2）【解析】【分析】（1）求导，由导数的结合意义可求得，进而得到函数解析式，再解关于导函数的不等式即可得到单调区间；（2）对进行分类讨论，利用导数，结合零点的存在性定理建立不等式即可求解【详解】（1）函数的定义域为，则，所以，此时，定义域为，令，解得；令，解得；所以函数的单调增区间为，单调减区间为.（2）函数在区间上的图象是一条不间断的曲线.由（1）知，1）当时，对任意，则，所以函数在区间上单调递增，此时对任意，都有成立，从而函数在区间上无零点；

18、2）当时，令，得或，其中，若，即，则对任意，所以函数在区间上单调递减，由题意得，且，解得，其中，即，所以的取值范围是；若，即，则对任意，所以函数在区间上单调递增，此时对任意，都有成立，从而函数在区间上无零点；若，即，则对任意，；所以函数在区间上单调递增，对任意，都有成立；对任意，函数在区间上单调递减，由题意得，解得，其中，即，所以的取值范围是.综上可得，实数的取值范围是.【点睛】本题考查导数的结合意义，及利用导数研究函数的的单调性及函数的零点问题.判断函数有无零点的方法： 直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必

19、须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点20.设为正整数，若两个项数都不小于的数列，满足：存在正数，当且时，都有，则称数列，是“接近的”.已知无穷等比数列满足，无穷数列的前项和为，且，.（1）求数列通项公式；（2）求证：对任意正整数，数列，是“接近的”；（3）给定正整数，数列，（其中）是“接近的”，求的最小值，并求出此时的（均用表示）.（参考数据：）【答案】（1）（2）证明见解析（3）的最小值，此时【解析】【分析】（1）设等比数列公比为，由，可求得首项和

20、公比，进而求得通项；（2）只需证明成立，即可得证；（3）由题设可求得，根据定义进而得到对都成立，再构造函数求解即可【详解】（1）设等比数列公比为，由得，解得，故.（2）.对任意正整数，当，且时，有，则，即成立，故对任意正整数，数列，是“接近的”.（3）由，得到，且，从而，于是.当时，解得，当时，又，整理得，所以，因此数列为等差数列.又因为，则数列的公差为1，故.根据条件，对于给定正整数，当且时，都有成立，即对都成立.考察函数，令，则，当时，所以在上是增函数.又因为，所以当时，即，所以在上是增函数.注意到，故当时，的最大值为，的最小值为.欲使满足的实数存在，必有，即，因此的最小值，此时.【点睛】

21、本题考查数列与函数的综合运用，考查根据递推关系求数列通项及利用导数研究函数的单调性及最值，考查逻辑推理能力及运算能力，属于难题数学（附加题）注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷只有解答题，供理工方向考生使用.本试卷第21题有A、B、C三个小题供选做，每位考生在3个选做题中选答2题.若考生选做了3题，则按选做题中的前2题计分.第22、23题为必答题.每小题10分，共40分.考试时间30分钟.考试结束后，请将本卷和答题卡一并交回.2.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内

22、作答，在其他位置作答一律无效.作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔.请注意字体工整，笔迹清楚.4.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.5.请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、破损，一律不准使用胶带纸、修正液、可擦洗的圆珠笔.21.已知点在矩阵对应的变换作用下得到点.（1）写出矩阵的逆矩阵；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设矩阵的逆矩阵为，根据，列方程求出的逆矩阵；（2）根据题意可得 ，得出，从而求出，的值和的值.【详解】（1）设阵的逆矩阵为，则.，解得.（2）点在矩阵对应的变换作用下得到点，所以，得.所以，所以，得.【点睛】本题考查了矩阵的逆矩阵和矩

23、阵变换问题，也考查了计算求解能力，是中档题22.求圆心在极轴上，且过极点与点的圆的极坐标方程.【答案】【解析】【分析】设圆的极坐标方程是，根据点在圆上，解得的值，从而求得圆的极坐标方程.【详解】因为所求圆的圆心在极轴上，且过极点，故可设此圆的极坐标方程是.又因为点在圆上，所以，解得.因此所求圆极坐标方程是.【点睛】本题主要考查圆的极坐标方程的求法，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.求函数的最小值.【答案】最小值为2.【解析】【分析】先求出函数的定义域，再将函数化简到，然后利用基本不等式即可求出最小值.【详解】函数的定义域为，.，当且仅当，即时取到“”.所以当时，函数的

24、最小值为2.【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.24.批量较大的一批产品中有的优等品，现进行重复抽样检查，共取3个样品，以表示这3个样品中优等品的个数.（1）求取出的3个样品中有优等品的概率；（2）求随机变量的概率分布及数学期望.【答案】（1）（2）详见解析【解析】【分析】（1）记“取出的3个样品中有优等品”为事

25、件，由此利用对立事件概率计算公式能求出取出的3个样品中有优等品的概率；（2），写出随机变量的分布列，即可求得数学期望.【详解】（1）记“取出的3个样品中有优等品”为事件，则表示“取出的3个样品中没有优等品”，所以，答：取出的3个样品中有优等品的概率是.（2），随机变量的分布如下表：0123.【点睛】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查对立事件概率计算公式、二项分布的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题25.设集合，.（1）求中所有元素的和，并写出集合中元素的个数；（2）求证：能将集合分成两个没有公共元素的子集和，使得成立.【答案】（1）中所有元素的和为24；集合中元

26、素的个数为（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意求出，代入即可；（2）利用数学归纳法证明，当时，显然成立，假设，时，结论成立，即，且，当时，取，证明即可.【详解】（1），所以中所有元素的和为24；集合中元素的个数为.（2）取，下面用数学归纳法进行证明.当时，取，有，且成立.假设当，且时，结论成立，有，且成立.当时，取，此时，无公共元素，且.有，且，由归纳假设知，且，所以，即当时也成立；综上可得：能将集合，分成两个没有公共元素的子集和，使得成立.【点睛】本题主要考查数学归纳法的应用，属于难题.利用数学归纳法证明结论的步骤是：（1）验证时结论成立；（2）假设时结论正确，证明时结论正确（证明过程一定要用假设结论）；（3）得出结论.