江苏省扬州市2020届高三数学下学期5月调研测试试题（含解析）.doc

1、江苏省扬州市2020届高三数学下学期5月调研测试试题（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】利用集合的交运算即可求解.【详解】由集合，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查了集合的交概念以及运算，属于基础题.2.已知，其中是虚数单位，则复数的模为_.【答案】【解析】【分析】利用复数的乘除运算求出，再根据复数模的运算即可求解.【详解】，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查了复数的四则运算以及复数模的求法，属于基础题.3.已知某校高一、高二、高三年级分别有1000、800、

2、600名学生，现计划用分层抽样的方法抽取120名学生去参加社会实践，则在高三年级需抽取_名学生.【答案】30【解析】【分析】首先算出高三年级学生人数在总学生人数中占的比例，然后将比例与抽取的学生人数相乘即可求解.【详解】高三年级在总学生人数中占的比例：，所以高三年级需抽取人数为：.故答案为：30【点睛】本题考查了分层抽样的特征，掌握分层抽样的概念以及特征是解题的关键，属于基础题.4.如图伪代码的输出结果为_.【答案】15【解析】【分析】分析程序语言，得出该程序运行后是计算并输出的值，写出运行结果即可.【详解】该程序运行后是计算并输出：.故答案为：15【点睛】本题考查了程序语言的问题，考查了学生

3、的推理能力，难度较小，属于基础题.5.若实数，满足，则的最小值为_.【答案】-1【解析】【分析】作出约束条件的可行域，令，平移直线，转化为截距的最大值即可求解.【详解】作出约束条件的可行域，如图（阴影部分）：令，转化为截距的最大值作出直线，平移该直线，当直线经过点时，直线的截距最大， 解得，即，所以.故答案为：-1【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，解题的关键是作出可行域、理解目标函数的几何意义，考查了数形结合的思想，属于基础题.6.已知，则直线不经过第二象限的概率为_.【答案】【解析】【分析】包含的基本事件总数，直线不经过第二象限，从而，由此利用列举法能求出直线不经过第二象限的概率.【详解

4、】直线：，若，包含的基本事件总数，直线不经过第二象限，满足直线不经过第二象限的有：，共种情况.直线不经过第二象限的概率为.故答案为：【点睛】本题考查了古典概型的概率计算公式，列举法求基本事件个数，属于基础题.7.已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，则该双曲线的虚轴长为_.【答案】【解析】【分析】求出抛物线的焦点，从而求出，进而求出虚轴长即可.【详解】抛物线的焦点，双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，解得，所以.故答案为：【点睛】本题考查了双曲线、抛物线的简单几何性质，需掌握双曲线的虚轴以及双曲线、抛物线的焦点，属于基础题.8.已知为锐角，且，则_.【答案】【解析】【分析】根据同角三角函数的基本

5、关系可得，由，利用两角差的余弦公式展开即可求解.【详解】由为锐角，且，所以，所以.故答案为：【点睛】本题考查了两角差的余弦公式、同角三角函数的基本关系，需熟记公式，属于基础题.9.等比数列的前项和为，已知，且与的等差中项为2，则_.【答案】121【解析】【分析】利用等比数列的通项公式可得，解得，再利用等比数列的前项和公式即可求解.【详解】由题意， ，且与的等差中项为2，设等比数列的公比为，所以，解得，所以.故答案为：121【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式以及等比数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.10.正四棱柱中，为上底面的中心，设正四棱柱与正四棱锥的侧面积分别为、，则_.【答案

6、】【解析】【分析】由题意画出图形，求出正四棱锥的斜高，再分别求出正四棱柱与正四棱锥的侧面积即可求解.【详解】如图，正四棱柱中，则正四棱柱的侧面积为：，正四棱锥的斜高为，正四棱锥的侧面积分别为： .故答案为：【点睛】本题考查了多面体侧面积的求法，涉及正四棱柱和正四棱锥的性质特征，是基础的计算题.11.已知曲线：，直线：，则“”是“直线与曲线相切”的_条件（选填“充分不必要”、“必要不充分”、“充分必要”、“既不充分又不必要”之一）.【答案】充分不必要【解析】【分析】由已知可得，曲线与直线均过点，若直线与曲线相切，设切点的横坐标为，写出过切点的切线方程，利用待定系数法明确的取值，再结合充分必要性作

7、出判断【详解】，直线：过点，曲线也过点，若直线与曲线相切，设切点的横坐标为，则切线为，则，解得或，所以“”是“直线与曲线相切”的充分不必要条件，故答案为：充分不必要【点睛】本题考查了充要条件的判断，涉及直线与三次函数相切问题，考查了计算能力与转化能力，属于中档题.12.已知，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由，两次利用基本不等式即可求解.【详解】由，当且仅当，时取等号，故答案为：【点睛】本题考查了基本不等式求最值，注意等号成立的条件，属于中档题.13.已知点为圆：的弦的中点，点的坐标为，且，则的最小值为_.【答案】-1【解析】【分析】设，利用向量模的坐标运算求出点的轨迹方程为，由，根据

8、点的轨迹方程即可求解.详解】设， ，即， .则的最小值为-1.故答案为：-1【点睛】本题考查了向量的三角形法则、向量的数量积的坐标运算，考查了转化与化归的思想，属于中档题.14.数列中，设的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】，可得: ，可得，又，可得， 由恒成立，只需即可，通过作差可得其单调性，即可得出最大值.【详解】由，可得: ，所以，又所以，所以， 由恒成立，即恒成立，设，则，当时，即，当时，即，当时，即，由二次函数的性质可知当时，可得，且，所以，.故答案为：【点睛】本题考查了数列的恒成立问题、等差数列的前项和公式，数列的单调性，考查了转化与划归的思想，属于

9、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.在中，已知，其中为的面积，分别为角，的对边.（1）求角的值；（2）若，求的值.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）利用三角形的面积公式化简可得，从而可得，即可求得的值.（2）利用两角和的正切公式可得，再有，求出，再利用二倍角公式，利用弦化切齐次式即可求解.【详解】解：（1）因为，所以，则，因为在中，所以，所以，所以.（2）由（1）知，又因为，所以，因为在中，所以，所以.【点睛】本题考查了三角形的面积公式、两角和的正切公式、二倍角公式以及齐次式求三角函数值，属于基础题

10、.16.如图，三棱柱中，为四边形对角线交点，为棱的中点，且平面.（1）证明：平面；（2）证明：四边形为矩形.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）取中点，连结，由题意且，证出，且，进而可得，利用线面平行的判定定理即可证出.（2）首先证出，利用线面垂直的性质定理证出，再利用线面垂直的判定定理证出平面，从而可证出，根据，即证.【详解】证明：（1）取中点，连结.在三棱柱中，四边形为平行四边形，且因为为平行四边形对角线的交点，所以为中点，又为中点，所以，且.又，所以，且又为中点，所以，且，所以为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面：（2）因为，为中点，所以，又因为平面，平面，所

11、以.因为，平面，平面，所以平面.又平面，所以，又由（1）知，所以，在三棱柱中，四边形为平行四边形，所以四边形为矩形.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理以及性质定理，属于基础题.17.某厂根据市场需求开发三角花篮支架（如图），上面为花篮，支架由三根细钢管组成，考虑到钢管的受力和花篮质量等因素，设计支架应满足：三根细钢管长均为1米（粗细忽略不计），且与地面所成的角均为；架面与架底平行，且架面三角形与架底三角形均为等边三角形；三根细钢管相交处的节点分三根细钢管上、下两段之比均为.定义：架面与架底的距离为“支架高度”，架底三角形的面积与“支架高度”的乘积为“支架需要空间”.（1）

12、当时，求“支架高度”；（2）求“支架需要空间”的最大值.【答案】（1）米.（2）立方米.【解析】【分析】（1）根据题意与地面所成的角为，米，从而.（2）过作平面，垂足为，且，表示出，进而，令，利用导数即可求解.【详解】解：（1）因为架面与架底平行，且与地面所成的角为，米，所以“支架高度”（米）.（2）过作平面，垂足为.又平面，所以，又与地面所成的角为，所以，同理，所以为等边三角形外心，也为其重心，所以，记“支架需要空间”为，则，.令，则.所以，.又，则当时，单调递增；当时，单调递减.所以当时，（立方米）.答：（1）当时，“支架高度”为米；（2）“支架需要空间”的最大值为立方米.【点睛】本题考查

13、了导数在研究函数最值中的应用，解题的关键是列出函数表达式，考查了分析解题的能力，属于中档题.18.如图，在平面直角坐标系中，椭圆：过点，且椭圆的离心率为，直线：与椭圆相交于、两点，线段的中垂线交椭圆于、两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）求线段长的最大值；（3）求的值.【答案】（1）（2）（3）0【解析】【分析】（1）由离心率，解得，再将点代入椭圆方程，可得，解出、即可求解. （2）设，将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出的中点，求出直线的方程为，将其与椭圆方程联立，利用弦长公式即可求解.（3）利用向量数量积的坐标运算，结合（2），利用韦达定理即可求解.【详解】解：（1）设椭圆的焦距为，则，

14、可知.又因为椭圆过点，所以，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）设，由得，又直线：与椭圆相交于，两点，所以，且，则.设的中点，则，所以的中垂线的方程为，即直线的方程为，由得，则，所以，又，所以当时，.（3）由（2）知，由（2）知，所以.【点睛】本题考查了待定系数法求椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、弦长公式以及向量的数量积的坐标表示，考查了学生的计算能力，属于难题.19.已知函数，.（1）当吋，解不等式；（2）设.当时，若存在，使得，证明：；当时，讨论的零点个数.【答案】（1）（2）见解析见解析【解析】【分析】（1）将代入，不妨设，利用导数判断函数单调递增，由，即可求解.（2）由，代入解析式

15、整理可得，由，利用基本不等式可得，方法一：设，利用导数即可证出；方法二：利用反证法，假设，找出，与已知矛盾即可. ，求导函数，求出函数的单调区间以及最值，且，讨论、或即可得出零点个数.【详解】解：（1）设，则，所以在上递增，又，所以，所以的解集为.（2）证明：由得，即，又，所以，因为，所以“”不成立.思路一：设，则，所以在单调递减，又，所以，即.思路二：假设，则，所以，这与矛盾，故.，当时，令得（负值舍去）.所以当时，为减函数，当时，为增函数.又.当，即时，有一个零点.当，即时，由可知，又，且，所以，在有一个零点，故此时有两个零点；当，即时，由可知，令，则，所以当时，单调递增；当时，单调递减，

16、所以，故，则.所以，所以，且，所以，在有一个零点，故此时有两个零点.综上，当时，有1个零点；当且时，有2个零点.【点睛】本题考查了导数在函数单调性中的应用、导数在研究函数零点中的应用，考查了分类讨论的思想，属于难题.20.对数列，规定为数列的一阶差分数列，其中，规定为的二阶差分数列，其中.（1）数列的通项公式，试判断，是否为等差数列，请说明理由？（2）数列是公比为正项等比数列，且，对于任意的，都存在，使得，求所有可能的取值构成的集合；（3）各项均为正数的数列的前项和为，且，对满足，的任意正整数、，都有，且不等式恒成立，求实数的最大值.【答案】（1），是等差数列，见解析（2）；（3）2【解析】【

17、分析】（1）根据题干中的定义，结合等差数列的定义即可判断.（2）根据等比数列的通项公式可得，结合题干可得，从而可得，且；分类讨论、或即可求出. （3）根据题中对数列的定义可得，从而可得，即是等差数列，根据数列为正项等差数列可得，代入等差数列前项和公式，由，可得，当时，不等式都成立；当时，令，代入等差数列的前项和公式，作差，由，即可求解.【详解】解：（1）因为，所以，则，又，所以是首项为3，公差为2的等差数列.因为，则是首项为2，公差为0的等差数列.（2）因为数列是公比为的正项等比数列，所以.又，且对任意的，都存在，使得，所以对任意的，都存在，使得，即，因为，所以. 若，则，解得（舍）或，即当时

18、，对任意的，都有. 若，则，解得（舍）或，即当时，对任意的，都有.若，则，故对任意的，不存在，使得.综上所述，所有可能的取值构成的集合为；（3）因为，所以，则，所以是等差数列.设的公差为，则.若，则；若，则当时，与数列的各项均为正数矛盾，故.由等差数列前项和公式可得，所以，又，所以，则当时，不等式都成立.另一方面，当时，令，则，则，因为，所以当时，即.不满足任意性.所以 .综上，的最大值为2.【点睛】本题考查了数列的新定义、等差数列的定义以及等差数列的前项和公式，属于难题.第卷（附加题，共40分）21.已知矩阵，且.（1）求矩阵；（2）直线在矩阵对应的变换作用下变为直线，求直线的方程.【答案】

19、（1）（2）.【解析】【分析】（1）利用待定系数或公式即可求解.（2）设直线上任一点在矩阵对应的变换作用下变为，代入直线即可求解.【详解】解：（1）用待定系数或公式，解得，可求得；（2）设直线上任一点在矩阵对应的变换作用下变为，即在上，则，即，所以直线的方程为.【点睛】本题考查了矩阵的变换，需掌握矩阵的运算公式，属于基础题.22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线：，求直线被曲线截得的弦长.【答案】【解析】【分析】将直线的参数方程消去参数化为普通方程，将圆的极坐标方程化为普通方程，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，

20、然后根据勾股定理即可求解.【详解】解：把直线方程：化为普通方程为.圆，即，化为普通方程为，即，圆心到直线的距离.所以直线被圆截得的弦长为.【点睛】本题考查了直线参数方程化为普通方程、曲线的极坐标方程化为普通方程，直线与圆相交几何法求弦长，属于基础题.23.某商场举行元旦促销回馈活动，凡购物满1000元，即可参与抽奖活动，抽奖规则如下：在一个不透明的口袋中装有编号为1、2、3、4、5的5个完全相同的小球，顾客每次从口袋中摸出一个小球，共摸三次（每次摸出的小球均不放回口袋），编号依次作为一个三位数的个位、十位、百位，若三位数是奇数，则奖励50元，若三位数是偶数，则奖励元（为三位数的百位上的数字，如

21、三位数为234，则奖励元）.（1）求抽奖者在一次抽奖中所得三位数是奇数的概率；（2）求抽奖者在一次抽奖中获奖金额概率分布与期望.【答案】（1）（2）见解析，期望是150元.【解析】【分析】（1）首先利用排列求出摸三次的总的基本事件个数：；然后利用分步计数原理求出个位的排法、十位百位的排法求出三位数是奇数的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.（2）获奖金额的可能取值为50、100、200、300、400、500，求出各个随机变量的分布列，利用均值公式即可求解.【详解】解：（1）因为总的基本事件个数，摸到三位数是奇数的事件数，所以；所以摸到三位数是奇数的概率.（2）获奖金额的可能取

22、值为50、100、200、300、400、500，获奖金额的概率分布为50100200300400500均值元.所以期望是150元.【点睛】本题考查了古典概型的概率计算公式、离散型随机变量的分布列以及数学期望，属于中档题.24.（1）证明：；（2）计算：；（3）计算：.【答案】（1）见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）利用组合数的运算即可求证.（2）利用组合数的运算与性质即可证出.（3）方法一：设，可得，再利用组合数的运算性质即可求解；方法二：，根据组合数的运算即可求解.【详解】解：（1）；（2）.（3）设，则.所以，又，所以.所以.（结果没化简，不扣分）方法二：.【点睛】本题考查了组合数的运算与性质，掌握组合数的运算性质是解题的关键，属于难题.