江苏省扬州中学2020届高三数学下学期5月质量检测试题（含解析）.doc

1、江苏省扬州中学2020届高三数学下学期5月质量检测试题（含解析）一、填空题：请把答案写在答题卡相应位置上1. 已知全集，集合，则_.【答案】【解析】【分析】本题首先可以根据题意求出以及中所包含的元素，然后根据交集的相关性质即可得出结果.【详解】因为全集，所以，所以，故答案：.【点睛】本题考查集合的相关运算，主要考查补集以及交集的相关性质，交集是指两集合中都包含的元素所组成的集合，考查推理能力，是简单题.2. 在复平面内，已知复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则_.【答案】【解析】分析】根据复平面的几何意义求得，代入，再由复数代数形式的乘除运算化简即可得出答案.【详解】解：由题可知，复数对

2、应的点与复数对应的点关于实轴对称，得，则.故答案为：.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除法运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题.3. 根据如图所示伪代码，最后输出的的值为_【答案】【解析】【分析】按照伪代码运行程序，直到满足时输出即可.【详解】按照伪代码运行程序，输入，则，不满足，循环；，不满足，循环；，满足，输出.故答案为：.【点睛】本题考查根据循环结构计算输出结果的问题，属于基础题.4. 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，

3、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.5. “”是“”的_条件.（填“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分也不必要”、“充要”）【答案】充要【解析】【分析】利用在R上是增函数，结合充分条件和必要条件的定义求解.【详解】因为在R上是增函数，所以当时，故充分；当时，故必要；故“”是“”的充要条件，故答案为：充要【点睛】本题主要考查逻辑条件的判断以及指数函数的单调性，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.6. 某批产品共

4、100件，将它们随机编号为1，2，3，4，100，计划用系统抽样方法随机抽取20件产品进行检测，若抽取的第一个产品编号为3，则第三件产品的编号为_.【答案】13【解析】【分析】求出抽样间隔为，由抽取的第一个产品编号为3，根据系统抽样的性质，即可求出第三件产品的编号【详解】解：某批产品共100件，将它们随机编号为1，2，100，计划用系统抽样方法随机抽取20件产品进行检测，则抽样间隔为，抽取的第一个产品编号为3，则第三件产品的编号为：故答案为：13【点睛】本题考查根据系统抽样的性质求样本编号，属于基础题7. 已知等比数列的前n项和为Sn，前n项积为Tn，若，则a1的值为_【答案】1.【解析】【分

5、析】根据等比数列的性质求出a3，再根据S3a2+4a1，求得公比，根据通项公式即可求出a1的值【详解】由已知，S3，则，所以.又，所以，.故答案为1.【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了等比数列的通项公式，属于基础题8. 已知圆锥的母线长为，侧面积为，则此圆锥的体积为 .【答案】【解析】【分析】设圆锥的底面半径为，根据题意计算出的值，并计算出圆锥的高，再利用锥体的体积公式可得出所求圆锥的体积.【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，侧面积为，得，圆锥的高为，因此圆锥的体积为，故答案为.【点睛】本题考查圆锥体积的计算，解题的关键就是求出圆锥的母线长与半径长，考查运算能力，属于基础题.9. 已知

6、，且，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】由题意可得，利用均值不等式可得，解不等式即可得到的最大值.【详解】解析：化为，即，解得：，所以，的最大值为故答案为【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误10. 函数的最大值为3，若的图象与轴的交点坐标为，其相邻两条对称轴间的距离为2，则_.【答案】2【解析】【分析】由的最大值求出，代入点的坐标求出，由周期性求出，可得函数的解析式，从而求出的值【详解】解：函数的最大值为3，且，故，得

7、，若的图象与轴的交点坐标为，则，即，解得：，而，由于相邻的两条对称轴间的距离为2，则，且，解得：，.故答案为：2【点睛】本题考查根据三角函数的图象和性质求函数解析式，从而求三角函数的值，涉及利用降幂公式和诱导公式进行化简，考查化简计算能力11. 已知双曲线M：的渐近线是边长为1的菱形的边，所在直线.若椭圆N：（）经过A，C两点，且点B是椭圆N的一个焦点，则_.【答案】【解析】【分析】由双曲线渐近线的斜率得出，进而得出点的坐标，根据题意得出椭圆的半焦距，再由椭圆的定义，即可得出的值.【详解】因为为双曲线的渐近线，所以，则所以，则因为，所以椭圆的半焦距设椭圆的左焦点为，则，连接由椭圆的定义可得即，

8、解得故答案为：【点睛】本题主要考查双曲线的基本性质以及椭圆的基本性质，其中利用定义求是解题的关键，属于中档题.12. 用表示函数在区间上的最大值，若正数满足，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理在上的单调性求解【详解】因为在上单调递增，所以，若，则存在，使得，且，不合题意，所以，所以由得，所以，解得故答案为：，【点睛】本题考查新定义，考查正弦函数的单调性与最值，掌握正弦函数性质是解题基础，正确理解新定义是关键13. 圆与曲线相交于点四点，为坐标原点，则_.【答案】【解析】【分析】根据圆方程，求得圆心；根据函数求得其对称中心，结合圆的对称性，即可求得结果.【详解】由圆方程，可得

9、圆心坐标为，又，其图象关于对称在同一直角坐标系中，画出圆和函数图像如下所示：数形结合可知，圆和函数都关于点对称，故可得其交点和，和都关于点对称.故，则.故.故答案为：.【点睛】本题综合考查向量的运算，由圆方程求解圆心的坐标以及圆的对称性，分式函数图象的绘制，属综合性困难题.14. 函数在上有2个零点，则的范围是_.【答案】【解析】【分析】设,则问题可转化为在上有2个零点，作出图象，运用数形结合，可得出范围.【详解】设,则问题可转化为在上有2个零点，由题意，函数与函数有两个交点，只需考虑函数的零点在每一个变化值，是否存在对应的a，使得两个函数的图象有两个交点，由图象可知，或时，显然不存在a使得两

10、个函数有两个交点，当时，显然存在a使得两个函数有两个交点，故答案为：.【点睛】本题考查函数的零点，适当的换元，将函数的零点问题转化为两个函数的图象的交点问题，运用数形结合是解决此类问题的关键，属于难度题.二、解答题：请在答题卡制定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15. 已知的内角的对边分别是，且，.（1）求的值；（2）求的面积.【答案】(1)；(2)【解析】【分析】（1）将切化弦，借助正弦定理，即可求得关系，再利用，即可求得结果；（2）根据（1）中所求，由正弦定理，即可求得，利用面积公式即可求得结果.【详解】（1）因为，则，由正弦定理可得，又，故可得；又因为，代值可得，解

11、得.又，由内角和定理可知，故.（2）因为，故可得；，故可得.由正弦定理可得，故可得三角形面积.【点睛】本题考查利用正余弦定理求解三角形面积和角度，属综合基础题.16. 如图，在斜三棱柱中，侧面是菱形，为中点，过，三点的平面交于点.求证：（1）；（2）平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题可知，根据线面平行的判定定理可证出平面，再根据线面平行的性质即可证出得；（2）由（1）可知，得出也是的中点，根据已知可得出，结合题意可知，从而得出，最后根据线面垂直的判定定理，即可证明平面.【详解】证明：（1）由三棱柱得：，又平面，平面，平面，平面，而平面平面，.（2）由（

12、1）可知，是的中点，所以也是的中点，因为四边形是菱形，所以为等边三角形，是的中点，又，即，而，则，因为，平面，平面，所以平面.【点睛】本题考查线面平行的判定和性质，以及线面垂直的判定定理，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.17. 如图，已知某市穿城公路自西向东到达市中心后转向东北方向，现准备修建一条直线型高架公路，在上设一出入口，在上设一出入口，且要求市中心到所在的直线距离为.（1）求，两出入口间距离的最小值；（2）在公路段上距离市中心点处有一古建筑（视为一点），现设立一个以为圆心，为半径的圆形保护区，问如何在古建筑和市中心之间设计出入口，才能使高架公路及其延长线不经过保护区？【答案

13、】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）过点O作于点E，则OE=10，设，则，然后由，结合，利用三角函数的性质求解.，（2）以O为原点建立平面直角坐标系，得到圆C的方程为：，设直线AB的方程为：，根据题意由，且求解.【详解】（1）如图所示：过点O作于点E，则OE=10，设，则，所以，而，所以当时，.（2）以O为原点建立平面直角坐标系，则圆C的方程为：，设直线AB的方程为：，由题意得：，且，所以，代入，化简得：，解得或（舍去），因为，所以，所以，当时，所以.【点睛】本题主要考查三角函数在实际问题中的应用以及直线与圆的位置关系的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18. 已知椭圆的右焦点为，

14、右准线为.点是椭圆上异于长轴端点的任意一点，连接并延长交椭圆于点，线段的中点为，为坐标原点，且直线与右准线交于点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求点的坐标；（3）试确定直线与椭圆的公共点的个数，并说明理由.【答案】（1）；（2）或；（3）直线与椭圆有且仅有一个公共点，答案见解析.【解析】【分析】（1）由焦点坐标和准线方程及求出椭圆的方程；（2）设,设过右焦点的直线的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由题意求的坐标，再由得到关系，再由进而求出的坐标；（3）设出的坐标，由（2）可得直线的方程为，所以点坐标为，可得直线的方程，再与椭圆联立，判别式等于0，即得，求出直线与椭圆仅有一个交点【详解

15、】解：（1）由题意可知，解得，所以椭圆的标准方程为：（2）设，当时，点坐标为（3，0），点坐标为（4，0），.当时，直线的方程为，代入椭圆方程，消去整理得，所以中点的横坐标，纵坐标.因为，所以，所以，又，得，解得，或，故点的坐标为或.（3）直线与椭圆有且仅有一个公共点，以下给出证明：因为直线的方程为，所以点坐标为，所以直线的斜率，直线的方程为，即，代入椭圆方程，得，即，得，解得，故直线与椭圆有且仅有一个公共点.【点睛】考查直线与椭圆的综合应用，问题的关键在于求出一些关键点的坐标与直线方程，考查计算能力与转化能力，属于中难题19. 在等比数列中，已知设数列的前n项和为，且（1）求数列通项公式；（

16、2）证明：数列是等差数列；（3）是否存在等差数列，使得对任意，都有？若存在，求出所有符合题意的等差数列；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）详见解析；（3）存在，且.【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得数列通项公式.（2）利用，证得数列是等差数列.（3）由（2）求得和，假设存在符合题意的等差数列，结合求得.【详解】（1）依题意，解得，所以.（2）依题意，即，所以，-并化简得，故，即.令代入得.所以.所以.所以数列是以为首项，公差为的等差数列.（3）由（2）得，所以.所以.假设存在满足题意的等差数列，使得对任意，都有，设，即对任意，都有，即.首先证明满足的：（i）当时，若，则

17、，不满足；（ii）当时，若，则.而，则，所以，则，不满足；所以.令，所以在上递增.所以当时，.即当时，即.所以当，时，.再证明：（iii）若，则当时，这与矛盾.（iv）若，同（i）可得矛盾.所以.当时，满足，所以.综上所述，存在唯一的等差数列，其通项公式为，满足题设.【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，考查等差数列的证明，考查数列中的探究性问题，属于难题.20. 已知函数.（1）若函数，试研究函数的极值情况；（2）记函数在区间内的零点为，记，若在区间内有两个不等实根，证明：.【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】试题分析：（1）由求出，分三种情况讨论的范围，在定义域内，分

18、别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间，根据单调性可得函数的极值情况；（2）先证明，即在区间内单调递增，根据零点存在性定理， 存在，使得，可得以，要证，只需证，即，记，其中，利用导数可证明单调递增，故当时，即可得，进而可得结果.试题解析：（1）由题意，得，故，故，.令，得当时，或；,所以在处取极大值，在处取极小值.当时，恒成立，所以不存在极值；当时，或；,所以在处取极大值，在处取极小值.综上，当时，在处取极大值，在处取极小值；当时，不存在极值；时，在处取极大值，在处取极小值.（2），定义域为，而，故，即在区间内单调递增又，且在区间内的图象连续不断，故根据零点存在性定理，有

19、在区间内有且仅有唯一零点.所以存在，使得，且当时，；当时，所以当时，由得单调递增；当当时，由得单调递减；若在区间内有两个不等实根（）则.要证，即证又，而在区间内单调递减，故可证，又由，即证，即记，其中记，则，当时，；当时，故而，故，而，所以，因此，即单调递增，故当时，即，故，得证.（A）选修4-2：矩阵与变换21. 已知点在变换作用后，再绕原点逆时针旋转，得到点.若点的坐标为，求点的坐标.【答案】【解析】【分析】设，绕原点逆时针旋转对应的矩阵为，利用矩阵乘法可得的方程组，解之可得【详解】解：设，则在变换T下的坐标为，又绕原点逆时针旋转对应的矩阵为，所以，得，解得所以点的坐标为.【点睛】本题考查

20、矩阵的乘法运算，掌握旋转变换与矩阵乘法的关系是解题关键（B）选修4-4：坐标系与参数方程22. 在直角坐标平面内，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系已知点，的极坐标分别为，曲线的方程为（）（1）求直线的直角坐标方程；（2）若直线和曲线有且只有一个公共点，求的值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）求得，问题得解（2）利用直线和曲线相切的关系可得：圆心到直线AB的距离等于圆的半径，列方程即可得解【详解】（1）分别将，转化为直角坐标为，所以直线的直角坐标方程为 （2）曲线C的方程为（），其直角坐标方程为又直线AB和曲线C有且只有一个公共点，即直线与圆相切，所以圆心到直线AB的距

21、离等于圆的半径.又圆心到直线AB的距离为，即的值为【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标互化，还考查了直线与圆相切几何关系，考查计算能力及点到直线距离公式，属于中档题23. （1）已知的展开式中第二项与第三项的二项式系数之比为，求的值.（2）记，求；设，求和：.【答案】（1）；（2）；.【解析】【分析】（1）根据的展开式中第二项与第三项的二项式系数之比为1：4，得到求解.（2）由题意可得，再令求解；由题意知，根据，解得，结合组合数性质，然后求和即可.【详解】（1）的展开式中第二项与第三项的二项式系数之比为1：4，即，解得.（2）由题意，令，得；由题意，又，.【点睛】本题主要考查二项式系数，项的

22、系数以及组合数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.24. 袋中共有8个球，其中有3个白球，5个黑球，这些球除颜色外完全相同从袋中随机取出一球，如果取出白球，则把它放回袋中；如果取出黑球，则该黑球不再放回，并且另补一个白球放入袋中重复上述过程次后，袋中白球的个数记为（1）求随机变量的概率分布及数学期望；（2）求随机变量的数学期望关于的表达式【答案】（1）概率分布详见解析，；（2）【解析】【分析】（1）的可能取值为3，4，5，计算概率得到分布列，计算数学期望得到答案.（2）设，则，计算概率得到数学期望，整理化简得到，根据数列知识得到答案.【详解】（1）由题意可知3，4，5当时，即二次摸球均摸到白球，其概率是；当时，即二次摸球恰好摸到一白，一黑球，其概率是；当时，即二次摸球均摸到黑球，其概率是，所以随机变量的概率分布如下表：数学期望. （2）设，0，1，2，3，4，5则， ， 由此可知，又，故是首项为，公比为的等比数列，即.【点睛】本题考查了分布列，数学期望，根据递推公式求通项公式，意在考查学生计算能力和综合应用能力，确定是解题的关键.