南通市基地学校2020届高三下学期第二次大联考数学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精江苏省南通市基地学校2020届高三下学期第二次大联考数学试题含解析江苏省南通市2020届高三基地学校第二次大联考数学试题第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，，则集合中元素的个数为__________个.【答案】2【解析】【分析】利用交集的定义即可.【详解】由已知,,所以集合中元素的个数为2.故答案为:2【点睛】本题考查集合的交集运算，考查学生对交集概念的理解,是一道容易题.2。复数(为虚数单位）在复平面内对应的点位于实轴上，则实数的值为__________。【答案】【解析】【分析】利用复数的除法运算化简复数z，由几何意义可得所对应的点的坐标,进一步可得答案.【详解】由已知，,所以所对应的点为，此点在实轴上，所以,解得。故答案为：【点睛】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的几何意义,是一道容易题.3。一组数据3,6，,5，7,6的平均数为6,则该组数据的方差为__________.【答案】【解析】【分析】利用平均数、方差的公式计算即可.【详解】由已知,，解得，所以该组数据的方差为。故答案为：【点睛】本题考查平均数、方差的计算，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.4.根据如图所示的伪代码，最后输出的的值为__________。【答案】7【解析】【分析】根据当型循环的含义，知直到时，退出循环。【详解】第一次循环：；第二次循环:；第三次循环：;因，故退出循环，此时.故答案为:7【点睛】本题考查根据当型循环语句计算输出值的问题，此类题要做到认真通读语句，建议数据较小时可以采用列举出来的办法，是一道容易题.5。若，,则函数有零点的概率为__________。【答案】【解析】【分析】基本事件的总数有种，而函数有零点必须，找到满足的种数，再利用古典概型的概率计算公式计算即可。【详解】由已知，函数解析式一共有种不同的情况,函数有零点,则相应的一元二次方程的,即,所以有；；；；;共6种情况，由古典概型的概率计算公式可得函数有零点的概率为.故答案为：【点睛】本题主要考查古典概型的概率计算，涉及到函数的零点知识，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.6。在平面直角坐标系中，已知双曲线（，）的右焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为。若，则双曲线的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】利用点到直线的距离公式可得，从而，，再利用双曲线离心率公式计算即可.【详解】由已知,不妨设过F作渐近线的垂线，则，又，所以,所以,故双曲线的离心率为。故答案为：【点睛】本题考查求双曲线的离心率，做此类题目，最关键的是找到之间的等量关系，是一道容易题。7。已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4,面积为的扇形，则该圆锥的高为__________。【答案】【解析】【分析】展开的扇形的弧长即为圆锥底面圆的周长,扇形的半径即为圆锥的母线，由扇形的面积结合勾股定理即可得到答案。【详解】设圆锥底面圆的半径为，扇形的弧长为，半径为，由已知，，，解得，所以，，故圆锥的高为.故答案为：【点睛】本题考求圆锥的高，涉及到圆锥的展开图以及扇形的面积等知识，考查学生的计算能力，是一道容易题。8.若将函数的图象向左平移个单位后,所得图象关于轴对称，则实数的值为__________.【答案】【解析】【分析】函数的图象向左平移个单位后得到函数，由题意函数是偶函数,所以,再结合的范围即可得到答案.【详解】由已知,函数的图象向左平移个单位后，得到函数，此函数图象关于轴对称，则,即，又，所以。故答案为：【点睛】本题考查正弦型函数的平移问题,涉及到函数的对称性，考查学生的运算求解能力,是一道中档题.9。已知函数的图象在点处的切线与直线平行,则的值为__________。【答案】【解析】【分析】利用导数的几何意义求出函数的解析式即可解决问题.详解】，由题意可得，解得，所以,.故答案为：【点睛】本题主要考查导数的几何意义,考查学生的运算求解能力，是一道容易题.10.设为等差数列的前项和,若，，则的值为__________。【答案】30【解析】【分析】由等差数列的性质可得，结合可得，公差，所以，再利用等差数列的求和公式即可得到答案。【详解】设等差数列的公差为，由已知及等差数列的性质，得，,又,所以,即，,故，。故答案为：30【点睛】本题考查等差数列的求和问题,涉及到等差数列的基本性质,考查学生的计算能力，是一道中档题。11。已知函数,则不等式的解集为__________。【答案】【解析】【分析】先求出的解析式，再分类讨论解不等式即可。【详解】当时，，,，所以，当时，，解得，所以;当时，，解得或,所以;综上，不等式的解集为。故答案为:【点睛】本题考查解分段函数不等式，已知函数值的范围求自变量的范围时，要注意分段讨论，特别注意解出的范围是否满足相应段的自变量的取值范围,本题是一道中档题.12。已知,，，则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】由已知可得，令,则原式,利用基本不等式即可解决。【详解】由已知，所以，故，令，原式,当且仅当，即，时,等号成立.故答案为：【点睛】本题考查基本不等式求最值的问题，涉及到对数的运算性质，考查学生的运算求解能力，是一道中档题。13。如图，在矩形中，，,,分别是和的中点，若是矩形内一点（含边界），满足，且，则的最小值为__________。【答案】【解析】【分析】，设，，则，，三点共线，即点在直线上，且位于矩形内部（含端点)，设的中点为，则，只需求的最小值即可。【详解】由，得，所以.取,,则,，三点共线，即点在直线上，且位于矩形内部（含端点），如图.设的中点为，则。因为,,，分别是和的中点，所以,当时，最小，且最小值为,所以的最小值为。故答案为：【点睛】本题主要考查求平面向量数量积的最小值问题，涉及到向量共线定理的结论，考查学生的等价转化与数形结合的思想，是一道较难的题.14.在平面直角坐标系中,已知圆，点，过圆外一点作圆的切线，切点为。若，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】由已知可得点在圆外且在圆内（含圆上），设，易知,分,两种情况化简目标函数并数形结合即可求得取值范围.【详解】由，即，所以，化简得,，所以点在圆外且在圆内（含圆上）。设,易知大圆圆心到直线的距离，所以,所以当时，有,结合图形可知，；当时，有，结合图形可知，.综上所述，的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查非线性可行域且含有绝对值的目标函数的非线性规划问题，考查学生逻辑推理与数形结合的思想，是一道难题.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。如图，在三棱柱中,侧面底面，,，分别是棱，的中点。求证：(1）∥平面;（2）。【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】(1)要证明∥平面，只需证明∥即可；(2）要证明,只需证明平面即可。【详解】（1）在中，，分别是棱，的中点，所以∥.又在三棱柱中，∥，所以∥.又因为平面,平面，所以∥平面.（2）因为侧面底面，侧面底面，，平面，所以平面。又因为平面，所以.【点睛】本题考查线面平行的判定定理以及面面垂直的性质定理，考查学生的逻辑推理能力，是一道容易题。16.在中，内角,，所对的边分别为，，。已知，，成等差数列,且。(1）求的值;（2）求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由及正弦定理可得，又，可得,，再利用余弦定理即可；（2)由（1）可得，进一步得到,再利用两角和的正弦公式展开即可。【详解】（1)在中，由正弦定理，得.又由,得.又因为，所以.又由，，成等差数列，得,所以，。由余弦定理可得，.（2）在中,由（1）可得，从而，。故.【点睛】本题考查正余弦定理以及两角和的正弦公式、倍角公式的应用,考查学生的数学运算求解能力，是一道容易题。17。如图，要利用一半径为的圆形纸片制作三棱锥形包装盒。已知该纸片的圆心为，先以为中心作边长为（单位:）的等边三角形，再分别在圆上取三个点，，，使，，分别是以，，为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以，，为折痕折起,，，使得，，重合于点，即可得到正三棱锥.（1)若三棱锥是正四面体,求的值；（2）求三棱锥的体积的最大值，并指出相应的值。【答案】（1）(2）最大值为，此时。【解析】【分析】（1）因为三棱锥是正四面体，所以是正三角形，连结，交于点,连结，算出，由即可得到答案；（2）易得,设函数，利用导数求得的最大值即可得到体积的最大值.【详解】（1）连结，交于点，连结，在中，，，则.因为三棱锥是正四面体，所以是正三角形,所以，即，解得。（2)在中,，，所以高.由可得，。所以三棱锥的体积.设函数，，则。令得,。列表如下：0极大值所以在时取最大值,所以。所以，所以.所以三棱锥体积的最大值为，此时.【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题以及三棱锥的体积的计算，涉及到利用导数求函数的最值,考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.18.如图，在平面直角坐标系中,己知是椭圆的右焦点，是椭圆上位于轴上方的任意一点，过作垂直于的直线交其右准线于点。（1）求椭圆的方程；（2）若，求证：直线与椭圆相切;（3)在椭圆上是否存在点,使四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点的坐标：若不存在，请说明理由.【答案】（1)（2）见解析(3）存在，。【解析】【分析】（1）准线方程为，结合即可得到答案；（2)，由点斜式写出的方程，进一步得到的坐标,利用P、Q两点的坐标写出方程，再与椭圆方程联立消元，判断方程解的个数即可；(3）当直线的斜率不存在，则，.此时存在，使得四边形是平行四边形；当直线的斜率存在，设,分别求出的坐标，利用及解方程组即可判断。【详解】（1）由题意,，解得,所以椭圆的方程为.(2)因为，由于，所以,所以.设,则，所以，即点的坐标为.由直线的斜率为，所以直线的方程为,令,得，即，所以直线的方程为。联立方程组,消得，化简可得，,即方程有唯一解.所以上述方程组有唯一解，即直线与椭圆有且只有一个公共点，所以直线与椭圆相切。（3）若直线的斜率不存在,则，.此时存在，使得四边形是平行四边形。若直线的斜率存在，设，则，由直线的斜率为，知直线的方程为。令，得，即，所以直线的斜率。假设在椭圆上存在点，使四边形是平行四边形,则∥,∥.所以直线的方程为，联立椭圆,可得,所以直线的斜率。又直线的斜率，令，即，化简可得，。又，可以解得，，这与矛盾！综上，符合条件的点只有一个，其坐标为.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系,涉及到求椭圆的方程、证明直线与椭圆相切、椭圆中的存在性问题，考查学生的数学运算求解能力，是一道较难的题。19。已知数列满足，.（1）若.①设，求证：数列是等比数列；②若数列的前项和满足，求实数的最小值；（2）若数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，且，，求数列的通项公式.【答案】（1）①见解析②的最小值为6。（2），.【解析】【分析】（1)①由已知可得，又,再利用等比数列的定义即可；②利用累计法可得是以6为首项，为公比的等比数列，再用公式法求得即可；（2）设奇数项所成等差数列的公差为，偶数项所成等差数列的公差为,对n分n为奇数和偶数进行讨论，结合,可得，进一步得到数列的通项公式.【详解】（1）①因为，且，所以数列是以为首项，为公比的等比数列。②由①知，，所以,则，所以是以6为首项，为公比的等比数列，所以。当时，有最大值6，所以实数的最小值为6.（2）设奇数项所成等差数列的公差为，偶数项所成等差数列的公差为①当为奇数时，，,则,即,所以,故。②当为偶数时,，，则，即，所以，故。综上可得，.又，所以。所以当为奇数时，;当为偶数时,。故数列的通项公式为，.【点睛】本题考查等差、等比数列的综合应用，涉及到构造法证明数列是等比数列、累加法求数列的通项、等比数列的求和公式、分类讨论求等差数列的通项，考查学生的数学运算求解能力，是一道有一定难度的题。20.已知函数,，是的导函数.（1）若，求的值；(2）设.①若函数在定义域上单调递增，求的取值范围;②若函数在定义域上不单调，试判定的零点个数，并给出证明过程.【答案】（1）（2）①;②函数必有三个不同零点.见解析【解析】【分析】（1）由以及即可得到；（2）①在上恒成立，即在上恒成立，设，只需求出的最小值即可；②由，知不可能对恒成立,即在定义域上不可能始终都为减函数。进一步可得，设，与有相同的零点，对进行分析即可。详解】（1）由，得,因为，所以，所以（2)①因为，所以的定义域为，.因为函数在定义域上单调递增,所以在上恒成立，即在上恒成立。设，则,当时，，则在上为减函数，当时，，则在上为增函数，所以在时恒成立，所以。②因为，所以，则不可能对恒成立，即在定义域上不可能始终都为减函数.由①知函数在定义域上单调递增，所以若函数在定义域上不是单调函数。又因为，所以是函数一个零点。令，得,设，则与有相同的零点，令,得。因为，所以，所以有两个不相等实数解,,因为，，所以不妨设.当时，，在为增函数，当时，,在为减函数，当时，,在为增函数，则，.又因为时，，,，，又因为在图象不间断，所以在有唯一一个零点,又因在图象不间断，所以在有唯一一个零点，又因为是函数一个零点。综上函数必有三个不同零点.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、函数的零点问题，考查学生的逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.第Ⅱ卷（附加题，共40分)【选做题】本题包括A，B，C三小题，请选定其中两题作答，每小题10分共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤。A.选修4—2：矩阵与变换21.点经矩阵变换后得到点在直线上，且矩阵不存在逆矩阵，求实数,的值.【答案】或。【解析】【分析】设，点在直线及矩阵不存在逆矩阵可得，解方程组即可。【详解】设点，则，即。因为点在直线上,所以，化简得.又不存在逆矩阵，,所以②联立①②得解之得或.【点睛】本题考查矩阵的线性变换以及可逆矩阵，考查学生的基本奇数能力，是一道容易题.B。选修4—4：坐标系与参数方程22。在极坐标系中,圆的方程为,以极点为坐标原点，极轴为轴正半轴建立平面直角坐标系.设直线的参数方程为(为参数），若直线与圆恒有公共点，求的取值范围。【答案】。【解析】【分析】利用极坐标方程与普通方程的互化公式,参数方程消参得到直线与圆C的普通方程，再利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.【详解】由得，即所以圆的方程对应的普通方程为,直线的普通方程为.因为直线与圆恒有公共点，则圆心到直线的距离，即。解得的取值范围是。【点睛】本题考查极坐标方程与普通方程、参数方程与普通方程的互化以及直线与圆的位置关系,考查学生的运算求解能力，是一道容易题.C。选修4-5：不等式选讲23。已知不等式的解集为,求实数的值.【答案】【解析】【分析】由题意，是方程的根，或，代入检验即可。【详解】设，因为不等式的解集为，所以是方程的根,所以，解得或。当时,，所以故不等式的解集为，不合题意，舍去.经验证，当时不等式的解集为，符合题意，所以。【点睛】本题考查已知绝对值不等式的解集求参数,考查学生的运算求解能力，是一道容易题。【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分，解答时应写出文字说明,证明过程或演算步骤.24.一个均匀的正四面体的四个面分别涂有1，2，3,4四个数字，现随机投掷两次，正四面体底面上的数字分别为，，记.（1）记取得最大值时的概率；（2）求的概率分布及数学期望。【答案】（1)（2）见解析，3【解析】【分析】（1），,时，最大即可得到答案；（2)的可能取值为0，1，2，4，5，