江苏苏州高三数学下学期阶段测试

江苏省苏州市2019届高三下学期阶段测试（解析版）数 学 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分请把答案填写在答题卡相应位置上1.设集合A = 1，m ，B = 2，3，若AB =3，则m =_【答案】3【解析】【分析】由A，B，以及两集合的交集，确定出m的值即可【详解】因为AB =3，所以m =3故答案为：3【点睛】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键2.已知复数满足（其中i为虚数单位），则的值为_【答案】【解析】【分析】把已知等式变形，再利用复数代数形式的除法运算化简复数z，然后由复数模的公式计算得答案【详解】，故答案为：【点睛】本题考查了复数代数形式的除法运算，考查了复数模的求法，准确计算是关键，是基础题3.将一颗质地均匀的正方体骰子（每个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6）先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数之和是6的的概率是_【答案】【解析】【分析】先求出基本事件总数6636，再由列举法求出“点数之和等于6”包含的基本事件的个数，由此能求出“点数之和等于6”的概率【详解】基本事件总数6636，点数之和是6包括共5种情况，则所求概率是故答案为：【点睛】本题考查古典概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用4.一支田径队有男运动员人,女运动员人,现按性别用分层抽样的方法,从中抽取位运动员进行健康检查,则男运动员应抽取_人.【答案】8【解析】试题分析：男女运动员人数的比是，所以要抽取14人，需要抽取男运动员人.考点：本小题主要考查分层抽样.点评：应用分层抽样抽取样本时，关键是找出各层的比例，按比例抽取即可.5.根据如图所示的伪代码，可知输出的结果为_【答案】【解析】阅读伪代码可知，I的值每次增加2，跳出循环时I的值为，输出的S值为.6.命题“存在，使”为假命题，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】试题分析：命题：“存在xR，使x2+ax4a0”为假命题，即对任意的实数x，恒有x2+ax4a0成立，则,解得，考点：恒成立问题求参数范围7.已知函数的图象如图所示，则该函数的解析式是_.【答案】【解析】【分析】根据所给的图象,得到三角函数的振幅,根据函数的图象过点的坐标，代入解析式求出，,得到函数的解析式【详解】根据图象可以看出A2，图像过（0,1）2sin=1,故函数的图象过点（，0）所以=2k,kZ,故, kZ由题即故当k=-1,函数的解析式是故答案为【点睛】本题考查三角函数的解析式,三角函数基本性质，熟记五点作图法是解题关键，是中档题8.若函数为定义在上的奇函数，当时，则不等式的解集为_【答案】【解析】分析：由奇函数的性质，求出函数的解析式，对时的解析式求出，并判断函数的单调性和极值，再由奇函数的图象特征画出函数的图象，根据图象和特殊的函数值求出不等式的解集详解：因为函数是定义在上的奇函数，所以当时，不满足不等式，设，则，因为时，所以，因为函数是奇函数，所以，所以，当时，令，解得，当时，；当时，所以函数在上递减，在上递增，所以当时取得极小值，再由函数是奇函数，画出函数的图象如图所示，因为当时，当时取得极小值，所以不等式的解集在无解，在上有解，因为，所以不等式的解集为点睛：本题考查函数的基本性质的综合应用，其中解答中涉及到函数的奇偶性，函数的单调性的综合应用，着重考查了数形结合思想方法，分析问题和解答问题的能力，试题有一定的难度，属于难题9.四棱锥PABCD中，底面，底面是矩形，点E为棱CD上一点，则三棱锥EPAB的体积为_.【答案】【解析】【分析】由PA平面ABCD可得VEPABVPABE，求解即可【详解】底面ABCD是矩形，E在CD上，SABE3PA底面ABCD，VEPABVPABE故答案为：【点睛】本题考查了棱锥的体积计算，线面位置关系，熟记等体积转化，准确计算是关键，属于基础题10.若函数在其定义域上恰有两个零点，则正实数a的值为_.【答案】【解析】【分析】当x0时，f（x）x+2x，单调递增，由f（1）f（0）0，可得f（x）在（1，0）有且只有一个零点；x0时，f（x）axlnx有且只有一个零点，即有a有且只有一个实根令g（x），求出导数，求得单调区间，极值，即可得到a的值【详解】当x0时，f（x）x+2x，单调递增，f（1）1+210，f（0）10，由零点存在定理，可得f（x）在（1，0）有且只有一个零点；则由题意可得x0时，f（x）axlnx有且只有一个零点，即有a有且只有一个实根令g（x），g（x），当xe时，g（x）0，g（x）递减；当0xe时，g（x）0，g（x）递增即有xe处取得极大值，也为最大值，且为，当x如图g（x）的图象，当直线ya（a0）与g（x）的图象只有一个交点时，则a故答案为：【点睛】本题考查函数的零点的判断，考查函数的零点存在定理和导数的运用，单调性和极值，数形结合思想，属于中档题11.已知等差数列的各项均为正数，=1，且成等比数列若，则=_.【答案】15【解析】【分析】设等差数列公差为d，由题意知d0，由成等比数列列式求得公差，再由等差数列的通项公式求得apaq【详解】设等差数列公差为d，由题意知d0，成等比数列，（）2，（1+2d）（1+10d），即44d236d450，解得d或d（舍去），pq10，则apaq（pq）d10故答案为：15【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查了等比数列的性质，熟记数列性质，准确计算是关键，是基础题12.在平面直角坐标系中，已知圆C：，点A是轴上的一个动点，AP， AQ分别切圆C于P，Q两点，则线段PQ长的取值范围为_.【答案】【解析】试题分析：由题意得：,又，所以，因此线段PQ长的取值范围为考点：直线与圆位置关系13.若均为正实数，且，则的最小值为_.【答案】【解析】x,y,z均为正实数,且x2+y2+z2=1，可得1z2=x2+y22xy，当且仅当x=y取得等号，则，当且仅当时等号成立，取得最小值.14.设集合其中均为整数，则集合_.【答案】M=0，1，3，4.【解析】【分析】根据2x+2y2t，进行提取2x，得到x，y的关系，根据整数关系进行推理即可得到结论【详解】由得，则，且指数均为整数，因此右边一定为偶数，则左边即，且即.为整数，则为2的约数，则，.故M=0，1，3，4.故答案为：M=0，1，3，4.【点睛】本题主要考查元素和集合的关系，结合集合元素是整数的关系进行推理是解决本题的关键综合性较强，难度较大二、解答题：本大题共6小题，共计90分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或计算步骤15.在中，、分别是三内角A、B、C的对应的三边，已知.（1）求角A的大小：（2）若，判断的形状.【答案】解：（）在中，又4分（），为等边三角形。10分【解析】试题分析：（1）由余弦定理可得，又，所以，即可求出结果（2）由于，所以，化简可得，即可求出结果试题解析：（1），又，（2），考点：1余弦定理；2三角恒等变换16.如图，在直三棱柱中，分别是棱上的点（点不同于点），且，为棱上的点，且求证：（1）平面平面；（2）平面【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）推导出BB1AD，ADDE，从而AD平面BCC1B1，由此能证明平面ADE平面BCC1B1（2）推导出BB1平面A1B1C1，BB1A1F，A1FB1C1，从而A1F平面BCC1B1，再由AD平面BCC1B1，得A1FAD，由此能证明A1F平面ADE【详解】（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，因为AD平面ABC，所以BB1AD，又因为ADDE，在平面BCC1B1中，BB1与DE相交，所以AD平面BCC1B1，又因为AD平面ADE，所以平面ADE平面BCC1B1（2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面A1B1C1，因为A1F平面A1B1C1，所以BB1A1F，又因为A1FB1C1，在平面BCC1B1中，BB1B1C1B1，所以A1F平面BCC1B1， 在（1）中已证得AD平面BCC1B1，所以A1FAD，又因为A1F平面ADE，AD平面ADE，所以A1F平面ADE【点睛】本题考查面面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题17.如图，某公园内有两条道路，现计划在上选择一点，新建道路，并把所在的区域改造成绿化区域已知， （1）若绿化区域的面积为1，求道路的长度；（2）若绿化区域改造成本为10万元/，新建道路成本为10万元/设（），当为何值时，该计划所需总费用最小？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由的面积可得，结合余弦定理可得结果.（2）在中利用正弦定理可得，从而得到总费用 利用导数研究最值即可.【详解】（1）因为在中，已知， ，所以由的面积，解得在中，由余弦定理得：，所以（2）由，则，在中， ，由正弦定理得，所以，记该计划所需费用为，则 令，则，由，得所以当时，单调递减；当时，单调递增所以时，该计划所需费用最小【点睛】解三角形应用题的一般步骤(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.18.已知椭圆的离心率，一条准线方程为求椭圆的方程；设为椭圆上的两个动点，为坐标原点，且当直线的倾斜角为时，求的面积；是否存在以原点为圆心的定圆，使得该定圆始终与直线相切？若存在，请求出该定圆方程；若不存在，请说明理由【答案】（1）（2）SGOHx2y2【解析】(1)因为，a2b2c2,解得a3，b，所以椭圆方程为(2)由解得由得所以OG，OH，所以SGOH.假设存在满足条件的定圆，设圆的半径为R，则OGOHRGH，因为OG2OH2GH2，故，当OG与OH的斜率均存在时，不妨设直线OG方程为ykx,由得所以OG2，同理可得OH2，(将OG2中的k换成可得)，R，当OG与OH的斜率有一个不存在时，可得，故满足条件的定圆方程为：x2y219.已知函数，其中是自然数的底数，.（1）当时，解不等式；（2）若在上是单调增函数，求的取值范围；（3）当时，求整数的所有值，使方程在上有解.【答案】（1）（2）（3）3，1【解析】试题分析：（1）利用，将不等式转化为二次不等式进行求解；（2）根据在区间D上递增等价于在区间D上恒成立；（3）构造函数，利用零点存在定理进行求解试题解析：（）ex0，当f（x）0时即ax2+x0，又a0，原不等式可化为x（x+）0，f（x）0的解集为（0，-）；（）f（x）=（ax2+x）ex，f，（x）=（2ax+1）ex+（ax2+x）ex=ax2+（2a+1）x+1ex，当a=0时，f，（x）=（x+1）ex，在-1，1上恒成立，当且仅当x=-1时取“=”，a=0满足条件；当a0时，令g（x）=ax2+（2a+1）x+1，=（2a+1）2-4a=4a2+10，g（x）=0有两个不等的实根x1、x2，不妨设x1x2，因此f（x）有极大值和极小值；若a0，g（-1）g（0）=-a0，f（x）在（-1，1）内有极值点，f（x）在-1，1上不单调；若a0，则x10x2，g（x）的图象开口向下，要使f（x）在-1，1单调递增，由g（0）=10，即，-a0；综上可知，a的取值范围是-，0；（）当a=0时，方程f（x）=x+2为xex=x+2，ex0，x=0不是原方程的解，原方程可化为ex-1=0；令h（x）=ex-1，h，（x）=ex+0在x（-0）（0+）时恒成立，h（x）在（-，0）和（0，+）上是单调增函数；又h（1）=e-30，h（2）=e2-20，h（-3）=e-30，h（-2）=e-20，方程f（x）=x+2有且只有两个实根，且分别在区间1，2和-3，-2上，所以，整数k的所有值为-3，1考点：1不等式的解法；2函数的单调性；3零点存在定理20.已知数列满足且,（1）求；（2）数列满足，且当时证明：当时，；（3）在（2）的条件下，试比较与4的大小关系【答案】（1）（2）略（3）【解析】（1）设由当时，数列为等差数列（4分）（2）证：当时，由，得，即 （6分）式减式，有，得证 （8分）（3）解：当时，；当时，由（2）知，当时，当时， ，上式， （14分）江苏省苏州市2019届高三下学期阶段测试数学(附加题)本卷共4小题，每小题10分，共计40分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤21.已知二阶矩阵A有特征值及对应的一个特征向量和特征值及对应的一个特征向量，试求矩阵A【答案】【解析】【分析】设矩阵，这里a，b，c，dR，由题得a,b,c，d的方程求解即可求出矩阵A；【详解】设矩阵，这里a，b，c，dR，因为是矩阵A的属于11的特征向量，则有，又因为是矩阵A的属于22的特征向量，则有，根据，则有从而a2，b1，c0，d1，因此.【点睛】本题考查矩阵与变换的应用，是基础题，解题时要认真审题，注意特征方程和特征值的合理运用22.在平面直角坐标系中，椭圆的参数方程为在极坐标系(与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴)中，直线的方程为(1)求直线的直角坐标方程和椭圆C的普通方程；(2)若直线与椭圆C有公共点，求的取值范围【答案】（1），C:；（2）.【解析】【分析】（1）由极坐标方程与直角坐标互化求出直线l的直角坐标方程，由参数方程与普通方程互化求出椭圆C的普通方程；（2）由，得（t3+3）x2+12x+123t20由直线l与椭圆C有公共点，利用根的判别式能求出t的取值范围【详解】，得， 由，得. (2)由消去得.因为直线与椭圆C有公共点,所以,即又所以的取值范围是，所以的取值范围是.【点睛】本题考查直线的直角坐标方程、曲线的普通方程的求法，考查实数的取值范围的求法，考查极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.23.已知为正数，且满足，求证：【答案】详见解析【解析】【分析】由柯西不等式定理构造不等式直接证明即可【详解】由柯西不等式，得 【点睛】本题考查了柯西不等式证明不等式的方法，属于基础题24.如图所示,在棱长为2的正方体中,点分别在