2020届江苏省南通市海安高级中学高三阶段测试三数学试题（解析版）

2020届江苏省南通市海安高级中学高三阶段测试三数学试题一、填空题1设全集,若，则集合_.【答案】.【解析】直接求根据求出集合即可.【详解】解：因为全集若，则集合.故答案为：.【点睛】本题考查补集的运算，是基础题.2已经复数满足（i是虚数单位），则复数的模是_【答案】【解析】【详解】，故答案为.3已知一组数据，的平均数为a，极差为d，方差为，则数据，的方差为_.【答案】【解析】根据在一组数据的所有数字上都乘以同一个数字，得到的新数据的方差是原来数据的平方倍，得到结果【详解】解： 数据，的方差为，数据，的方差是，故答案为：.【点睛】此题主要考查了方差，关键是掌握方差与数据的变化之间的关系4如图是一个算法的伪代码，其输出的结果为_【答案】【解析】由题设提供的算法流程图可知:，应填答案5从0,2 中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为_。【答案】18【解析】试题分析：分类讨论：从0、2中选一个数字0，则0只能排在十位；从0、2中选一个数字2，则2排在十位或百位，由此可得结论解：从0、2中选一个数字0，则0只能排在十位，从1、3、5中选两个数字排在个位与百位，共有=6种；从0、2中选一个数字2，则2排在十位，从1、3、5中选两个数字排在个位与百位，共有=6种； 2排在百位，从1、3、5中选两个数字排在个位与十位，共有=6种；故共有3=18种，故答案为18【考点】计数原理点评：本题考查计数原理的运用，考查分类讨论的数学思想，正确分类是关键6在平面直角坐标系中，若双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为_【答案】【解析】由双曲线的离心率为，可以得到，再根据求出的关系，从而得出渐近线的方程.【详解】解：因为双曲线的离心率为，所以，故，又因为，所以，即，即，所以双曲线的渐近线.【点睛】本题考查了双曲线渐近线的问题，解题的关键是由题意解析出的关系，从而解决问题.7将函数f(x)的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则为 【答案】4 【解析】试题分析：将函数f(x)的图象向右平移个单位后得到函数的图象，即将函数的图象向左平移个单位得y=4sin2（x+）=4sin2x，所以=.故答案为：4【考点】三角函数的图象平移.8设定义在R上的奇函数在区间上是单调减函数，且，则实数x的取值范围是_【答案】【解析】根据题意，由函数的奇偶性和单调性分析可得函数在上为减函数，则可以转化为，解可得的取值范围，即可得答案【详解】解：根据题意，是在上的奇函数，且在区间上是单调减函数，则其在区间上递减，则函数在上为减函数，解得：；即实数x的取值范围是；故答案为：【点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，关键是分析函数在整个定义域上的单调性9在锐角三角形ABC中，则的值为_.【答案】79【解析】由题意可得，进而可得，而，由两角和与差的正切公式可得【详解】解：在锐角三角形中，故答案为：79【点睛】本题考查两角和与差的正切公式，属中档题10已知为数列的前n项和且.则的值_【答案】5【解析】由，且取即可得出【详解】解：，且，即故答案为：5.【点睛】本题考查了递推式的简单应用，是基础题.11设正实数x，y满足，则实数x的最小值为_.【答案】.【解析】由正实数x，y满足，化为，可得，计算即可【详解】解：由正实数x，y满足，化为，化为，解得因此实数x的最小值为故答案为：【点睛】本题考查了一元二次方程的实数根与判别式、根与系数的关系、一元二次不等式的解法，考查了推理能力和计算能力，属于中档题12如图正四棱柱的体积为27，点E，F分别为棱上的点（异于端点）且，则四棱锥的体积为_.【答案】9【解析】由，由此能求出四棱锥的体积【详解】解：连接， 正四棱柱的体积为27，点E，F分别为棱上的点（异于端点），且，四棱锥的体积故答案为：9【点睛】本题考查四棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，是中档题13已知向量满足且与的夹角的正切为，与的夹角的正切为，则的值为_.【答案】【解析】可设，由题意可得，由两角和的正切公式，可得，再由同角的基本关系式可得，再由正弦定理可得AB，AC，由数量积的定义即可得到所求值【详解】解：可设，由题意可得，则，即为，又为锐角，可得，同理可得，由正弦定理可得，即有，则故答案为：【点睛】本题考查向量的数量积的定义，考查正弦定理和三角函数的化简和求值，以及运算求解能力，属于中档题14已知，若同时满足条件：或；.则m的取值范围是_.【答案】【解析】根据可解得x1,由于题目中第一个条件的限制，导致f(x)在是必须是，当m=0时，不能做到f(x)在时，所以舍掉，因此，f(x)作为二次函数开口只能向下，故m0,且此时2个根为，为保证条件成立，只需，和大前提m0取交集结果为；又由于条件2的限制，可分析得出在恒负，因此就需要在这个范围内g(x)有得正数的可能，即-4应该比两个根中较小的来的大，当时，解得交集为空，舍当m=-1时，两个根同为，舍当时，解得，综上所述，【考点定位】本题考查学生函数的综合能力，涉及到二次函数的图像开口，根大小，涉及到指数函数的单调性，还涉及到简易逻辑中的“或”，还考查了分类讨论思想二、解答题15已知的面积为，且，向量和向量是共线向量.（1）求角C；（2）求的边长c.【答案】(1) (2) 【解析】（1）利用向量共线的条件，建立等式，再利用和角的正弦公式化简等式，即可求得角C；（2）由得：，进而利用的面积为，及余弦定理可求的边长c【详解】（1）因为向量和是共线向量，所以，即，化简，即.因为，所以，从而.（2），则，于是.因为的面积为，所以，即解得在中，由余弦定理得，所以.【点睛】本题重点考查正弦、余弦定理的运用，考查向量知识的运用，解题的关键是正确运用正弦、余弦定理求出三角形的边16如图，四棱锥PABCD的底面为矩形，且AB，BC1，E，F分别为AB，PC中点.（1）求证：EF平面PAD；（2）若平面PAC平面ABCD，求证：平面PAC平面PDE.【答案】证明：（1）方法一：取线段PD的中点M，连结FM，AM因为F为PC的中点，所以FMCD，且FMCD因为四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以EACD，且EACD所以FMEA，且FMEA所以四边形AEFM为平行四边形所以EFAM 5分又AM平面PAD，EF平面PAD，所以EF平面PAD 7分方法二：连结CE并延长交DA的延长线于N，连结PN因为四边形ABCD为矩形，所以ADBC，所以BCEANE，CBENAE 又AEEB，所以CEBNEA所以CENE 又F为PC的中点，所以EFNP 5分又NP平面PAD，EF平面PAD，所以EF平面PAD 7分方法三：取CD的中点Q，连结FQ，EQ在矩形ABCD中，E为AB的中点，所以AEDQ，且AEDQ所以四边形AEQD为平行四边形，所以EQAD又AD平面PAD，EQ平面PAD，所以EQ平面PAD 2分因为Q，F分别为CD，CP的中点，所以FQPD又PD平面PAD，FQ平面PAD，所以FQ平面PAD 又FQ，EQ平面EQF，FQEQQ，所以平面EQF平面PAD 5分因为EF平面EQF，所以EF平面PAD 7分（2）设AC，DE相交于G在矩形ABCD中，因为ABBC，E为AB的中点.所以 又DAECDA，所以DAECDA，所以ADEDCA 又ADECDEADC90，所以DCACDE90由DGC的内角和为180，得DGC90即DEAC 10分因为平面PAC平面ABCD 因为DE平面ABCD，所以DE平面PAC， 又DE平面PDE，所以平面PAC平面PDE 14分【解析】略17如图，OM，ON是两条海岸线，Q为海中一个小岛，A为海岸线OM上的一个码头已知，Q到海岸线OM，ON的距离分别为3 km，km现要在海岸线ON上再建一个码头，使得在水上旅游直线AB经过小岛Q（1）求水上旅游线AB的长；（2）若小岛正北方向距离小岛6 km处的海中有一个圆形强水波P，从水波生成t h时的半径为（a为大于零的常数）强水波开始生成时，一游轮以km/h的速度自码头A开往码头B，问实数a在什么范围取值时，强水波不会波及游轮的航行【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由条件建立直角坐标系较为方便表示：，直线的方程为由Q到海岸线ON的距离为km，得，解得，再由两直线交点得，利用两点间距离公式得（2）由题意是一个不等式恒成立问题：设小时时，游轮在线段上的点处，而不等式恒成立问题往往利用变量分离将其转化为对应函数最值问题：试题解析：（1）以点为坐标原点，直线为轴，建立直角坐标系如图所示则由题设得：，直线的方程为由，及得，直线的方程为，即， 由得即，即水上旅游线的长为（2）设试验产生的强水波圆，由题意可得P（3，9），生成小时时，游轮在线段上的点处，则，强水波不会波及游轮的航行即 ，当时 ，当 .，当且仅当时等号成立，所以，在时恒成立，亦即强水波不会波及游轮的航行【考点】函数实际应用，不等式恒成立18在平面直角坐标系中已知椭圆过点，其左、右焦点分别为，离心率为.（1）求椭圆E的方程；（2）若A，B分别为椭圆E的左、右顶点，动点M满足，且MA交椭圆E于点P.（i）求证：为定值；（ii）设PB与以PM为直径的圆的另一交点为Q，问：直线MQ是否过定点，并说明理由.【答案】(1) (2) （i）证明见解析，定值为4 （ii）直线过定点.【解析】（1）由题意得离心率公式和点满足的方程，结合椭圆的的关系，可得，进而得到椭圆方程；（2）（i）设，求得直线MA的方程，代入椭圆方程，解得点P的坐标，再由向量的数量积的坐标表示，计算即可得证；（ii）直线MQ过定点O（0，0）先求得PB的斜率，再由圆的性质可得MQPB，求出MQ的斜率，再求直线MQ的方程，即可得到定点【详解】解：（1）易得且，解得所以椭圆E的方程为（2）设，易得直线的方程为：，代入椭圆得，由得，从而，所以示，直线过定点，理由如下：依题意，由得，则的方程为：，即，所以直线过定点.【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的离心率公式和方程的运用，注意联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，同时考查向量的数量积的坐标表示和直线和圆的位置关系，属于中档题19已知数列满足：（常数），.数列满足：.（1）求的值；（2）求出数列的通项公式；（3）问：数列的每一项能否均为整数？若能，求出k的所有可能值；若不能，请说明理由.【答案】(1) ；(2) ； (3) k为1，2时数列是整数列.【解析】（1）经过计算可知：，由数列满足：（n1，2，3，4），从而可求；（2）由条件可知得，两式相减整理得，从而可求数列的通项公式；（3）假设存在正数k，使得数列的每一项均为整数，则由（2）可知：，由，可求得证明时，满足题意，说明时，数列是整数列【详解】（1）由已知可知：，把数列的项代入求得；（2）由可知：则：有：，即：，；（3）假设存在正数k使得数列的每一项均为整数，则由（2）可知：，由，可知，2.当时，为整数，利用结合式可知的每一项均为整数；当时，变为用数学归纳法证明为偶数，为整数.时结论显然成立，假设时结论成立，这时为偶数，为整数，故为偶数，为整数，时，命题成立.故数列是整数列.综上所述k为1，2时数列是整数列.【点睛】本题考查了等差数列的基本性质和数列的递推公式，考查了学生的计算能力和对数列的综合掌握，注意分类讨论思想和转化思想的运用，属于难题20设函数.（1）若求函数的单调区间；（2）若试判断函数在区间内的极值点的个数，并说明理由；（3）求证：对任意的正数a都存在实数t满足：对任意的，.【答案】(1) 单调递减区间为单调递增区间为. (2) 见解析 (3)证明见解析【解析】（1）求解，利用，解不等式求解单调递增区间，单调递减区间；（2），其中，再次构造函数令，分析的零点情况，令，列表分析得出单调性，求其最小值，分类讨论求解若，若，若的单调性，最大值，最小值，确定有无零点问题；（3）先猜想恒成立再运用导数判断证明令，求解最大值，得出即可【详解】（1）当时，令，列表分析10+单调递减单调递增故的单调递减区间为单调递增区间为.（2），其中，令，分析的零点情况.令，列表分析0+单调递减单调递增，而，若则，故在内没有极值点；若，则，因此在有两个零点，在内有两个极值点；若则，因此在有一个零点，在内有一个极值点；综上所述当时，在内没有极值点；当时，在内有两个极值点；当时，在内有一个极值点.（3）猜想：，恒成立.证明如下：由（2）得在上单调递增，且，.因为当时，所以故在上存在唯一的零点，设为.由0+单调递减单调递增知，.又，而时，所以.即，.所以对任意的正数a，都存在实数，使对任意的，使.补充证明:令，.，所以在上单调递增.所以时，即.补充证明令，.，所以在上单调递减.所以时，即.【点睛】本题主要考查导数与函数单调性的关系，会熟练运用导数解决函数的极值与最值问题求函数的单调区间，应该先求出函数的导函数，令导函数大于0得到函数的递增区间，令导函数小于0得到函数的递减区间，考查了不等式与导数的结合，难度较大21已知二阶矩阵，矩阵属于特征值的一个特征向量为，属于特征值的一个特征向量为.求矩阵.【答案】【解析】运用矩阵定义列出方程组求解矩阵【详解】由特征值、特征向量定义可知，即，得同理可得解得，.因此矩阵【点睛】本题考查了由矩阵特征值和特征向量求矩阵，只需运用定义得出方程组即可求出结果，较为简单22在极坐标系中，已知，线段的垂直平分线与极轴交于点，求的极坐标方程及的面积【答案】的极坐标方程及,.【解析】将转化为直角坐标系下的坐标形式，然后求出线段的中点与直线的斜率，进而求出直线l在直角坐标系下的方程，再转化为极坐标方程；在直角坐标系下，求出点C到直线AB的距离、线段AB的长度，从而得出的面积.【详解】解：以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系xoy在平面直角坐标系xoy中， 的坐标为线段的中点为，故线段中垂线的斜率为，所以的中垂线方程为：化简得：，所以极坐标方程为，即，令，则，故在平面直角坐标系xoy中，C（10,0）点C到直线AB：的距离为，线段，故的面积为.【点睛】本题考查了直线的极坐标方程问题，解题时可以将极坐标系下的问题转化为平面直角坐标系下的问题，从而转化为熟悉的问题.23已知实数满足，求证：【答案】证明见解析【解析】对进行转化，转化为含有形式，然后通过不等关系得证.【详解】解：因为，所以,得证.【点睛】本题考查了绝对值不等式问题，解决问题的关键是要将要证的形式转化为已知的条件，考查了学生转化