2020届江苏省泰州中学高三下学期3月网上检测(一)数学试题(解析版).pdf

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1、第 1 页 共 21 页2020 届江苏省泰州中学高三下学期3 月网上检测（一）数学试题一、填空题1已知集合2|31,|60MxxNx xx，则MNI_.【答案】21xx【解析】先将集合N化简，再求交集即可【详解】2|60|320|23Nx xxNxxxNxx，则21MNxxI故答案为：21xx【点睛】本题考查集合的交集运算，以及一元二次不等式的解法，属于基础题2已知z是纯虚数，11zi是实数，那么z 等于 _.【答案】i【解析】可设zai，结合复数的除法运算即可求解【详解】设zai，则111111112aa izaiiiii，因为11zi是实数，所以10a，即1a，则zi故答案为：i【点睛】

2、本题考查复数基本概念，复数的除法运算，属于基础题3从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是_.【答案】310【解析】结合组合公式求出总的抽取方法数，选出符合条件的组合方法数，利用古典概型公式即可求解第 2 页 共 21 页【详解】从 5 个数中抽取两个的方法数为：2510C，其中2个数之差的绝对值为2的有1,3,2,4,3,5共 3 种，故取出的2个数之差的绝对值为2的概率是310P故答案为：310【点睛】本题考查排列组合公式在古典概型中的应用，属于基础题4已知非零向量,a br r满足，|3|bau u rr，且(2)abbrrr，则ar与br的夹角是

3、_.【答案】56【解析】结合向量垂直的等价条件得(2)0abbrrr，表示出ar与br的夹角公式，结合数量积的运算化简即可【详解】由(2)abbrrr(2)0ab brrr，即220a bbr rr，又|3|bau u rr，所以223cos,2222bba bba babababarrr rrr rrrrrrrrar与br的夹角是56故答案为：56【点睛】本题考查向量的夹角计算，数量积公式的应用，属于常考题5程序框图（即算法流程图）如图所示，其输出结果是_.【答案】129 第 3 页 共 21 页【解析】根据循环结构框图依次计算，直到对应a值大于 100 时输出即可【详解】设03a，则102

4、13243215,219,2117,2133,aaaaaaaa54652165,21129,aaaa此时100a，输出129a故答案为：129【点睛】本题考查根据程序框图计算输出值，属于基础题6已知某班级50 名学生一次数学考试成绩(单位：分)的频率分布直方图如下：则成绩落在50，60 学生人数是 _.【答案】5【解析】计算出成绩落在50，60 学生的频率，根据频数=总数频率计算即可【详解】由图可知，成绩落在50，60 学生的频率212010aPa，则成绩落在50，60 学生人数是150510名故答案为：5【点睛】本题考查由频率分布直方表计算频数，属于基础题7设等差数列na的前n项和为nS若3

5、73,14aS，则nS的最小值为 _.【答案】-15【解析】由所给条件计算出前n项和公式，结合配方法求出最小值即可【详解】由31171235721141aadaSadd，则2225.55.51122nnnnS，当5n或 6 时取到最小值，5615SS故答案为：-15 第 4 页 共 21 页【点睛】本题考查等差数列前n项和最小值的求解，属于基础题8已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的表面积为92，则正方体的棱长为 _.【答案】62【解析】由正方体的边长与外接球半径的基本关系32ar及球体表面积公式24Sr即可求出a【详解】由题知，2244932Srr，又正方体外接球半径为32ar（a为

6、正方形边长），求得62a故答案为：62【点睛】本题考查正方体外接球半径与边长的基本关系，属于基础题9已知()f x 为奇函数，当0 x时，()ln()3fxxx，则曲线()yf x在点(1,3)处的切线方程是_.【答案】21yx【解析】先求出0 x时的表达式，利用函数在(1,3)的切线公式即可求解【详解】由题可知，当0 x时，0 x，()ln3fxxx，又函数为奇函数，故ln3ln3fxfxxxfxxx，13fxx，1 1321f，故曲线()yfx在点(1,3)处的切线方程是21321yxx故答案为：21yx【点睛】第 5 页 共 21 页本题考查，利用函数奇偶性求解函数表达式，利用导数的几何

7、意义求解切线方程，属于常考题10若关于x 的不等式2|3|1|3xxaa对任意xR恒成立，则实数 a的取值范围是_【答案】1a或4a【解析】利用绝对值三角不等式可得|x+3|x1|（x+3）（x1）|4，于是解不等式 a23a4即可求得答案【详解】|x+3|x1|（x+3）（x1）|4，不等式|x+3|x1|a2 3a，对任意实数x 恒成立，a23a4，即（a4）（a+1）0，解得：1a或4a，实数 a 的取值范围为1a或4a，故答案为：1a或4a【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，着重考查绝对值三角不等式|x+a|x+b|ab|的应用，考查等价转化思想与恒成立问题，属于中档题11圆心在直线2

8、0 xy上的圆C与x轴的正半轴相切，圆C截y轴所得的弦的长2 3，则圆C的标准方程为_.【答案】22124xy【解析】由题画出大致图像，设圆心为,2,2aara，结合圆的几何性质由勾股定理可得22232aa，即可求解【详解】如图，设圆心为,2,2aara，由圆的几何性质可得22232aa，解得1a，则圆的标准方程为：22124xy第 6 页 共 21 页故答案为：22124xy【点睛】本题考查圆的标准方程的求法，属于基础题12已知(),02xf xxx，若11()(),()(),nnfxf xfxffxnN，则11()fx的表达式为 _.【答案】111111221xfxx【解析】可先推导出23

9、4,fxfxfx表达式，寻找基本规律，进而推导出11()fx表达式【详解】由题可知1212()(),()()23422xxxxfxf xfxffxxxxx，3234()()78234xxxfxffxxxx，同理可求41516xfxx，观察规律可知221nnnxfxx，则111111221xfxx故答案为：111111221xfxx【点睛】本题考查由函数的递推式的规律归纳通项的表达式，属于中档题13 已知0c，非零实数,a b满足2293aabbc，且使3ab最大时，142abc的最小值为 _.第 7 页 共 21 页【答案】18【解析】先将2293aabbc配方成223964bbac，令33,

10、62bxayb，将原式转化成22xyc，进而表示出,a b，则33zabxy，将所求问题转化成切线问题，求出切点对应的,x y，再次表示出,a b，则142abc可转化为关于1c的一元二次方程，结合函数性质即可求解最值【详解】2222393964bbaabbcac，令33,62bxayb，则3392 33xayby，且满足22xyc，设33zabxy，则3333yxz，要使3ab最大，即点为圆22xyc上的点，直线斜率为33的直线，刚好与圆相切时，如图，求得232cxcy，所以3cabc，则214221111248abcccc，当114c即16c时，取到最小值18故答案为：18第 8 页 共

11、21 页【点睛】本题考查方程与圆的转化，直线与圆的位置关系，二次函数性质的应用，转化思想，属于难题14设函数()f x 的定义域为R，满足(2)3()f xf x，且当2(0,x时，()(2)f xx x.若对任意(,xm，都有()65f x，则m的取值范围是_.【答案】77,8【解析】可结合图像大致特点，当函数区间由2(0,x右移，函数值逐渐减小，当函数区间由2(0,x左移，函数值逐渐增大，则确定m应是比 2 大的一个值，再由(2)3()f xf x可推出通式(2)3()nf xnf x，令(2)3()65nf xnfx可解得12513,99xx，再由图像可确定m的临界值应为577899，即

12、可求解【详解】由题可知23(2)3()(4)3(2)3()(6)3(4)3()f xf xfxf xfxf xf xf x，则可得一般规律：(2)3()nf xnfx，可画出大致函数图像，如图：由图可知，当28,10 xn时，4n，则4(8)3()fxf x，2(0,x，此时4412513(8)3()653265,99f xf xx xxx，由图像可知，要对任意(,xm，都有()65f x，则m的最大值只能取577899，故第 9 页 共 21 页77,8m故答案为：77,8【点睛】本题考查由函数的递推式找出一般函数图像规律，数形结合思想，属于难题二、解答题15在ABC中，内角,A B C的对

13、边,a b c，且ac，已知14,cos,173BA BCBbuu u r uuu r（1）求a和c的值；（2）求cos()BC的值.【答案】（1）4,3ac；（2）11 1751【解析】（1）结合向量的数量积公式和余弦定理即可求解a和c的值；（2）由正弦定理sinsinbcBC可得sinC，结合同角三角函数可得sin,cosBC，再由cos()coscossinsinBCBCBC即可求解【详解】（1）由4cos4BA BCacBuu u r uuu r，又1cos3B，故12ac，由余弦定理可得2221cos23acbBac，化简可得2225ac，联立解得4,3ac；（2）由122cossi

14、n33BB，由正弦定理可得sin2 34sinsinsin17bccBCBCb，22 343 17cos11717C，11cos()coscossins31in33 17222 3411717175BCBCBC【点睛】本题考查正弦定理余弦定理解三角形，同角三角函数的基本求法，两角差的余弦公式的应用，属于常考题第 10 页 共 21 页16如图，四棱锥PABCD中，AP平面1,/,2PCD ADBC ABBCAD E F分别为线段,AD PC的中点.（1）求证：/AP平面BEF；（2）求证：平面BEF平面PAC【答案】（1）证明见详解（2）证明见详解【解析】（1）设,AC BE交点为O，连接 O

15、F，则可根据OF 是APC中位线求证OFAPP，进而得证；（2）由线段关系可证BECD，又由AP平面PCD可得APCD，进而可得BEAC，再结合四边形ABCE是菱形可得BEAC，即可求证；【详解】（1）设,AC BE交点为O，连接 OF，又1,2ABBCADBCAE，又/ADBCQ，所以四边形ABCE是菱形，则O是AC中点，又F为PC中点，OF 是APC中位线，OFAPP，AP平面BEF，OF平面BEF，/AP平面BEF；（2）由（1）可知四边形ABCE是菱形，BEAC，又QAP平面PCD可得APCD，E为AD中点可得BCED，又/ADBCQ，四边形BCDE为平行四边形，第 11 页 共 21

16、 页CDBEP，APBE，ACAPAI，BE平面PAC，又BE平面BEF，平面BEF平面PAC【点睛】本题考查线面平行面面垂直的证明，属于中档题17某景区拟将一半径为100m的半圆形绿地改建为等腰梯形ABCD(如图，其中O为圆心，点,C D在半圆上)的放养观赏鱼的鱼池，周围四边建成观鱼长廊（宽度忽略不计）.设BOC，鱼池面积为S(单位：2m).（1）求 S关于的函数表达式，并求鱼池面积何时最大；（2）已知鱼池造价为每平方米2000 元，长廊造价为每米3000 元，问此次改建的最高造价不超过多少？（取31.7计算）【答案】（1）5000sin210000sinS，0,2；3时，max12750S

17、（2）27000000【解析】（1）结合三角函数的基本概念，表示出等腰梯形的上底下底和高，结合和面积公式和导数即可求解（2）作ONBC，求出sin2BNr，则2 sin2BCr，表示等腰梯形周长为2 cos24 sin2lrrr，进而表示出总造价公式，利用导数研究函数增减性，进而求解【详解】第 12 页 共 21 页如图，sinOFr，cosFCr，则等腰梯形ABCD面积为22222 cos2sin1sincossinsin 2sin22rr rSrrrr，代入数据可得：5000sin 210000sinS，0,2210000cos 210000cos10000 2coscos110000 2

18、cos1cos1S，当0,3时，1cos2，0S，,32时，1cos2，0S，故当3时，函数取到最大值，max25000sin10000sin750031275033S（2）作ONBC，得sin2BNr，2 sin2BCr，等腰梯形周长为：2 cos24 sin2lrrr，结合（1）中面积，可得总造价221200030002000sin2sin3000 2 cos24 sin22WSlrrrrr化简得：212000sin 2sin6000cos12sin22Wrr由（1）知S在0,3时单调递增，,32时单调递减，令cos12sin2y则sincoscos12sin222y，令0y，3，当0,3

19、时，0y，,32时，0y，故得出S与y在0,2上增减性相同，所以W在0,3单增，,3 2时单减，在3时取到最大值：max27000000W故总造价不超过27000000 元第 13 页 共 21 页【点睛】本题考查三角函数模型在实际生活中的应用，利用导数研究函数最值问题，计算能力，属于常考题18 椭圆22221(0)xyCabab：的右顶点为A，左焦点为F，离心率为22，已知A也是抛物线22(0)ypx p的焦点，F到准线的距离为22（1）求椭圆的方程和抛物线的方程；（2）过原点的直线交C于,P Q两点，点P在第一象限，PEx轴，垂足为E，PGPQ交C于另一点G.证明：,Q E G三点共线求P

20、QG面积的最大值.【答案】（1）22142xy；28yx；（2）证明见详解（3）169【解析】（1）分析条件可知，22cea，22ac，再结合椭圆关系式222abc即可求解，又2pa，p也可求解（2）可采用点差法，设1111122,0,P xyQxyE xG xy，PGkk，则1PQkk，设直线2QGkk，利用22PGQGbkka（利用点差法证明）可求QGk，再表示出QEk，只需证明QGQEkk即可（3）利用121|()2SPExx，代入已得数据，并对1111xyyx换元，利用“对勾”函数可得最值【详解】第 14 页 共 21 页（1）由题可知：22cea，22ac，又椭圆有222abc，联立

21、求解可得2224,2abc，故椭圆的标准方程为：221(0)42xyy；又242papa，故抛物线的方程为：28yx；（2）设1(P x，1)y，则1(Qx，1)y，1(E x，0)，2(G x，2)y，设PGkk，则1PQkk，设直线2QGkk，则2121PGyykkxx，21221QGyykkxx，Q,P G在椭圆上，22112222142142xyxy，联立求解变形可得221212212112yyyybxxxxa，即12PGQGkk，则212QGkkk，11122QEykxk，QGQEkk，故,Q E G三点共线；设直线QE的方程为：111()2yyxxx，与22142xy联立消去y，得

22、11112222221121(2)280 xyxx y xx yx，第 15 页 共 21 页22222111121182x yxx xxy，11212212(8)2yxxxy，又211|()2PQGSPExx1121()2yxx122111112(8)122yxyxxy12222211111182122yxyy xxy2221 1111(4)2y xxxy222221111111(2)2y x xyxxy1221 1111222()2y x xyxy1 11111112222228()(2)(2)y x xyxyxy13344221 1111118()225y xx yxyx y111111

23、1128()2()1xyyxxyyx令1111xytyx，则2t，2881212PQGtSttt利用“对勾”函数1()2f ttt在2，)的单调性可知，19()4(222f tt时取等号），816992PQGS,（此时002 3)3xy，第 16 页 共 21 页故PQG面积的最大值为169【点睛】本题考查椭圆和抛物线标准方程的求法，由椭圆中直线与圆的位置关系求证三点共线，求证椭圆中三角形面积最值问题，运算难度大，综合性强，属于难题19已知函数()lnf xx（1）若直线1ykx与()f x 的图象相切，求实数k的值；（2）设0 x，讨论曲线()yf x与曲线(0)ymx m公共点的个数；（3

24、）设0ab，比较2ab与()()baf bf a的大小，并说明理由.【答案】（1）21ke（2）答案不唯一，详情见解析（3）)()2(bafababf，证明见解析【解析】（1）设切点为11,lnxx，由111()fxkx，切点过直线1ykx联立求解即可；（2）求曲线()yf x与曲线(0)ymx m公共点的个数即求ln xyx与ym的公共点个数，通过研究导数性质确定函数ln xyx增减性，讨论m与函数最值点大小即可；（3）可先通过试值，预判2ab()()baf bf a，原不等式可表示为lln2nbabaab，变形得2lnbabbaa，再令bta，再结合换元法和构造函数法即可求证【详解】（1）

25、设切点为11,lnxx，则111()fxkx，又切点过直线1ykx，所以11ln1xkx，联立求解可得21xe，21ke；（2）原题可等价转化为求ln xyx与ym的公共点个数，令ln2ln2xxh xhxxxx，令0hx可得2xe，当20,xe时，第 17 页 共 21 页0hx，h x单增；当2,xe时，0hx，h x单减；故2max2h xh ee，又当0 x时，h x，当x时，由幂函数的增长性远远大于对数函数可知，0h x，故h x的大致图像为当20,me时，ln xyx与ym有两个共同点；当2me时，ln xyx与ym有一个公共点；当2me时，ln xyx与ym无公共点；（3）)()

26、2(bafababf，证明如下，要证lln2nbabaab，即证2lnbabbaa，即121lnbabbaa，令,1btta，则原式变为121lnttt，即21ln1ttt，令21ln1tg ttt，则222114011tgtttt t，故g t在1,t上单增，所以当1,t，又1ln1=0g，所以1g tg恒成立，原式得证【点睛】本题考查由导数的几何意义求参数，构造函数法，利用导数研究函数增减性，转化与化归思想，属于难题20已知数列na的首项为1，nS为数列的前n项和，11nnSxS，其中0,xnN2n，（1）求na的通项公式；第 18 页 共 21 页（2）证明：函数1()2nnFxS在1,

27、12内有且仅有一个零点（记为nx）且11122nnnxx；【答案】（1）1nnax（2）证明见解析【解析】（1）采用作差法即可求解；（2）由21()212nnnFxSxxxL，求得nF（1）0，1()02nF再由导数判断出函数()nFx在1(2，1)内单调递增，得到()nFx在1(2，1)内有且仅有一个零点nx，由)0(nnFx，得到11122nnnxx；【详解】（1）11nnSxS，-11nnSxS，-得1nnaxa，又当1n时，2121111,1aaaxaaxa，故数列na为等比数列，首项为1，公比为x，1nnax；（2）21()212nnnFxSxxxL，可得11210nFnn，1211

28、()111112()1()()22012222212nnnnF，()nFx在1(2，1)内至少存在一个零点，又1()120nnFxxnx，()nFx在1(2，1)内单调递增，()nFx在1(2，1)内有且仅有一个零点nx，nxQ是()nFx的一个零点，()0nnFx，即11201nnnxx+-=-，故11122nnnxx；【点睛】本题考查函数零点存在定理的应用，等比数列的前n项和，利用导数研究函数的单调性，数学转化与化归等思想方法，属于中档题21已知曲线C的参数方程为113()xttytt（t为参数0t），求曲线C的普通方第 19 页 共 21 页程.【答案】29180 xy【解析】将y同时平

29、方，可得219(2)ytt，再采用整体代换法即可求解【详解】由2113()9(2)ytyttt，又1xtt，所以29(2)yx，所以曲线C的普通方程为：29180 xy【点睛】本题考查参数方程转化成普通方程，属于基础题22如图，四棱柱1111ABCDA B C D中，侧棱1A A底面1,/,1,2ABCD ABDC ABAD ADCDAAAB,E为棱1AA的中点.（1）证明：11B CCE；（2）求二面角11BCEC的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)217.【解析】试题分析：以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得：110,0,0,0,0,2,1,0,10,2,2,1,2,1,0,1,

30、0ABCBCE（1）易得111,0,1,1,1,1BCCEuuuu vuu u v,则110BCCEuuuu v u uu v,11.B CCE（2）由题意可得平面1B CE的一个法向量3,2,1m，平面1CEC的一个法向量为111,0,1BCuuuu v，则1111112 77m BCcosm BCmBCu uuu vu uuu vu uu u v,故二面角11BCEC的正弦值为21.7第 20 页 共 21 页试题解析：如图所示，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得110,0,0,0,0,2,1,0,10,2,2,1,2,1,0,1,0ABCBCE，（1）证明：易得111,0,1,1,

31、1,1BCCEuuuu vuuu v,于是110BCCEuu uu v u uu v,所以11.B CCE（2）1:1,2,1BCuuuv,设平面1B CE的一个法向量,mx y z，则100m BCm CEuuuvuuu v,即200 xyzxyz消去x，得20yz，不妨令1z，所以平面1B CE的一个法向量为3,2,1m由（1）知，11,B CCE又11111,CCB C CECCC CE CC平面1CEC，所以11B C平面1CEC，故111,0,1BCu uu u v为平面1CEC的一个法向量，于是11111142 77142m BCcosm BCmBCuu uu vuuuu vuuu

32、u v,从而1121.7sinm B Cuu uu v所以二面角11BCEC的正弦值为21.723（1）设()(12),()nf xxf x展开式中2x的系数是40，求n的值；（2）求证：11(1)0(2,)nkknkkCnnN【答案】（1）5（2）证明见解析【解析】（1）由2x所对应的项的表达式对应系数为40，解方程即可求解（2）利用1nx展开，对展开式左右同时求导，同乘-1 变号后，令1x即可求证第 21 页 共 21 页【详解】（1）由题可知，2x对应项的表达式为：222221nCxnnx，故2140nn，解得5n（负值舍去）；（2）由01221nnnnnnnxCC xC xCxL，两边求导得：1121121nnnnnnnnxCC xnC xL两边同乘-1 可得：11121121nnnnnnnnxCC xnC xL，再令1x可得：11211021(1)nnnkknnnnkCCnCkCL，所以11(1)0(2,)nkknkkCnnN【点睛】本题考查二项式定理中由具体项的系数反求参数，应用二项式定理展开式特征和赋值法求证表达式成立问题，属于中档题