2020届镇江市高三上学期第一次调研考试（期末）数学试题（解析版）

2020届江苏省镇江市高三上学期第一次调研考试（期末）数学试题一、填空题1已知集合，则_.【答案】【解析】先求出集合，然后根据交集的计算，即可求出.【详解】集合集合集合故答案为：.【点睛】本题考查了描述法、列举法的定义，一元二次不等式的解法，考查了交集的运算，属于基础题2设复数（其中i为虚数单位），则_.【答案】【解析】根据复数的基本运算法则进行化简，再利用复数的模长公式即可求出结果【详解】故答案为：.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题3如图是一个算法的伪代码，则输出的结果是_.【答案】25【解析】模拟执行伪代码，可得伪代码的功能是计算并输出的值，从而得解【详解】模拟执行伪代码，可得：故答案为：25【点睛】本题考查了伪代码的应用问题，解答本题的关键是应根据已知分析出循环的循环变量的初值，终值及步长，是基础题目4顶点在原点且以双曲线的右焦点为焦点的抛物线方程是_.【答案】【解析】求得双曲线的右焦点，可设抛物线的方程为，由抛物线的焦点坐标，可得，即可得到所求方程【详解】由题意得，双曲线的右焦点为.抛物线方程设为.抛物线的顶点在原点且以双曲线的右焦点为焦点，即抛物线方程为故答案为：.【点睛】本题考查双曲线和抛物线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题5已知在平面直角坐标系中，直线：，：，若直线，则_.【答案】【解析】根据题意，由直线平行的条件可得，可得的值，验证直线是否重合即可得答案【详解】根据题意，直线：，：.若直线，必有，解得：或.当时，直线：，：，两直线重合，不符合题意；当时，直线：，：，两直线平行，符合题意；.故答案为：.【点睛】已知直线，的方程分别是：（，不同时为0），：（，不同时为0），则两条直线的位置关系可以如下判别：；，.6从“1，2，3，4，5”这组数据中随机去掉两个不同的数，则剩余三个数能构成等差数列的概率是_.【答案】【解析】基本事件总数，利用列举法求出剩余三个数能构成等差数列包含的基本事件有4个，由此能求出剩余三个数能构成等差数列的概率【详解】从“1，2，3，4，5”这组数据中随机去掉两个不同的数，基本事件总数为.剩余三个数能构成等差数列包含的基本事件有：（1，2，3），（1，3，5），（2，3，4），（3，4，5），共4个.剩余三个数能构成等差数列的概率是故答案为：.【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题7若实数x，y满足条件，则的最大值为_.【答案】13【解析】画出约束条件对应的可行域，再求出对应的交点的坐标，分别代入目标函数，比较目标函数值即可得到其最优解【详解】实数，满足条件，对应的可行域如下图所示：由，解得，时，目标函数经过时，目标函数取得最大值，即.的最大值为13.故答案为：13.【点睛】本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.8将函数的图象向左平移个单位长度后，再将图象上各点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，则_.【答案】【解析】由题意利用函数的图象变换规律，得到的解析式，再根据的解析式，求得的值【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后，可得的图象，再将图象上各点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象.故答案为：.【点睛】本题考查函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言.9已知正方体，棱长为1.点E是棱上的任意一点，点F是棱上的任意一点，则三棱锥的体积为_.【答案】【解析】由题意画出图形，再由等积法求三棱锥的体积【详解】根据题意画出图形，如下图所示：正方体棱长为1，点是棱上的任意一点，点是棱上的任意一点.故答案为：.【点睛】本题考查多面体体积的求法，注意求体积的一些特殊方法分割法、补形法、等体积法，等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值10等比数列的前三项和，若，成等差数列，则公比_.【答案】2或【解析】由等差数列的等差中项性质和等比数列的通项公式，解方程组可得所求公比的值【详解】等比数列的前三项和，成等差数列，解得或故答案为：2或.【点睛】本题考查等差数列的等差中项性质和等比数列的通项公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题11记集合，当时，函数的值域为B，若“”是“”的必要条件，则的最小值是_.【答案】3【解析】利用倍角公式、和差公式化简，利用三角函数的单调性可得，根据“”是“”的必要条件，可得，即可得出结论【详解】根据题意可得：.，即“”是“”的必要条件，则，即.故答案为：3.【点睛】本题考查了倍角公式、和差公式、三角函数的单调性、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题12己知函数，若对任意的，不等式恒成立，则实数m的取值范围是_.【答案】【解析】由题意可得为偶函数，求得在上连续，且为减函数，可得，即有即在恒成立，由一次函数的单调性，解不等式组，即可得到所求范围【详解】为偶函数且在单调递减在恒成立在恒成立，则在恒成立在恒成立，解得.故答案为：.【点睛】本题考查不等式恒成立问题解法，注意运用偶函数的性质和单调性，考查转化思想和运算能力，解答本题的关键是判断出函数的奇偶性与单调性，属于中档题13过直线l：上任意一点P作圆C：的一条切线，切点为A，若存在定，使得恒成立，则_.【答案】【解析】设，根据圆及切点，结合，可推出，再根据两点之间距离公式化简可得，结合点在上，可列出方程组，即可解出，进而可得答案.【详解】设，即在上任取，解得故答案为：.【点睛】本题考查直线与圆的关系，涉及了两点之间的距离公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题14在平面直角坐标系中已知三个点，点满足，则的最大值为_.【答案】【解析】依题意可得，通过换元令，将所求式子化简，再利用基本不等式得解【详解】点满足令，解得要求出的最大值，不妨设，则，当且仅当，即，即或，取“”.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量与基本不等式的综合运用，考查换元思想及化简运算能力，属于中档题利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.二、解答题15在四棱锥中，底面是平行四边形，E是的中点，平面底面. （1）求证：平面；（2）求证：平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】（1）连结，交于点，连结，则点为中点，由点为的中点，得，由此能证明平面；（2）根据题设条件推导出平面，从而平面，进而可得，结合，由此能证明平面.【详解】（1）证明：连接交于点O，并连接平行四边形，且交于点O点O为中点在中，点E为的中点平面，平面平面（2）平面平面，平面平面，平面平面平面又，平面，平面平面平面又，平面，平面平面.【点睛】本题考查线面平行、线面垂直的证明，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，是中档题16如图，在中，点D是边上一点，.（1）若，且，求角C；（2）若的面积为S，且，求的长度.【答案】（1）；（2）【解析】（1）利用平面向量数量积的运算可求的值，利用同角三角函数基本关系式可求的值，由已知利用两角和的余弦函数公式可求的值，结合的范围可求的值；（2）由已知利用三角形的面积公式，平面向量数量积的运算，同角三角函数基本关系式可求，可得，在中，由正弦定理可得的值【详解】（1），在中，且在中，且，且在中，.（2）的面积在中，则，则在中，由正弦定理得：又，则.【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的运算，同角三角函数基本关系式，两角和的余弦函数公式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于中档题17在平面直角坐标系中，椭圆E：（）的长轴长为4，左准线l的方程为.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线过椭圆E的左焦点，且与椭圆E交于A，B两点.若，求直线的方程；过A作左准线l的垂线，垂足为，点，求证：，B，G三点共线.【答案】（1）（2）或，证明见解析【解析】（1）根据长轴的值和准线的方程，可求得，的值，结合，从而可求出椭圆的标准方程；（2）设，作，根据椭圆的第二定义可得，结合，可推出，从而推出，根据，可得，分别对直线的斜率存在与不存在进行讨论，结合韦达定理即可求得直线的方程；当直线的斜率不存在时，分别求出，即可得证；当直线的斜率存在时，分别求出，结合韦达定理即可求证.【详解】（1）由题，椭圆方程.（2）设，作，由第二定义，而，同理，即，证明见解析设的斜率为k1若k不存在，即（舍）2若k存在，：联立消去y，（），恒成立，即，：或证明1若的斜率不存在，B，G三点共线.2若的斜率存在，要证，B，G共线.即证，即，即即，即由（），代入上式：，即显然成立。，B，G三点共线.综上所述，B，G三点共线.【点睛】本题主要考查了椭圆方程，以及直线与椭圆的关系，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某游乐场过山车轨道在同一竖直钢架平面内，如图所示，矩形的长为130米，宽为120米，圆弧形轨道所在圆的圆心为0，圆O与，分别相切于点A，D，CT为的中点.现欲设计过山车轨道，轨道由五段连接而成：出发点N在线段上（不含端点，游客从点Q处乘升降电梯至点N），轨道第一段与圆O相切于点M，再沿着圆孤轨道到达最高点A，然后在点A处沿垂直轨道急速下降至点O处，接着沿直线轨道滑行至地面点G处（设计要求M，O，G三点共线），最后通过制动装置减速沿水平轨道滑行到达终点R记为，轨道总长度为l米.（1）试将l表示为的函数，并写出的取值范围；（2）求l最小时的值.【答案】（1），（2）【解析】（1）作，垂足为点，作，垂足为点，可得，进而得出以及的取值范围；（2）对进行求导，求出函数的单调性，即可求得最小时的值.【详解】（1）作，垂足为点，作，垂足为点，如图所示：，（2）令，可得；令，可得.令，则当时，为单调递减；当时，为单调递增.当时，函数取得最小值，即最小.【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质、直角三角形边角关系、有点切线的性质、利用导数研究函数的单调性极值，考查了推理能力与计算能力，属于难题19已知函数（）（1）当，证明；（2）如果函数有两个极值点，（），且恒成立，求实数k的取值范围.（3）当时，求函数的零点个数.【答案】（1）证明见解析，（2），（3）时有一个零点，当且时，有两个零点.【解析】（1）只需证明，构造函数，利用导数易得证；（2）求导后可知的两根分别为，进而可得，表示出，构造函数求其在定义域上的最大值即可；（3）研究可知，再分类讨论结合导数及零点存在性定理即可得出结论【详解】（1）时，等价于证明：即证，令，当时，单调递减当时，单调递增，证毕!（2）的两根分别为，解得显然在上单调递减.（3）当时，令其只有一个正数根，（）且当时，单调递增；当时，单调递减最大值令，（）令当时，单调递减；当时，单调递增当，即时，此时只有一个零点当，即且时，此时，注意到（i）当时，而令取知在上有一个零点，另一个零点为1（ii）当，即时，此时取知有一个零点为1，另一零点在上，故时有一个零点，当且时，有两个零点.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明及恒成立问题，考查函数零点个数的判断，考查逻辑推理能力，属于中档题函数零点个数（方程根的个数）的判断方法：结合零点存在性定理，利用函数的单调性、对称性确定函数零点个数；利用函数图像交点个数判断方程根的个数或函数零点个数20已知，数列的前n项和为，且；数列的前n项和为，且满足，且.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的通项公式；（3）设，问：数列中是否存在不同两项，（，i，），使仍是数列中的项?若存在，请求出i，j；若不存在，请说明理由.【答案】（1），（2），（3）存在，【解析】（1）先根据，求出，再根据可得，然后两式作差，得到，再求出首项，进而可得数列的通项公式；（2）根据，通过递推，可证数列为等差数列，即可求出通项公式；（3）由，假设数列中存在不同两项，（，），然后根