江苏省扬州市2020届高三下学期5月调研测试数学试题 Word版含解析 29页

www.ks5u.com 江苏省扬州市2019—2020学年度第二学期调研5月测试 高三数学试题 第Ⅰ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：‎ - 29 -‎ ‎【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、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 - 29 -‎ ‎【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】‎ - 29 -‎ ‎【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】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：‎ - 29 -‎ ‎【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，‎ - 29 -‎ 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】‎ ‎【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：‎ ‎ ‎ - 29 -‎ ‎.‎ 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，‎ - 29 -‎ 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，根据点的轨迹方程即可求解.‎ - 29 -‎ 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 - 29 -‎ 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，‎ - 29 -‎ ‎.‎ 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，‎ - 29 -‎ 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.‎ ‎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，‎ - 29 -‎ 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：①三根细钢管长均为1米（粗细忽略不计），且与地面所成的角均为；②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；③三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”.‎ - 29 -‎ ‎（1）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，‎ - 29 -‎ ‎，‎ 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 - 29 -‎ ‎，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，可知.‎ 又因为椭圆过点，所以，‎ 解得，，所以椭圆的标准方程为.‎ - 29 -‎ ‎（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，‎ ‎，‎ - 29 -‎ 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.‎ ‎①当时，若存在，使得，证明：；‎ ‎②当时，讨论的零点个数.‎ ‎【答案】（1）（2）①见解析②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）①由，代入解析式整理可得，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 - 29 -‎ ‎，与已知矛盾即可. ②，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）①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.‎ ‎②，‎ 当时，，‎ - 29 -‎ 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，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.‎ - 29 -‎ ‎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】‎ ‎【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，‎ - 29 -‎ 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，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.‎ - 29 -‎ 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Ⅱ卷（附加题，共40分）‎ - 29 -‎ ‎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】（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，然后根据勾股定理即可求解.‎ - 29 -‎ ‎【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.‎ - 29 -‎ ‎【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）获奖金额的可能取值为50、100、200、300、400、500，‎ ‎，，，‎ ‎，，，‎ 获奖金额的概率分布为 ‎50‎ ‎100‎ ‎200‎ ‎300‎ ‎400‎ ‎500‎ 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.‎ - 29 -‎ ‎（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：‎ - 29 -‎ ‎.‎ ‎【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.‎ - 29 -‎ - 29 -‎