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- 2021-04-21 发布
2019-2020届镇江八校第2次大联考
一、填空题：
1.已知集合A={1，3}，B={2，3}，则A∪B=_____________.
【答案】{1，2，3}
【解析】
【分析】
根据并集的定义即可得出答案.
【详解】A={1，3}，B={2，3}，A∪B={1，2，3}.
故答案为: {1，2，3}
【点睛】本题考查集合的基本运算，属于基础题.
2.设复数是纯虚数，且满足(其中为虚数单位)，则实数a=____________.
【答案】
【解析】
【分析】
复数实数化，实部为零，虚部不为零，即可求出实数的值.
【详解】,
因为复数是纯虚数，所以，解得.
故答案为:
【点睛】本题考查复数的分类，注意纯虚数虚部不为零，属于基础题.
3.根据如图所示的伪代码，当输出的值为3时，实数的值为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】
根据条件语句，对分类讨论.
【详解】若，舍去，
若.
故答案为:2
【点睛】本题考查条件语句的应用，属于基础题.
4.已知射击运动员甲、乙在四次射击中分别打出了10，，10，8环与10，，9，9环的成绩，若运动员甲所打的四次环数的平均数为9，那么运动员乙所打四次环数的方差是________.
【答案】
【解析】
【分析】
由运动员甲所打的四次环数的平均数为9，求出的值，再求出乙所打的四次环数的平均数，即可求出乙所打四次环数的方差.
【详解】甲所打的四次环数的平均数为9，，
，则乙所打的四次环数的平均数9，
乙所打四次环数的方差为
.
故答案为:
【点睛】本题考查平均数、方差的计算，属于基础题.
5.在编号为1，2，3，4且大小和形状均相同的四张卡片中，一次随机抽取其中的两张，则抽取的两张卡片编号之和是偶数的概率为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
列出一次随机抽取其中的两张所有情况，找出两张卡片编号之和是偶数，根据古典概型计算公式，即可得出结果.
【详解】一次随机抽取其中的两张，由以下情况：
共有6种抽取方法，
其中抽取的两张卡片编号之和是偶数有2种抽取方法，
其概率为.
故答案为:
【点睛】本题考查古典概型的概率，属于基础题.
6.设双曲线()的一条渐近线的倾斜角为30°，则该双曲线的离心率为________.
【答案】2
【解析】
【分析】
由渐近线的倾斜角，求出斜率，再求出，即可求出离心率.
【详解】双曲线()的一条渐近线的倾斜角为30°,
所以.
故答案为:2
【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，注意双曲线焦点的位置，属于基本题.
7.已知圆锥的侧面积为8π，侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
侧面展开图半径为圆锥的母线，由已知条件求出圆锥的母线，再求出底面半径，即可求出圆锥的体积.
【详解】设圆锥的母线为，底面半径为，依题意，
，
侧面展开图的弧长为，
圆锥的体积为.
故答案为:
【点睛】本题考查圆锥侧面展开图的结构特征，求圆锥的体积，属于基础题.
8.已知是等比数列前项和，若，，则_________.
【答案】17
【解析】
【分析】
根据已知条件，求出等比数列的公比，利用等比数列片段和的关系，即可求出结果.
【详解】设等比数列的公比为，依题意，
，
解得，或（舍去），
.
故答案为：17
【点睛】本题考查等比数列通项的基本量运算，以及前项和的性质，属于基础题.
9.如图，在等腰△ABC中，AB=AC=3，D，E与M，N分别是AB，AC的三等分点，且，则cosA=__________.
【答案】
【解析】
【分析】
以为基底，分别把表示出来，然后根据已知条件即可求出.
【详解】，
，
=
=，
.
故答案为:
【点睛】本题考查向量的基本定理以及向量的数量积运算，属于基础题.
10.已知函数，若，则实数的取值范围是__________.
【答案】(-1，3)
【解析】
【分析】
先证，原不等式转化为，再利用在是单调递增，不等式再转化为 ，即可求出实数的取值范围.
【详解】,
，
，
，
在上是单调递增，
原不等式等价于，即，
解得.
故答案为:
【点睛】本题考查利用函数对称性和单调性解不等式，难点在于要看出函数的对称性，属于中档题.
11.已知锐角ΔABC的内角A，B，C的对边分别为，，，若，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
由正弦定理，条件等式转化角的关系，化简所求的式子，转化角，求出的范围，即可求得结论.
【详解】，
，
，
.
故答案为:
【点睛】本题考查正弦定理的应用，以及两角和差正弦公式的应用，属于中档题.
12.已知A，B为圆C:上两个动点，且AB=2，直线:，若线段AB的中点D关于原点的对称点为D′，若直线上任一点P，都有，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据对称关系，为已知圆关于原点对称圆C′弦长为2弦的中点，转为圆C′的圆心与直线的距离关系，即可得结论.
【详解】设圆C关于原点对称的圆为圆C′:，
则A，B关于原点对称的点在圆上，
的中点为AB的中点D关于原点的对称点为D′，
，
设C′到直线的距离为d.则，
即，
解得或
的取值范围是
【点睛】本题考查图形的对称关系，以及点到直线的距离公式，属于中档题.
13.已知正数，满足，则的最小值为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】
由条件等式，将用表示，转为关于的函数，然后用基本不等式求最值.
【详解】
当且仅当，即时取等号.
故答案为:2
【点睛】本题考查含有条件等式的最值问题，解题的关键要灵活应用条件等式，转化为基本不等式求最值，属于中档题.
14.已知函数，若方程恰有两个实数解，且，则实数的取值范围是__________.
【答案】(1，3)
【解析】
【分析】
利用数形结合方法，转化为函数图像、函数图像以及的交点关系.
【详解】令，
化简，
设方程两根为，
此时，不合题意，
因为，所以’，
故为与的交点横坐标，
由图可知∈(1，3).
故答案为: (1，3)
【点睛】本题考查方程的零点，转化为函数图像交点的位置关系，考查数形结合思想，属于中档题.
二、解答题.
15.如图，在三棱锥中，,平面平面分别为中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
试题分析：
（1）由分别为中点可得，根据线面平行的判定定理可得结论．（2）由题意可得，根据平面平面得到平面，故，再结合，可得平面，从而可得平面平面．
试题解析：
（1）因为分别为中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面．
（2）因为为中点，
所以，
又平面平面，平面平面，平面，
故平面，
因为平面，
所以．
因为，
因此．
因为平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
16.设向量，，为锐角．
（Ⅰ）若，求的值；
（Ⅱ）若,求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）本题以向量为背景，实际考察三角函数及三角恒等变换，将向量数量积用坐标表示，求出的值，然后根据，求出的值，从而根据为锐角求出的值；（Ⅱ）根据的坐标表示，可以求出，可以根据同角三角函数基本关系式求出的值，再利用二倍角公式，求出的值，再将按两角和正弦公式展开，即可而求的值．另外，也可以根据齐次式求出的值，再将
按两角和正弦公式展开，从而求的值．注意公式的准确使用．
试题解析：（Ⅰ）∵，
∴．
∴
又∵为锐角，∴．
（Ⅱ）法一：∵，∴．
∴，
．
∴
法二 ∵，∴．
易得，．
∴，
．
∴
考点：1．向量平行垂直的坐标表示；2．同角三角函数基本关系式；3．三角恒等变换公式的应用．
17.在平面直角坐标系中，已知椭圆C:(>>0)的右焦点为F(1，0)，且过点(1，)，过点F且不与轴重合的直线与椭圆C交于A，B两点，点P在椭圆上，且满足.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若，求直线AB的方程.
【答案】(1) ；(2) .
【解析】
【分析】
（1）代入椭圆方程，结合关系，即可求出椭圆标准方程；
（2）设直线方程，与椭圆联立，利用韦达定理，得出两点的坐标关系，进而求出点坐标，代入椭圆方程，即可求出直线方程.
【详解】(1)由题意可知，=1，且
又因为，
解得，，
所以椭圆C的标准方程为；
(2)若直线AB的斜率不存在，则易得，，
∴，得P(，0)，
显然点P不在椭圆上，舍去；
因此设直线的方程为，设，，
将直线的方程与椭圆C的方程联立，
整理得，
∴，
则由
得
將P点坐示代入椭圆C的方程，
得(*)；
将代入等式(*)得
∴
因此所求直线AB的方程为.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，椭圆与直线的位置关系，,用设而不求的方法解决有关相交弦的问题，属于中档题.
18.某校要在一条水泥路边安装路灯，其中灯杆的设计如图所示，AB为地面，CD，CE为路灯灯杆，CD⊥AB，∠DCE=，在E处安装路灯，且路灯的照明张角∠MEN=.已知CD=4m，CE=2m.
(1)当M，D重合时，求路灯在路面的照明宽度MN；
(2)求此路灯在路面上的照明宽度MN的最小值.
【答案】(1) ；(2) .
【解析】
【分析】
（1）用余弦定理求出，进而求出，结合已知条件，求出，用正弦定理求出；
（2）由面积公式，余弦定理结合基本不等式，即可求出结果.
【详解】(1)当M，D重合时，
由余弦定理知，
∴
∵
∴，
∵
∴
∵
∴在ΔEMN中，由正弦定理可知，
解得；
(2)易知E到地面的距离=5m
由三角形面积公式可知，
∴，又由余弦定理可知，，
当且仅当EM=EN时，等号成立，
∴，解得
答:(1)路灯在路面的照明宽度为m；
(2)照明宽度MV的最小值为.
【点睛】本题考查解三角形的实际应用，涉及到正弦定理，余弦定理，面积公式，基本不等式，是一道综合题.
19.已知数列的前项和满足.
(1)证明数列为等差数列，并求出数列的通项公式.
(2)若不等式，对任意恒成立，求的取值范围.
(3)记数列的前项和为，是否存在正整数，使得成立，若存在，求出所有符合条件的有序实数对(，)；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析，；(2) ；(3) 存在， (1，1)，(1，2).
【解析】
【分析】
（1）由与关系，得出的递推关系，再用等差数列的定义，证明为等差数列，求出其通项，即可求得的通项公式；
（2）不等式，对任意恒成立，分离参数转为
对任意恒成立，转为求数列的最大值，即可求出结果；
（3）求出通项公式，以及前项和为，代入化简，转化为关于的不等式，结合为正整数，可求出的值.
【详解】(1)当=1时，，得，
当时，，，
两式相减得：，
∴，即，
又，
∴数列是以2为首项，1为公差的等差数列.
(2)由(1)知，即
∵
∴不等式，对任意恒成立，
等价于对任意恒成立，
记
法一：则时，
∴时，；时，.
或(法二)：时，
∴当时，，
∴或时，取最大值为，
∴，即
∴入的取值范围是:.
(3)由得
∴数列的前项和为，
则
∵，得
∴
∴
∵是正整数，∴
当时，即
解得，.
综上存在所有符合条件的有序实数对(，)为:(1，1)，(1，2).
【点睛】本题考查已知前项和求通项，等差数列的定义、通项公式，等比数列的前项和，数列的单调性，以及解不等式，是一道难度较大的综合题.
20.已知函数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)若恒成立，求的取值范围；
(3)设函数的极值点为，当变化时，点(，)构成曲线M.证明:任意过原点的直线，与曲线M均仅有一个公共点.
【答案】(1) 的极大值为，无极小值；(2) ；(3) 证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）对函数求导，求出单调区间，即可求出极值；
（2）恒成立，两种解法：①分离参数，构造新函数，转化为与新函数的最值关系；②转化为，对分类讨论求出，转化为解关于的不等式；
（3）先确定出点(，)构成曲线M，直线与曲线M均仅有一个公共点转化为函数的零点，对分类讨论，求出函数的单调区间，结合零点存在性定理，即可得证.
【详解】(1)当时，，
则
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以当时，的极大值为，无极小值；
(2)(法一)∵，
∴由恒成立，得恒成立，
令则，
令，则，
∵，故
∴在(0，+∞)单增，又，
∴，，，
即，，，，
∴，单减，)，单增，
∴时，取极小值即最小值，
∴；
法二：
由二次函数性质可知，存在，使得，
即，且当时，，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
∴，
由题意可知，，
设，则，即单调递增.
∴的解集为(0，1]，即，
∴；
(3)由(2)可知，
则曲线M的方程为，
由题意可知.对任意，
证明：方程均有唯一解，
设，
则
①当时，恒成立，
所以在上单调递增，
∵，
所以存在满足时，使得，
又因为单调递增.所以为唯一解；
②当且，即时，
恒成立，所以在上单调递增，
∵，，
∴存在使得，
又∵单调递增，所以为唯一解；
③当时，有两解，不妨设，
因为，所以，列表如下:
+
0
-
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗
由表可知，当时，
的极大值为，
∵，所以.
∴，
∴存在，使得，
又因为单调递增，所以为唯一解:
综上，原命题得证.
【点睛】本题考查函数的极值，恒成立问题，并利用导数方法证明函数零点的存在，是一道综合题.
附加部分
选修4-2:矩阵与变换
21.已知矩阵，向量，计算.
【答案】
【解析】
【分析】
先求出矩阵的特征值以及特征向量，向量用特征向量表示，按求矩阵指数幂运算法则即可求出结论.
【详解】因为，由
得或.
当时，对应的一个特征向量为
当时，对应的一个特征向量为
设，解得
所以
【点睛】本题考查矩阵的特征值，特征向量，考查矩阵指数运算，属于基础题.
选修4--4:坐标系与参数方程
22.
在极坐标系中，圆C方程为，以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为（t为参数），求直线l被⊙C截得的弦AB的长度．
【答案】.
【解析】
【分析】
先两边同乘以ρ，利用公式即可得到圆的方程，可得圆心和半径，再将直线的参数方程化为普通方程，结合直角坐标系下点到直线的距离公式求解即得．
【详解】⊙C的方程化为ρ＝4cosθ+4sinθ，两边同乘以ρ，得ρ2＝4ρcosθ+4ρsinθ
由ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，
得x2+y2﹣4x﹣4y＝0，
其圆心C坐标为（2，2），半径，
又直线l的普通方程为x﹣y﹣2＝0，
∴圆心C到直线l的距离，
∴弦长.
【点睛】本题考查圆的极坐标方程、参数方程与普通方程的互化，点到直线的距离公式，考查了圆中的弦长问题，属于中等题．
选修4-5：不等式选讲
23.设，证明：.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
依据柯西不等式，不等式左边乘以，即可得证.
【详解】证明：由柯西不等式，得
即
∴.
当且仅当时等号成立.
【点睛】本题考查柯西不等式应用，属于基础题.
24.如图，在三棱锥P-ABC中，AC⊥BC，且，AC=BC=2，D，E分别为AB，PB中点，PD⊥平面ABC，PD=3.
(1)求直线CE与直线PA夹角的余弦值；
(2)求直线PC与平面DEC夹角的正弦值.
【答案】(1)；(2).
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，求出夹角，即可得结果；
（2）求出平面DEC的法向量，其与法向量夹角的余弦的绝对值，即为所求角的正弦值.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，易知C(0，0，0)，
A(2，0，0)，D(1，1，0)，E(，，)，P(1，1，3)，
设直线CE与直线PA夹角为，则
整理得；
直线CE与直线PA夹角的余弦值；
(2)设直线PC与平面DEC夹角为，
设平面DEC的法向量为，
因为，
所以有
取，解得，，
即面DEC的一个法向量为，，
.
直线PC与平面DEC夹角的正弦值为.
【点睛】本题考查用空间向量法求空间角，注意空间角与空间向量角之间的关系，属于中档题.
25.已知.
(1)记其展开式中常数项为，当时.求的值；
(2)证明:在的展开式中，对任意，与的系数相同.
【答案】(1)19；(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据展开式的通项公式，求出常数项，即可求得结果；
（1）先由展开式写出通项，分类讨论与存在，再证明系数相等.
【详解】(1)；
(2)由项式定理可知，
对任意给定，当时，
的展开式中无与项；
当时，
若为奇数，则，
即的展开式中无与项；
若为偶数，设，
则的展开式中，的系数为
的系数为，即与项的系数相同，
即当且为偶数时，在的展开式中，
与项的系数均相同，
所以在的展开式中，与项的系数相同，原命题得证.
【点睛】本题考查二项展开式定理，解题的关键是掌握二项展开式的通项公式，突出考查分类讨论思想的应用，属于中档题.