江苏省扬州中学2020届高三数学下学期4月月考试题（含解析）.doc

1、江苏省扬州中学2020届高三数学下学期4月月考试题（含解析）一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分.不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1.已知集合，则_【答案】【解析】【分析】直接由集合的交集运算，即可得到本题答案.【详解】因为集合，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查集合的交集运算，属基础题.2.在复平面内，复数对应点所在第_象限.【答案】一【解析】【分析】利用复数的四则运算进行化简，再由复数的几何意义即可求解.【详解】由题意知，由复数的几何意义可知，复数在复平面内所对应的点坐标为，位于第一象限.故答案为：一【点睛】利用复数的四则运算和复数的几何意义判断复数对应的

2、点所在象限；考查运算求解能力；属于基础题.3.某校高三数学组有5名党员教师，他们一天中在“学习强国”平台上的学习积分依次为35，35，41，38，51，则这5名党员教师学习积分的平均值为_.【答案】40【解析】【分析】根据平均数的公式计算即可【详解】由题,则平均值为,故答案为：40【点睛】本题考查求平均数,考查运算能力,属于基础题4.如图是一个算法的流程图，该算法中若输出y的值为16，则输入x的值为_；【答案】4或-1【解析】【分析】由程序框图可知，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，利用输出y的值为16，利用逆推的方法即可求解.【详解】因为输出y的值为16，所以

3、，解得，当输入x的值满足时，此时即为所求；当输入x的值满足时，则，解得；故答案为：4或-1【点睛】本题考查利用程序框图中的循环结构，采用逆向思维已知输出变量的值求输入变量的值；考查运算求解能力和逻辑推理能力；熟练掌握程序框图中的循环结构是求解本题的关键；属于中档题.5.在区间上随机取一个数，则的概率为_.【答案】【解析】【分析】利用余弦函数的性质和与长度有关的几何概型概率计算公式即可求解.【详解】因为，所以，由与长度有关的几何概型概率计算公式可得，.故答案为：【点睛】本题考查余弦函数的性质和与长度有关的几何概型概率计算公式；考查运算求解能力；熟练掌握余弦函数的性质和几何概型概率计算公式是求解本

4、题个关键；属于中档题.6.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形，则此圆锥的高为_.【答案】【解析】【分析】设此圆的底面半径为，高为，母线为，根据底面圆周长等于展开扇形的弧长，建立关系式解出，再根据勾股定理得 ，即得此圆锥高的值【详解】设此圆的底面半径为，高为，母线为，因为圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形,所以，得 ,解之得，因此,此圆锥的高，故答案为:【点睛】本题给出圆锥的侧面展开图扇形的半径和圆心角，求圆锥高的大小，着重考查了圆锥的定义与性质和旋转体侧面展开等知识，属于基础题7.若数列为等差数列，且，则的值等于 _.【答案】【解析】【详解】因为，所以，故答案为24.8

5、.已知A，B，分别为双曲线（）的左，右顶点，点M在E上，且，则双曲线E的渐近线方程为_.【答案】【解析】【分析】根据的三边关系及双曲线的几何性质，利用余弦定理求出，进而得到点的坐标，再将点的坐标代入双曲线方程，得到的关系代入双曲线的渐近线方程即可求解.【详解】根据题意，易知点在双曲线的右支上，不妨设点在第一象限，如图所示：因为，所以，在中，由余弦定理可得，即，因为，所以，过作轴于点，则，所以点的坐标为，将点代入双曲线可得，化简可得，所以双曲线E的渐近线方程为.故答案为：【点睛】本题考查双曲线的几何性质；考查数形结合思想、逻辑推理能力和运算求解能力；掌握双曲线的几何性质是求解本题的关键；属于中档

6、题.9.已知定义在上的函数的导函数为，若，则不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】观察不等式的特征，构造函数，利用导数判断函数的单调性，利用单调性和的定义域即可求出不等式的解集.【详解】令，因为，所以，所以函数在上单调递减，由函数的定义域为，可得，解得，因为，所以，所以，所以，解得，综上可知，不等式的解集为.故答案为：【点睛】本题考查通过构造函数法、利用抽象函数的导数判断函数的单调性解不等式及抽象函数的定义域；考查运算求解能力、逻辑推理能力和数学抽象；熟练掌握利用导数判断函数的单调性的方法是求解本题的关键；属于中档题.10.在中，点D满足且，则当最小时，的值为_.【答案】【解析】【分析】结

7、合题目中的条件，利用平面向量的数量积公式进行转化，利用参数的之间的关系加以消元，通过配方，结合二次函数的图象与性质来确定相应的最值即可求解.【详解】因为，所以 ，所以当，即时，有最小值为.故答案为：【点睛】本题考查平面向量的数量积、二次函数的图象与性质，考查化归与转化的能力和运算求解能力；熟练掌握二次函数的图象与性质是求解本题的关键；属于中档题.11.锐角的面积为1，内角A，B，C所对的边分别为且，则 的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】利用三角形的面积公式得到的表达式，再利用余弦定理得到的表达式，把转化为关于内角的三角函数，再由锐角三角形和大边对大角求出角的范围，结合正切函数的单调性即可

8、求解.【详解】由题意知，,所以，由余弦定理可得，所以，因为，所以，因为锐角三角形，所以，即，所以，所以，所以 的取值范围为.故答案为：【点睛】本题考查利用三角形的面积公式和余弦定理，结合三角形内角的取值范围和正切函数的单调性求边长的取值范围；考查运算求解能力和转化与化归能力；灵活运用三角形的面积公式和余弦定理是求解本题的关键；属于中档题.12.已知函数，函数，若函数恰有个不同的零点，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由函数，把函数恰有个不同的零点，转化为恰有4个实数根，列出相应的条件，即可求解.【详解】由题意，函数，且函数恰有个不同的零点，即恰有4个实数根，当时，由，即，解得或，所以

9、，解得；当时，由，解得或，所以，解得，综上可得：实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查了函数与方程的应用，其中解答中利用条件转化为，绝对值的定义，以及二次函数的性质求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，属于中档试题.13.已知，为圆上的两个动点，为线段的中点，点为直线上一动点，则的最小值为_【答案】7【解析】【分析】取的中点 ，则，故只需求长度的最小值，注意的轨迹方程，从而可求的最小值.【详解】因为，取的中点，连接，则，又，故，所以，又，而，所以，当且仅当垂直于直线且三点共线时等号成立，所以的最小值为，填.【点睛】此类问题为“隐形圆问题”，常规的处理办法是找出动点所在的

10、轨迹（通常为圆），常见的“隐形圆”有：（1）到定点的距离为定长的动点的轨迹；（2）如果为定点，且动点满足，则动点 的轨迹为圆；（3）如果中，为定长，为定值，则动点的轨迹为一段圆弧14.设函数，其中.若恒成立，则当取得最小值时，的值为_.【答案】【解析】【分析】构造函数，可知函数的图象关于点对称，然后分三种情况进行讨论，分析函数在区间上的单调性，得出函数在区间上最值的可能取值，利用绝对值三角不等式可求出当取得最小值时的值.【详解】令函数，则，因为，所以函数的图象关于点对称，且，所以当时，所以函数在上单调递增，所以，两式相加可得，此时，当时，取得最小值；当时，对任意，所以函数在上单调递减，所以，两

11、式相加可得，此时当时，取得最小值；当时，令，得，令，列表如下： 极大值 极小值 不妨设，则，则，所以，因为，且，所以，因为，若，则，若，则，但，因为，所以，当时，当且仅当时，即当时，取得最小值；当时，综上所述，当当时，取得最小值，此时.故答案为：【点睛】本题考查利用绝对值三次函数的最值求参数、绝对值三角不等式的运用、通过构造函数，利用导数判断函数的单调性；考查运算求解能力和分类讨论的思想；充分利用三次函数的单调性、求出绝对值三次函数的最大值的可能值、并结合绝对值三角不等式的性质是求解本题的关键；属于抽象型、难度大型试题.二、解答题：（本大题共6道题，计90分.解答应写出必要的文字说明、证明过程

12、或演算步骤）15.已知为坐标原点，.（1）求的最小正周期；（2）将图象上各点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的两倍，再将所得图象向左平移个单位后，所得图象对应的函数为，且，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标表示和二倍角的正余弦公式及辅助角公式化简的表达式，进而求出其最小正周期即可；（2）根据函数图象的伸缩变换公式求出函数的表达式，再利用两角差的正弦公式和二倍角的余弦公式进行求解即可.【详解】（1）因为所以，函数的最小正周期为.（2）由（1）知，将图象上各点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的两倍得到函数，再将其图象向左平移个单位后得到函数，又，即，因为，所以

13、，所以.【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标表示、利用函数图象的伸缩变换公式求变化后的解析式、两角和的正弦公式和二倍角的余弦公式；考查运算求解能力和知识的综合运用能力；熟练掌握两角和的正弦公式和二倍角的余弦公式，并观察出角之间的关系是求解本题的关键；属于中档题.16.如图，在斜三棱柱中，已知为正三角形，D，E分别是，的中点，平面平面，.（1）求证：平面；（2）求证：平面.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据，分别是，的中点，即可证明，从而可证平面；（2）先根据为正三角形，且D是的中点，证出，再根据平面平面，得到平面，从而得到，结合，即可得证【详解】（1），分别是，的中点

14、平面，平面平面.（2）为正三角形，且D是的中点平面平面，且平面平面，平面平面平面且，平面，且平面.【点睛】本题考查直线与平面平行的判定，面面垂直的性质等，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，中档题17.如图，一条东西流向的笔直河流，现利用航拍无人机监控河流南岸相距150米的两点处（在的正西方向），河流北岸的监控中心在的正北方100米处，监控控制车在的正西方向，且在通向的沿河路上运动，监控过程中，保证监控控制车到无人机和到监控中心的距离之和150米，平面始终垂直于水平面，且，两点间距离维持在100米.（1）当监控控制车到监控中心的距离为100米时，求无人机距离水平面的距离；（2）若记无人机

15、看处的俯角（），监控过程中，四棱锥内部区域的体积为监控影响区域，请将表示为关于的函数，并求出监控影响区域的最大值.【答案】（1）米；（2），立方米【解析】【分析】（1）过D作，垂足为F，由面面垂直的性质定理可知，平面ABCE，即线段DF长为点D到平面ABCE的距离，在中利用面积相等求出DF即可；（2）由（1）知，DF是四棱锥D-ABCE的高，在中，把DF表示成关于的表达式，再利用四棱锥的体积公式把四棱锥内部区域的体积为监控影响区域表示成关于的函数，对函数进行求导，利用导数判断其单调性并求其最大值.【详解】（1）过D作，垂足为F，又因为平面平面ABCE，平面平面，所以平面ABCE，所以线段DF长

16、为点D到平面ABCE的距离，在中，（米），（米），所以（米）.即点D到水平面ABCE的距离为米.（2）由（1）知，DF是四棱锥D-ABCE的高，在中，因（米），所以（米），（米），所以（米），所以梯形ABCE的面积（米），所以四棱锥的体积，分析知，且，所以V关于的函数关系为，.因为，所以当时，；当时，即当时，函数单调递增；当时，函数单调递减，所以当，即时，（立方米）.即监控影响区域的最大值为立方米.【点睛】本题考查利用面面垂直的性质定理求点到面的距离、棱锥的体积公式和利用导数判断函数的单调性并求最值；考查逻辑推理能力和运算求解能力；灵活运用面面垂直的性质和利用导数求最值是求解本题的关键；属于难

17、度较大型试题.18.已知椭圆：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线：与椭圆有且只有一个公共点T（）求椭圆的方程及点的坐标；（）设是坐标原点，直线平行于，与椭圆交于不同的两点、，且与直线交于点，证明：存在常数，使得，并求的值【答案】（），点T坐标为（2,1）；（）.【解析】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（）问，利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去y得关于x的方程有两个相等的实数根，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系，进行求解.试题解析：（）由已

18、知，则椭圆E的方程为.由方程组得.方程的判别式为，由，得，此时方程的解为，所以椭圆E的方程为.点T坐标为（2,1）.（）由已知可设直线的方程为，由方程组可得所以P点坐标为（），.设点A，B的坐标分别为.由方程组可得.方程的判别式为，由，解得.由得.所以，同理，所以.故存在常数，使得.【考点】椭圆的标准方程及其几何性质【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量

19、，简化解题过程19.已知函数当时，求函数的极值；若存在与函数，的图象都相切的直线，求实数的取值范围【答案】（1）当时，函数取得极小值为，无极大值；（2）【解析】试题分析：（1），通过求导分析，得函数取得极小值为，无极大值；（2），所以，通过求导讨论，得到的取值范围是试题解析：（1）函数的定义域为当时，所以 所以当时，当时，所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，所以当时，函数取得极小值为，无极大值； （2）设函数上点与函数上点处切线相同，则 所以 所以，代入得： 设，则不妨设则当时，当时，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 代入可得：设，则对恒成立，所以在区间上单调递增，又所以当时，即当

20、时, 又当时 因此当时，函数必有零点；即当时，必存在使得成立；即存在使得函数上点与函数上点处切线相同又由得：所以单调递减，因此所以实数的取值范围是20.已知无穷数列的前项中的最大项为，最小项为，设.（1）若，求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和；（3）若数列是等差数列，求证：数列是等差数列.【答案】（1）；（2），当时，；（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用数列的通项公式判断其增减性，从而确定，的表达式，进而求出数列的通项公式；（2）由计算，时，数列单调递减，所以当时，利用分组求和和错位相减法求和计算即可得到答案；（3）设数列的公差为，则，讨论，三种情况，分别证明数列为等差数列即可

21、.【详解】（1）由得是递增数列，所以，所以.（2）由得，当，即；当，即.又，所以，当时，所以，当时，令，则，即.所以.综上所述，当时，.（3）设数列的公差为，则，由题意，对任意都成立，即，所以是递增数列.所以，所以，所以数列是公差为的等差数列；当时，对任意都成立，进面，所以是递减数列.，所以所以数列是公差为的等差数列；当时，因为与中至少有一个为0，所以二者都为0，进而可得数列为常数列，综上所述，数列为等差数列.【点睛】本题考查数列的通项公式、前n项和公式、利用等差数列的定义证明等差数列、利用分组求和和错位相减进行数列求和；考查运算求解能力和逻辑推理能力；熟练掌握等差数列的定义和数列求和的方法是

22、求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.数学附加题选做题，本题包括A，B两小题.解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤.21.设矩阵的一个特征值为2，若曲线C在矩阵M变换下的方程为求曲线C的方程【答案】【解析】【分析】首先确定矩阵的特征多项式，由特征值可求得；从而得到，代入已知方程即可求得结果.【详解】由题意知，矩阵的特征多项式：矩阵有一个特征值为 ，解得：即，代入方程得：即曲线的方程为：【点睛】本题考查根据矩阵变换下的方程求解曲线方程的问题，关键是能够利用特征值和特征多项式得到变换原则，进而求得曲线方程.22.已知极坐标系的极点为直角坐标系xOy的原点，极轴为x轴的正半轴，两种坐标系中的

23、长度单位相同，圆C的直角坐标方程为，直线l的参数方程为(t为参数)，射线OM的极坐标方程为.（1）求圆C和直线l的极坐标方程；（2）已知射线OM与圆C的交点为O，P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长.【答案】（1）圆C：；直线l：；（2）【解析】【分析】（1）结合直角坐标方程、参数方程及极坐标方程间的关系，求出圆C和直线l的极坐标方程即可；（2）将与圆C和直线l的极坐标方程联立，可求得的极坐标，进而可求得线段PQ的长.【详解】（1）由于， ，又圆C的直角坐标方程为，则圆C的极坐标方程为，即. 直线l的参数方程为(t为参数)，消去t后得yx1，直线l的极坐标方程为.（2）当时，则点P的极坐标为

24、，则点Q的极坐标为，故线段PQ的长为.【点睛】本题考查直角坐标方程、参数方程与极坐标方程间的转化，利用极坐标求两点间的距离是解决本题的关键，属于基础题.23.如图所示，在直三棱柱中，点在线段上.（1）若，求异面直线和所成角的余弦值；（2）若直线与平面所成角为，试确定点的位置.【答案】（1）（2）点M是线段的中点.【解析】【分析】（1）以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，得到，再代入向量夹角公式计算，即可得答案；（2）设，得，直线与平面所成角为，得到关于的方程，解方程即可得到点的位置.【详解】以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐

25、标系，则，.（1）因为，所以.所以，.所以.所以异面直线和所成角的余弦值为.（2）由，知，.设平面的法向量为，由得，令，则，所以平面的一个法向量为.因为点在线段上，所以可设，所以，因为直线与平面所成角为，所以.由，得，解得或.因为点在线段上，所以，即点是线段的中点.【点睛】本题考查利用向量法求异面直线所成的角、已知线面角确定点的位置，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.24.设,其中.（1）当时,化简:;（2）当时,记,试比较与的大小.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）当时,因为,结合已知,即可求得答案;（2）当时,可得,令,得,故当时, 当时,化简可得:, 利用数学归纳法证明,即可求得答案;【详解】（1）当时,其中, 原式（2）当时,令,得当时,;当时,即,可得:下面用数学归纳法证明:当时,()当时, ()成立假设时,()式成立,即则时,()式右边故当时,()式也成立综上知,当时,当时,;当时,.【点睛】解题关键是掌握对于研究与自然数相关组合数的问题,通常有三种处理方法:一是应用数学归纳法来加以研究;二是应用组合数的相关性质来加以研究;三是转化为函数问题来加以研究,考查了分析能力和计算能力,属于难题.