江苏省泰州中学2020届高三数学下学期4月质量检测试题（含解析）.doc

1、江苏省泰州中学2020届高三数学下学期4月质量检测试题（含解析）一、填空题：（共14小题，每题5分）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.已知为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于第_象限【答案】一【解析】【分析】先化简得到z，即可求出本题答案.【详解】由题，得，所以复数z在复平面对应的点为，位于第一象限.故答案为：一【点睛】本题主要考查复数的四则运算以及复数的几何意义，属基础题.3.为了解某一段公路汽车通过时的车速情况，现随机抽测了通过这段公路的200辆汽车的时速

2、，所得数据均在区间中，其频率分布直方图如图所示，则在抽测的200辆汽车中，时速在区间内的汽车有_辆【答案】80【解析】试题分析：时速在区间内的汽车有考点：频率分布直方图4.袋中装有5个大小相同的球，其中3个黑球，2个白球，从中一次摸出2个球，则摸出1个黑球和1个白球的概率等于_【答案】【解析】分析：通过枚举法写出摸出2个球的所有情况，再找出摸出1个黑球和1个白球的情况，由此能求出概率.详解：设3个黑球用A，B，C表示；2个白球用甲，乙表示，摸出2个球的所有情况：（A，B）、（A，C）、（A，甲）、（A，乙）、（B，C）、（B，甲）、（B，乙）、（C，甲）、（C，乙）、（甲，乙）共10种，其中摸

3、出1个黑球和1个白球的情况有6种，所以，摸出1个黑球和1个白球的概率为.故答案为.点睛：本题考查利用古典概型的概率公式求事件的概率，解题时要注意枚举法的合理运用.5.在一次知识竞赛中，抽取5名选手，答对的题数分布情况如表，则这组样本的方差为_答对题数48910人数分布1121【答案】【解析】【分析】根据表中数据计算平均数和方差即可【详解】根据表中数据，计算平均数为，方差为故答案为【点睛】本题考查了平均数与方差的计算问题，熟记计算公式，准确计算是关键，是基础题6.如图所示的算法流程图中，最后输出值为_【答案】25【解析】分析：由流程图可知，该算法为先判断后计算的当型循环，模拟执行程序，即可得到答

4、案.详解：程序执行如下15输出 故不成立时，.故答案为25.点睛：本题考查了循环结构的程序框图，正确判断循环的类型和终止循环的条件是解题关键7.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面.若，则；若，则；若，则 若，则.上述命题中为真命题的是_（填空所有真命题的序号）.【答案】【解析】【分析】由平面与平面垂直的判定定理可知正确；中的关系无法确定垂直；中两个平面平行，两个平面内的直线可能平行也可能异面；由直线与平面平行的性质定理可得正确.【详解】对于，由平面与平面垂直的判定定理可知正确；对于，若，则可能平行，也可能相交，垂直；对于，若，则可能平行，也可能异面；对于，由直线与平面平行的性质定理可得正确

5、.故答案为：.【点睛】本题主要考查空间直线与平面间的位置关系，借助已知定理和身边的实物模型能方便解决这类问题，侧重考查直观想象的核心素养.8.公元五世纪张丘建所著张丘建算经卷22题为：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈，问日益几何”题目的意思是：有个女子善于织布，一天比一天织得快每天增加的数量相同，已知第一天织布5尺，一个月天共织布9匹3丈，则该女子每天织尺布的增加量为_尺匹丈，1丈尺【答案】【解析】分析：设该女子织布每天增加尺，由等差数列前项和公式求出即可.详解：设该女子织布每天增加尺， 由题意知，尺，尺 又由等差数列前项和公式得，解得尺故答案为点睛：本题考查等差数列的实

6、际应用，解题时要认真审题，注意等差数列性质的合理运用.9.若，则_【答案】【解析】【分析】，可得，利用和差公式、同角三角函数基本关系式及其倍角公式即可得出【详解】，化为：，解得，故答案为【点睛】本题考查了余弦和正切和差公式、同角三角函数基本关系式及其倍角公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题10.如图，已知O为矩形ABCD内的一点，且，则_【答案】【解析】【分析】建立坐标系，设，根据条件得出O，C的坐标之间的关系，再计算的值【详解】以A为原点，以AB，AD为坐标轴建立平面直角坐标系，设，则，整理可得：又，故答案为【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算，建立坐标系是突破点，准确计算是关键，属

7、于中档题11.已知关于x的方程在上有三个相异实根，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】分析：将方程问题转换为函数与的图象在上有三个不同交点.根据函数图象可以求出答案.详解：方程在上有3个相异实根，函数与的图象在上有三个不同交点，在坐标系中画出函数的图象，由图象可知，在上，函数与有两个不同的交点，在上，函数与有一个交点，联立，整理得，即，解得实数的取值范围为故答案为点睛：本题主要考查方程的根与函数图象交点的关系，考查数形结合的思想以及分析问题解决问题的能力.12.已知，且，则的最小值等于_【答案】11【解析】分析：构造基本不等式模型，化简整理，应用基本不等式，即可得出答案.详解：， ，当且仅当

8、时取等号. 的最小值等于11.故答案为11.点睛：本题考查基本不等式的性质与应用，同时考查了整体思想与转化思想的运用.13.如图，已知，B为AC的中点，分别以AB，AC为直径在AC的同侧作半圆，M，N分别为两半圆上的动点不含端点A，B，且，则的最大值为_【答案】4【解析】【分析】以A为坐标原点，AC所在直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，求得A，B，C的坐标，可得以AB为直径的半圆方程，以AC为直径的半圆方程，设出M，N的坐标，由向量数量积的坐标表示，结合三角函数的恒等变换可得，再由余弦函数、二次函数的图象和性质，计算可得最大值【详解】以A为坐标原点，AC所在直线为x轴，建立如图所示的直角坐

9、标系，可得，以AB为直径的半圆方程为，以AC为直径的半圆方程为，设，可得，即有，即为，即有，又，可得，即，则，可得，即，时，的最大值为4故答案为4【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了圆的方程与应用问题，建立平面直角坐标系，用坐标表示向量是解题的关键14.若关于的不等式对任意的实数及任意的实数恒成立，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由题，得在恒成立，通过求在的最小值，即可得到本题答案.【详解】关于的不等式对任意的实数及任意的实数恒成立,等价于对任意的实数恒成立，即在恒成立，设，则，令，得，令，得，所以在递增，在递减，又，所以，所以，即a的取值范围是，故答案为：【点睛】

10、本题主要考查不等式的恒成立问题，参变分离是解决此题的关键，考查学生的转化能力，以及运算求解能力.二、解答题：（本大题共6小题，计90分）15.已知内接于单位圆，且，求角C求面积的最大值【答案】（1）（2）【解析】【分析】变形已知条件可得，代入可得，可得C值；由正弦定理可得c，由余弦定理和基本不等式可得ab的取值范围，进而可得面积的最值【详解】，的外接圆为单位圆，其半径由正弦定理可得，由余弦定理可得，代入数据可得，当且仅当a=b时，“=”成立，的面积，面积的最大值为：【点睛】本题考查两角和与差的正切，涉及正余弦定理和三角形的面积公式，基本不等式的应用，熟记定理，准确计算是关键，属中档题16.如图

11、，在四面体中，点E是中点，点F在线段上，且.（1）若平面，求实数的值；（2）求证：平面平面.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】分析】（1）由线面平行的性质得出，可以判断点F为的中点，从而求出的值；（2）由，点E是的中点，得到，由面面垂直的判断定理即可证明平面平面.【详解】（1）因为平面，得平面，平面平面，所以，又点E是的中点，点F在线段上，所以点F为的中点，由，得；（2）因为，点E是的中点，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.【点睛】本题主要考查线面平行的性质和面面垂直的证明，考查学生空间想象能力，属于基础题.17.如图，长方形材料中，已知，.点为材料内部一点，于，于，

12、且，. 现要在长方形材料中裁剪出四边形材料，满足，点、分别在边，上.（1）设，试将四边形材料面积表示为的函数，并指明的取值范围；（2）试确定点在上的位置，使得四边形材料的面积最小，并求出其最小值.【答案】(1)见解析;(2)当时，四边形材料的面积最小，最小值为.【解析】分析：（1）通过直角三角形的边角关系，得出和，进而得出四边形材料的面积的表达式，再结合已知尺寸条件，确定角的范围. （2）根据正切的两角差公式和换元法，化简和整理函数表达式，最后由基本不等式，确定面积最小值及对应的点在上的位置.详解：解：（1）在直角中，因为，所以，所以，在直角中，因为，所以，所以，所以 ，.（2）因为 ，令，由

13、，得，所以 ，当且仅当时，即时等号成立，此时，答：当时，四边形材料的面积最小，最小值为.点睛：本题考查三角函数的实际应用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化，注意换元法和基本不等式的合理运用.换元法求函数的值域，通过引入新变量（辅助式，辅助函数等），把所有分散的已知条件联系起来，将已知条件和要求的结果结合起来，把隐藏在条件中的性质显现出来，或把繁琐的表达式简化，之后就可以利用各种常见的函数的图象和性质或基本不等式来解决问题.常见的换元方法有代数和三角代换两种.要特别注意原函数的自变量与新函数自变量之间的关系.18.已知椭圆E：，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与

14、E有两个交点A，B，线段AB的中点为M若，点K在椭圆E上，、分别为椭圆的两个焦点，求的范围；证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；若l过点，射线OM与椭圆E交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时直线l斜率；若不能，说明理由【答案】（1） （2）见证明；（3）见解析【解析】【分析】，椭圆E：，两个焦点，设，求出的表达式，然后求解范围即可设A，B的坐标分别为，利用点差法转化求解即可直线l过点，直线l不过原点且与椭圆E有两个交点的充要条件是且设，设直线，代入椭圆方程，通过四边形OAPB为平行四边形，转化求解即可【详解】，椭圆E：，两个焦点，设，的范围是设A，B的坐标分别为，则两

15、式相减，得，即，故；设，设直线，即，由的结论可知，代入椭圆方程得，由与，联立得若四边形OAPB为平行四边形，那么M也是OP的中点，所以，即，整理得解得，经检验满足题意所以当时，四边形OAPB为平行四边形【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，点差法，直线与椭圆的交点，考查分析问题解决问题的能力，准确转化平行四边形是关键，是中档题19.已知函数f（x）=aex，g（x）=lnx-lna，其中a为常数，且曲线y=f（x）在其与y轴的交点处的切线记为l1，曲线y=g（x）在其与x轴的交点处的切线记为l2，且l1l2（1）求l1，l2之间的距离；（2）若存在x使不等式成立，求实数m的取值范围；

16、（3）对于函数f（x）和g（x）的公共定义域中的任意实数x0，称|f（x0）-g（x0）|的值为两函数在x0处的偏差求证：函数f（x）和g（x）在其公共定义域内的所有偏差都大于2【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【分析】（1）先根据导数的几何意义求出两条切线，然后利用平行直线之间的距离公式求出求l1，l2之间的距离；（2）利用分离参数法，求出h（x）=x-ex的最大值即可；（3）根据偏差的定义，只需要证明的最小值都大于2【详解】（1）f（x）=aex，g（x）=，y=f（x）的图象与坐标轴的交点为（0，a），y=g（x）的图象与坐标轴的交点为（a，0），由题意得f（0）=g（a），即

17、a=，又a0，a=1f（x）=ex，g（x）=lnx，函数y=f（x）和y=g（x）的图象在其坐标轴的交点处的切线方程分别为：x-y+1=0，x-y-1=0，两平行切线间的距离为.（2）由，得，故mx-ex在x0，+）有解，令h（x）=x-ex，则mh（x）max，当x=0时，m0；当x0时，h（x）=1-（+）ex，x0，+2=，ex1，（+）ex，故h（x）0，即h（x）在区间0，+）上单调递减，故h（x）max=h（0）=0，m0，即实数m的取值范围为（-，0）（3）解法一：函数y=f（x）和y=g（x）的偏差为：F（x）=|f（x）-g（x）|=ex-lnx，x（0，+），F（x）=e

18、x-，设x=t为F（x）=0的解，则当x（0，t），F（x）0；当x（t，+），F（x）0，F（x）在（0，t）单调递减，在（t，+）单调递增，F（x）min=et-lnt=et-ln=et+t，F（1）=e-10，F（）=-20，t1，故F（x）min=et+t=+=2，即函数y=f（x）和y=g（x）在其公共定义域内的所有偏差都大于2解法二：由于函数y=f（x）和y=g（x）的偏差：F（x）=|f（x）-g（x）|=ex-lnx，x（0，+），令F1（x）=ex-x，x（0，+）；令F2（x）=x-lnx，x（0，+），F1（x）=ex-1，F2（x）=1-=，F1（x）在（0，+）单调递

19、增，F2（x）在（0，1）单调递减，在（1，+）单调递增，F1（x）F1（0）=1，F2（x）F2（1）=1，F（x）=ex-lnx=F1（x）+F2（x）2，即函数y=f（x）和y=g（x）在其公共定义域内的所有偏差都大于2.【点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数的几何意义解决曲线的切线问题，利用导数求解函数的最值问题,属于难度题.20.设数列的前n项和为，求数列的通项公式；设数列满足：对于任意的，都有成立求数列的通项公式；设数列，问：数列中是否存在三项，使得它们构成等差数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由【答案】(1)，.(2)，.见解析.【解析】分析：（1）当时，类比写出，两

20、式相减整理得，当时，求得，从而求得数列的通项公式.； （2）将代入已知条件，用与（1）相似的方法，变换求出数列的通项公式； 由的通项公式分析，得，假设存在三项，成等差数列，且，则，即，根据数列的单调性，化简得，将或代入已知条件，即可得到结论.详解：解：（1）由， 得， 由-得，即，对取得，所以，所以为常数，所以为等比数列，首项为1，公比为，即，. （2）由，可得对于任意有， 则， 则， 由-得，对取得，也适合上式，因此，.由（1）（2）可知，则，所以当时，即，当时，即在且上单调递减，故，假设存在三项，成等差数列，其中，由于，可不妨设，则（*），即，因为，且，则且，由数列的单调性可知，即，因为，

21、所以，即，化简得，又且，所以或，当时，即，由时，此时，不构成等差数列，不合题意，当时，由题意或，即，又，代入（*）式得，因为数列在且上单调递减，且，所以，综上所述，数列中存在三项，或，构成等差数列.点睛：本题考查了数列递推关系、等比数列与等差数列的定义、通项公式，涉及到等差和等比数列的判断，数列的单调性等知识的综合运用，考查分类讨论思想与逻辑推理能力，属于难题.已知数列的前项和与的关系式，求数列的通项公式的方法如下：（1）当时， 求出；（2）当时，用替换中的得到一个新的关系，利用 便可求出当时的表达式；（3）对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不

22、符合，则应该分与两段来写21.如图，AB是半圆的直径，C是AB延长线上一点，CD切半圆于点D，CD=2，DEAB，垂足为E，且E是OB的中点，求BC的长【答案】【解析】【分析】连接,则,中,则,在中,由CD=2，求出即可.详解】解:连接,则,在中,由E是OB的中点，则,则,在中,由CD=2，则,则,故.【点睛】本题考查了圆的切线问题，重点考查了运算能力，属基础题.22.已知矩阵，矩阵的逆矩阵，求矩阵【答案】【解析】【分析】由，求出矩阵，再由矩阵的乘法，即可求解.【详解】解：设，则，即，故，解得，所以.因此，.【点睛】本题考查用待定系数法求逆矩阵，以及矩阵乘法计算，属于基础题.23.已知，且，求的最小值【答案】【解析】【分析】直接根据柯西不等式，即可得到本题答案.【详解】由柯西不等式，得，即，即，所以，当且仅当，即时，取最小值.【点睛】本题主要考查柯西不等式的应用，属基础题.24.已知（其中）（1）求及；（2）试比较与的大小，并说明理由【答案】（1），（2）见解析【解析】【详解】（）令，则，令，则，；（）要比较与的大小，即比较：与的大小， 当时，；当时，；当时，；猜想：当时，下面用数学归纳法证明：由上述过程可知，时结论成立，假设当时结论成立，即，两边同乘以3 得：而即时结论也成立，当时，成立.综上得，当时，；当时，；当时， 考点：数学归纳法