2020届江苏省南通市高三下学期3月开学考试数学试题(解析版).pdf

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1、第 1 页 共 21 页2020 届江苏省南通市高三下学期3 月开学考试数学试题一、填空题1已知集合02,1 MxxNx x，则MNI_.【答案】|12xx【解析】根据交集的定义，即得解.【详解】集合02,1MxxNx x根据交集定义，|12MNxxI【点睛】本题考查了集合交集的运算，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.2已知复数z满足21i zi,i为虚数单位,则复数z【答案】531i【解析】略3某路口一红绿灯东西方向的红灯时间为45 s，黄灯时间为3 s，绿灯时间为60 s从西向东行驶的一辆公交车通过该路口，遇到红灯的概率为_【答案】512.【解析】利用几何概型求解.【详解】由

2、几何概型得遇到红灯的概率为4545360512故答案为：512【点睛】（1）本题主要考查几何概型，意在考查学生对知识的掌握水平.(2)几何概型的解题步骤：首先是判断事件是一维问题还是二维、三维问题（事件的结果与一个变量有关就是一维的问题，与两个变量有关就是二维的问题，与三个变量有关就是三维的问题）；接着，如果是一维的问题，先确定试验的全部结果和事件A构成的区域长度（角度、弧长等），最后代公式()AP A构成事件的区域长度试验的全部结果所构成的区域长度；如果是二维、三维第 2 页 共 21 页的问题，先设出二维或三维变量，再列出试验的全部结果和事件A分别满足的约束条件，作出两个区域，最后计算两个

3、区域的面积或体积代公式.4在某频率分布直方图中，从左往右有10 个小矩形，若第一个小矩形的面积等于其余9 个小矩形的面积和的15，且第一组数据的频数为25，则样本容量为_.【答案】150【解析】设第一个小矩形面积为x，列出方程得61x，由此能求出样本容量【详解】解：设第一个小矩形面积为x，由 61x，得16x，样本容量为256150故答案为：150【点睛】本题考查样本容量的求法，考查频率分布直线方图等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于基础题5如图是一个算法的流程图，则输出的k的值为 _.【答案】7【解析】分析：直接利用程序框图的循环结构求出结果.解析：在执行循环前：k=1，S

4、=1.执行第一次循环时：S=1，k=3.执行第二次循环时：S=3，k=5.执行第三次循环时：S=15，k=7.由于 S10，第 3 页 共 21 页输出 k=7.故答案为：7.点睛：（1）条件结构中条件的判断关键是明确条件结构的功能，然后根据“是”的分支成立的条件进行判断；（2）对条件结构，无论判断框中的条件是否成立，都只能执行两个分支中的一个，不能同时执行两个分支6如图，棱长均为2 的正四棱锥的体积为_【答案】4 23【解析】在正四棱锥中，顶点S 在底面上的投影为中心O，即 SO底面 ABCD，在底面正方形ABCD 中，边长为2，所以 OA=2，在直角三角形SOA 中2222222SOSAO

5、A所以1122233Vsh4 23故答案为4 237将函数sin6fxx（0）的图象向左平移3个单位长度后，所得图象关于直线x对称，则的最小值为 _.【答案】12【解析】利用函数yAsin（x+）的图象变换规律求得g（x）的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性求得的最小值【详解】将函数 f（x）sin（x6）（0）的图象向左平移3个单位后，可得函数y sin（x36）的图象，再根据所得图象关于直线x 对称，可得第 4 页 共 21 页36k2，kZ，当 k 0时，取得最小值为12，故答案为12【点睛】本题主要考查函数yAsin（x+）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于基础题8 已知(

6、)f x 是定义在R上的偶函数.当0 x时，23()1xf xx，则不等式(ln)fx的解集为 _.【答案】441,ee【解析】根据函数奇偶性和单调性的关系，将不等式进行转化进行求解即可【详解】解：()f xQ是定义在R上的偶函数，不等式()1f lnx等价为(|)1flnx，当0 x时，232(1)55()2111xxf xxxx，则函数()fx 为增函数，由23()11xf xx，得4x，即f（4）1，则不等式(|)1flnx等价为|4flnxf，则|4lnx，即44lnx，即441xee，即不等式的解集为441,ee，故答案为：441,ee【点睛】本题主要考查不等式的求解，根据条件判断函

7、数的单调性，利用函数单调性和奇偶性的关系将不等式进行转化是解决本题的关键，属于中档题9已知公差不为零的等差数列na的前n项和为nS，且26a，若137,a aa成等比数第 5 页 共 21 页列，则8S的值为 _【答案】88【解析】由题意得222317666561202aa adddddddQ所以181624,84872882aS10若椭圆22221xyab的焦点在x轴上，过点（1，12）作圆22+=1xy的切线，切点分别为A,B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是【答案】22154xy【解析】点(1，12)在圆外，过点(1，12)与圆相切的一条直线为x1，且直线 AB 恰好经

8、过椭圆的右焦点和上顶点，椭圆的右焦点为(1,0)，即 c1，设点 P(1，12)，连接 OP，则 OP AB，kOP12，kAB 2又直线AB 过点(1,0)，直线 AB 的方程为 2xy20，点(0，b)在直线 AB 上，b2，又 c1，a25，故椭圆方程是25x24y111已知函数()lnf xmx图像与函数()2g xx图像在交点处切线方程相同，则m的值为 _【答案】e【解析】设函数()f x 和()g x的交点为0(x，0)y，求出()f x 和()g x在0(x，0)y处切线方程的斜率，然后建立关于m的方程，再求出m的值【详解】解：设函数()f x 和()g x的交点为0(x，0)y

9、，则由()f xmlnx，得()mfxx，()f x在0(x，0)y处的切线方程的斜率10mkx，同理，函数()g x在0(x，0)y处的切线方程的斜率020 xkx，第 6 页 共 21 页()f xQ和()g x在交点处切线方程相同，12kk，即000 xmxx，又000()yf xmlnx ，000()2yg xx，由 解得，me故答案为：e【点睛】本题考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，考查了方程思想，属于基础题12在平面直角坐标系xOy中，已知直线1l：ymx与曲线3()2f xxx从左至右依次交于A、B、C三点，若直线2l：2ykx上存在P满足1PAPCuu u vuu u v，

10、则实数k的取值范围是_【答案】15k或15k【解析】由曲线32fxxx及直线1l：ymx的图象都关于原点对称，所以B 为原点，且为AC 中点，2PAPCPBuu u ruuu ruuu r，因为直线2l：2ykx上存在P满足1PAPCuu u vuuu v，所以直线上存在点到原点的距离为12，得22121k，解得 k 的取值范围【详解】因为曲线32fxxx及直线1l：ymx的图象都关于原点对称，所以B 为原点，且 B 为 AC 中点，所以2PAPCPBuu u ru uu ru uu r，因为直线2l：2ykx上存在P满足1PAPCuu u vuuu v，即21PBuuu r，所以直线上存在点

11、到原点的距离为12，得22121k，解得15k或15k【点睛】根据函数性质，数形结合，理解题目问题的几何意义，建立不等关系求解参数的取值范围13在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O：，圆 C：，动点 P在直线上的两点E，F 之间，过点P 分別作圆O，C 的切线，切点为A，B，若满足PB 2PA，则线段EF 的长度为 _第 7 页 共 21 页【答案】【解析】因为动点P在直线上，设点，分别表示，利用PB 2PA解出 的取值范围，得线段EF 的长度【详解】动点 P 在直线上，设点，圆 O：，过点 P 分別作圆O的切线，切点为A，所以，同理可得，因为 PB 2PA，得，即，解得，所以,线段【点睛】从

12、圆外一定点点引圆的切线，切线段的长利用定点到圆心的距离，半径求解14若ABC中，2,8ABBC，B45，D为ABC所在平面内一点且满足()()4AB ADAC ADuuu v uu u vuuu v uu u v，则AD长度的最小值为_【答案】2【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，设(,)D x y，则(1,1),(7,1),(,)ABACADx yuuu vuu u vuuu v，求得()(7)4xyyx，令7xymyxn，解得4mn，进而利用二次函数的性质，求得AD取得最小值2.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，由题意，(1,1),(7,1)BC，设(,)D x y，所以(1,1),

13、(7,1),(,)ABACADx yuuu vuuu vu uu v，所以()()()(7)4AB ADAC ADxyxyu uu v uuu vuuu v uuu v，即()(7)4xyyx，令7xymyxn，则1()81(7)8xmnymn，所以4mn，所以22222211()(7)5021288ADxymnmnmnmn第 8 页 共 21 页222225241024288mnmn，当且仅当52 5mn时，AD取得最小值2.【点睛】本题主要考查了向量的数量积的应用问题，其中建立适当的直角坐标系，利用向量的数量积的运算，得到4mn，利用表示出AD关于x的二次函数是解答的关键，着重考查了分析问

14、题和解答问题的能力，试题有一定的综合性，属于中档试题.二、解答题15如图，在 ABC 中，abc，为ABC，所对的边，CDAB 于 D，且12BDADc（1）求证：sin2sin()CAB；（2）若3cos5A，求tanC的值【答案】（1）见解析（2）4811【解析】（1）由题意可得1coscos2aBbAc，由正弦定理，得1sincossincossin2ABBAC，即可作出证明；（2）由（1）得3cossinsincosABAB，得到4sin5A，所以4tan3A，4tan9B，即可求解tanC的值.【详解】（1）证明：因为12BDADc，所以1coscos2aBbAc，第 9 页 共 2

15、1 页由正弦定理，得1sin cossin cossin2ABBAC，所以sin2sinCAB（2）解：由（1）得，sin2sinABAB，所以sin coscos sin2 sin coscos sinABABABAB，化简，得3cos sinsin cosABAB又3cos5A，所以4sin5A，所以4tan3A，4tan9B，所以44tantan4839tantan4 41tan tan1113 9ABCABAB【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三

16、边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值.利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.16 如图，在三棱柱111ABCA B C中，已知M，N分别为线段1BB，1AC的中点，MN与1AA所成角的大小为90，且1MAMC.求证：（1）平面1A MC平面11A ACC；（2）/MN平面ABC.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）推导出1MNAC，1MNAA，从而MN平面11A ACC，由此能证明平面1A MC平面11A ACC（2）取AC中点P，连结NP，BP，推导出四边形PNMB是平行四边形，从而第 10 页

17、 共 21 页/MNBP，由此能证明/MN平面ABC【详解】证明：（1）因为MN与1AA所成角的大小为90，所以MN1AA，因为1MAMC，且 N 是 A1C 的中点，所以MN1A C.又111AAA CAI，1A C、1AA平面11A ACC，故MN平面11A ACC，因为MN平面1A MC，所以平面1A MC平面11A ACC.（2）取 AC 中点 P，连结 NP，BP.因为 N 为 A1C 中点，P 为 AC 中点，所以PN/AA1，且 PN12AA1.在三棱柱111ABCA B C中，BB1/AA1，且 BB1AA1.又 M 为 BB1中点，故BM/AA1，且 BM12AA1.所以 P

18、N/BM，且 PNBM，于是四边形PNMB 是平行四边形，从而 MN/BP.又MN平面ABC，BP平面ABC，故/MN平面ABC.【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、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题17已知点 O 为坐标原点，椭圆C：22221xyab（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为22，点 I，J 分别是椭圆C 的右顶点、上顶点，IOJ 的边 IJ 上的中线第 11 页 共 21 页长为32（1）求椭圆C 的标准方程；（2）过点 H（2，0）的直线交椭圆C 于 A，B 两点，若 AF1BF1，求直线 AB 的方程【答案】（1

19、）2212xy（2）x2y 20 或 x2y 20【解析】(1)由直角三角形中线性质得到3IJ，再根据条件得到222222,23,caababc求解即可；（2）设出直线AB，联立直线和椭圆得到二次方程，由AF1BF1，得到110AFBFuuu v uu u v，整理得（12k2）（x1x2）（1k2）x1x214k20，代入韦达定理即可.【详解】（1）由题意得 IOJ 为直角三角形，且其斜边上的中线长为32，所以3IJ设椭圆 C 的半焦距为c，则222222,23,caababc解得2,1.ab所以椭圆C 的标准方程为2212xy（2）由题知，点F1的坐标为（1，0），显然直线AB的斜率存在，

20、设直线 AB 的方程为y k（x2）（k0），点 A（x1，y1），B（x2，y2）联立221,22,xyyk x消去 y，得（12k2）x28k2x8k220，所以 （8k2）24（12k2）（8k2 2）8（12k2）0，所以2102k（）第 12 页 共 21 页且2122812kxxk，21228212kx xk因为 AF1BF1，所以110AFBFuuu v u uu v，则（1x1，y1）（1x2，y2）0，1x1x2x1x2y1y20，1x1x2x1x2k（x12）k（x22）0，整理，得（12k2）（x1x2）（1k2）x1x214k20即2222222182812140121

21、 2kkkkkkk化简得 4k21 0，解得12k因为12k都满足（）式，所以直线AB 的方程为122yx或122yx即直线 AB 的方程为x 2y20 或 x2y2 0【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用18某校有一块圆心O，半径为 200 米，圆心角为23的扇形绿地OPQ，半径,OP OQ的中点分别为,MN，A

22、为弧PQ上的一点，设AOQ，如下图所示，拟准备两套方案对该绿地再利用.（1）方案一：将四边形绿地OMAN建成观赏鱼池，其面积记为1S，试将1S表示为关于的函数关系式，并求为何值时，1S取得最大？（2）方案二：将弧AQ和线段,AN NQ围成区域建成活动场地，其面积记为2S，试将2S表示为关于的函数关系式；并求为何值时，2S取得最大？第 13 页 共 21 页【答案】（1）1100003sin6S，当3时，1max=10000 3S（平方米）；（2）210000 2sinS，20,3，当23时，1max43=1000032S（平方米）【解析】试题分析：首先表示四边形ANOM 的面积，利用AON与A

23、OM面积相加，借助2,3AOQAOM来表示，再根据三角函数求出最值，然后利用扇形OAQ的面积减去OAN的面积表示ANQ 的面积2S，并借助导数求出最值.试题解析：（1）由已知，AOQ,20,3，1ONAOMASSSVV；故1112100200sin100200sin()223S，整理得1100003sin()6S（平方米），当3时，1max()10000 3S（平方米）.（2）由已知，2ONAAOQSSS扇形，211200200100200sin22S，即2100002sinS（）；2()100002cosS（），故2()0S；2()S在2(0,3上为增函数，当23时，2max43()1000

24、032S（）（平方米）.答：（1）当3时，1max()10000 3S（平方米）；第 14 页 共 21 页（2）2S关于的函数表达式2100002sinS（），2(0,3当23时，2max43()1000032S（）（平方米）.【点睛】解决实际应用问题要注意实际问题的要求，表示图形面积注意使用割、补方法，借助几个图形面积的和或差表示图形面积，结合所学数学知识求最值，如利用三角函数、二次函数、基本不等式、函数的单调性、导数工具等.19已知正项数列na，其前n项和为nS，满足22nnnSaa，*nN.（1）求数列na的通项公式na；（2）如果对任意正整数n，不等式22nnncaaa都成立，求证：

25、实数c的最大值为 1.【答案】（1）nan；（2）见解析【解析】（1）利用公式11,1,2nnnS naSSn进行代入计算，化简整理可发现数列na是首项为 1，公差为 1 的等差数列，即可得到数列na的通项公式；（2）从两个方面分别计算出1maxc及1maxc,从而可得1maxc【详解】（1）当1n时，21112Saa，解得11a，或10a（舍）由22nnnSaa得，21112nnnSaa，2211122()()nnnnnnSSaaaa，即221112()()nnnnnaaaaa，也就是2211()()0nnnnaaaa，11()(1)0nnnnaaaa，由于数列na各项均为正数，所以110n

26、naa，即11nnaa.所以数列na是首项为1，公差为1 的等差数列，所以数列na的通项公式为nan.（2）由（1）得22nnncaaa，即22cnnn，*nNQ，第 15 页 共 21 页222222nnnnncnnnnn22222211122nnnnnn，因为1n，所以22023n，所以321132n，所以212112n，因为不等式22nnncaaa对任意的正整数n恒成立，即22112cn对任意的正整数n恒成立，又当1c，则c的最大值为1；【点睛】本题主要考查数列求通项公式，以及数列不等式的证明问题考查了转化思想，分类讨论，放缩法的应用，逻辑推理能力和数学运算能力属于中档题20已知函数()

27、xaxbf xe（其中,a bR）.（1）当1a时，若函数()yf x在0,上单调递减，求b的取值范围；（2）当1b，0a时，求函数()yfx的极值；设函数()yfx图象上任意一点处的切线为l，求l在x轴上的截距的取值范围.【答案】（1）1b；（2）见解析，11,4,aa【解析】（1）当1a时，求出导数，分离参数b，求出即可；（2）1b时，对a进行讨论，根据()f x 的导数判断呐喊声的单调性和极值得出结论；设切点为1(,)tatT te，则曲线在点T处的切线l方程为11()ttatatayxtee，当1ata时，切线没有截距，否则表示出截距，结第 16 页 共 21 页合基本不等式求出截距的

28、范围【详解】（1）1a时，()xxbf xe的导函数1()xxbfxe，由题意知对任意0,x有1()0 xxbfxe，即10 xbmin1bx，即1b.（2）1b时，1()xaxf xe的导函数1()xaxafxe，(i)当0a时，有1(,),()0axfxa；1(,),()0axfxa，函数()yfx在1(,)axa单调递增，1(,)axa单调递减，函数()yfx在1axa取得极大值1aaa e，没有极小值.(ii)当0a时，有1(,),()0axfxa；1(,),()0axfxa，函数()yfx在1(,)axa单调递减，1(,)axa单调递增，函数()yfx在1axa取得极小值1aaa e

29、，没有极大值.综上可知:当0a时，函数()yf x在1axa取得极大值1aaa e，没有极小值；当0a时，函数()yfx在1axa取得极小值1aaa e，没有极大值.设切点为1(,)tatT te，则曲线在点T处的切线l方程为11()ttatatayxtee，当1ata时，切线l的方程为11aatatya ee，其在x轴上的截距不存在.当1ata时，令0y，得切线l在x轴上的截距为1(1)111111111111211atataaaxttttataataatatataata 当110ta时，第 17 页 共 21 页11111111221241111xttaaaaattaa，当110ta时，1

30、111111122121111xttaaaaattaa，当切线l在x轴上的截距范围是11,4,aa.【点睛】本题考查导数法判断函数的单调性和极值，含参问题的讨论，函数的切线问题，基本不等式的应用等，综合性较强21已知矩阵A的逆矩阵111334133A.求矩阵A的特征值和相应的特征向量.【答案】见解析【解析】由111334133A，得1141A，由特征多项式211(1)4041，求得，即可得出【详解】由111334133A，得1141A，由特征多项式11412(1)40，得1231，所以特征值13对应的特征向量121，特征值21对应的特征向量122.【点睛】本题考查了矩阵变换、特征值与特征向量、

31、逆矩阵，考查了推理能力与计算能力，属于基础题第 18 页 共 21 页22在极坐标系中，已知圆C的圆心极坐标为(2,)4，且圆C经过极点，求圆C的极坐标方程.【答案】4cos()4【解析】直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换，进一步求出结果【详解】解：因为2,4C的直角坐标为(2,2)，半径22(20)(20)2r，所以圆C的直角坐标方程为22(2)(2)4xy，即222 22 20 xyxy，故圆C的极坐标方程为24cos()04，即4cos()4【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及

32、思维能力，属于基础题型23已知a，b，c为正实数，33311127abcabc的最小值为m.【答案】18【解析】根据题意，由基本不等式的性质求出33311127abcabc的最小值，即可得答案【详解】解：根据题意，a，b，c为正实数，则333333311111133273272722718abcabcabcabcabcabcabcabcggg厖，当且仅当313abc时，取“”，故33311127abcabc的最小值为18；所以18m【点睛】本题考查基本不等式的性质以及应用，注意不等式成立的条件，属于基础题第 19 页 共 21 页24把编号为1，2，3，4，5 的五个大小、形状相同的小球，随机

33、放入编号为1，2，3，4，5 的五个盒子里每个盒子里放入一个小球.（1）求恰有两个球的编号与盒子的编号相同的概率；（2）设恰有X个小球的编号与盒子编号相同，求随机变量X的分布列与期望.【答案】（1）16（2）见解析，数学期望为1【解析】1满足条件的放法共有55120A种，恰有两个球的编号与盒子的编号相同的放法有25220C种，由古典概率公式可得所求概率2写出随机变量X 的可能值以及取各值的概率，即可得到分布列，再利用公式求期望即可.【详解】（1）记恰有2 个小球与盒子编号相同为事件A.将 5 个小球随机放入五个盒子中，每个盒子放一个共有53A即 120 种不同的放法.事件A共有25220C种放

34、法，所以201()1206P A.答：恰有2 个盒子与小球编号相同的概率为16.（2）随机变量X的可能值为0，1，2，3，5.1143234411(0)12012030CCP X，51(333)453(1)1201208CP X，522201(2)1201206CP X，35101(3)12012012CP X，1(5)120P X.X0 1 2 3 5 P113038161121120所以113111()012351308612120E x.【点睛】本题考查古典概型的应用、离散型随机变量的分布列与期望以及排列组合的应用，属中第 20 页 共 21 页档题25设0()(1)nkknkmP nm

35、Cmk，()nn mQ nmC，其中*mnN，（1）当1m时，求(1)(1)P nQ n，的值；（2）对mN，证明：()()P nmQ nm，恒为定值【答案】（1）1（2）1【解析】分析：（1）当1m时可得1,1,?,111P nQ nnn，可得,1,11P nQ n.（2）先得到关系式,1,nP n mP nmmn，累乘可得!1,0,!nn mn mP n mPmnmC，从而可得,1P n mQ n m，即为定值详解：（1）当1m时，1100111,111111nnkkkknnkkP nCCknn，又1111nQ nCn，所以,1,11P nQ n.（2）0,1nkknkmP n mCmk1111111()1nknkknnkmmCCmkmk111111111nnkkkknnkkmmCCmkmk1111,1nkknkmP nmCmk01,1nkknkmmP nmCnmk1,mP nmP n mn即,1,nP n mP nmmn，由累乘可得!1,0,!nn mn mP n mPmnmC，又,nnmQ n mC，第 21 页 共 21 页所以,1P n mQ n m即P nmQ nm，恒为定值1点睛：本题考查组合数的有关运算，解题时要注意所给出的,P n mQ n m和的定义，并结合组合数公式求解由于运算量较大，解题时要注意运算的准确性，避免出现错误