1、江苏省镇江市丹阳高中、镇江一中、镇江中学三校2020届高三数学下学期5月调研试题（含解析）一、填空题（共14小题）1.已知命题P：xR，x3x10，则命题P为_【答案】xR，x3x10【解析】【分析】利用特称命题的否定是全称命题分析解答.【详解】解：命题P：xR，x3x10，是一个特称命题，所以命题P为：xR，x3x10故答案为：xR，x3x10【点睛】本题主要考查特称命题的否定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.2.已知全集UR，Ax|f（x）ln（x21），Bx|x22x30，则_【答案】或【解析】【分析】先化简集合,再求，最后求得解.【详解】解：Ax|f（x）ln（x21）x|x1或x
2、1，Bx|x22x30x|1x3，则x|x3或x1，则或，故答案为：或【点睛】本题主要考查对数型复合函数的定义域的求法，考查一元二次不等式的解法，考查集合的交集和补集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3.已知z12+3i，z21+i，则_【答案】【解析】【分析】直接利用商的模等于模的商求解【详解】解：z12+3i，z21+i，故答案为：【点睛】本题考查求复数的模，掌握模的性质是解题关键模的性质：，4.若样本数据x1，x2，,x10的标准差为8，则数据2x1-1，2x2-1，2x10-1的标准差为_【答案】16【解析】因为样本数据的标准差为，即，数据的方差为，则对应的标准差为，故答案为
3、.5.一枚硬币连续抛掷三次，则两次正面向上的概率为_【答案】【解析】【分析】列举可得总的基本事件，找出恰好有两次反面向上的基本事件，由概率公式可得【详解】解：一枚硬币连续抛掷3次可能出现的结果为（正，正，正）（正，反，正）（正，正，反）（反，正，正）（反，反，正）（反，正，反）（正，反，反）（反，反，反）共8种，其中恰好有两次反面向上的有（反，反，正）（反，正，反）（正，反，反）共3种，故所求概率为P故答案为：.【点睛】本题考查古典概型，解题关键是用列举法列出所有的基本事件6.已知，且，则cosx_【答案】【解析】【分析】由已知求得sin（x），再由两角差的余弦公式计算【详解】解：，又，sin
4、（x），则cosxcos（x）cos（x）cossin（x）sin故答案为：【点睛】本题考查两角差的余弦公式在三角函数恒等变换时要注意“角”的变换，利用已知角和未知角之间的关系选择恰当的公式进行化简计算7.已知函数，若方程有两个根，则实数m的取值范围为_【答案】或【解析】【分析】作出函数的图象，然后条件可转化为直线与函数图象有2个交点，然后结合图象可求解.【详解】如图，作出函数的图象：若方程有两个根，即直线与函数图象有2个交点，由图象可得：或，解得或，故答案为：或【点睛】方程的根的个数与的图象的交点个数，常用数形结合法解决此类问题.8.圆心在抛物线上，并且和该抛物线的准线及轴都相切的圆的方程为
5、_.【答案】和【解析】【详解】抛物线的准线方程为.设所求圆的圆心为，则，且，解得，故所求圆的方程为.故答案为和9.在直角坐标平面中，ABC的两个顶点A、B的坐标分别为A（1，0），B （1，0），平面内两点G、M同时满足下列条件：（1）；（2）；（3），则ABC的顶点C的轨迹方程为_【答案】x21（y0）【解析】【分析】由题目给出的条件，分别得到G为三角形ABC的重心，M为三角形ABC的外心，设出G点坐标，由，可知M和G具有相同的纵坐标，由重心坐标公式得到C点的坐标，然后由M到A和C的距离相等列式可得G的轨迹方程，利用代入法转化为C的轨迹方程【详解】解：由得，G为重心，由得，M为外心所以M点在
6、y轴上（M到AB两点距离相等）又，则设M为（0，y），G为（x，y）（y0），由重心坐标公式得C为（3x，3y）再由MAMC，得 整理得：9x2+3y21再设c（x，y），由3xx，3yy得x，y代入得：（x）21所以ABC的顶点C的轨迹方程为，故答案为： ，【点睛】本题考查三角形的重心、外心的性质，平面轨迹问题，属于中档题.10.四面体ABCD中，ABCD6，其余的棱长均为5，则与该四面体各个表面都相切的内切球的半径长等于_【答案】【解析】【分析】取CD的中点E连接AE、BE，取AB的中点F，连接EF.把四面体分割成四个小三棱锥，根据体积相等，即可得解.【详解】解：取CD的中点E连接AE、B
7、E，取AB的中点F，连接EF.由题意知AECD，BECD又AEBEE，平面ABE，CD平面ABE.又ABCD6，其余的棱长均为5,AD5，DE3AE4，同理BE4.等腰ABE底边AB上的高为EFABE的面积S三棱锥ABCD的体积V又设内切球的半径为R，则球心O到每个表面的距离为R，且球心O到每个表面的距离为R三棱锥ABCD的体积V故答案为：.【点睛】本题主要考查几何体内切球半径的求法，考查几何体体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11.已知动点P（x，y）满足|x1|+|ya|1，O为坐标原点，若的最大值的取值范围为，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先考虑|x1|+
8、|ya|1的图象，图象是（0，a），（1，a1），（1，a+1），（2，a）为端点的正方形，那么和O最远的应该是最远的两个端点之一，再对a进行分类讨论，如果a0就是（1，a+1）或（2，a）；如果a0就是（1，a1）或（2，a）再分类写出|平方的最大值最后利用分段函数的图象，再读出|2取值范围为，17时，a取值范围【详解】考虑|x1|+|ya|1的图象，如图，x必然是在0到2之间x取到0或2那么y只能取ax在两者之间y可以取两个值x取到1则y可以取a+1或a1，图象是（0，a），（1，a1），（1，a+1），（2，a）为端点的正方形，那么和O最远的应该是最远的两个端点之一，如果a0就（1，a+
9、1）或（2，a）如果a0就是（1，a1）或（2，a）这样一来，|平方的最大值就是：当a0，（a+1）2+1或 a2+4当a0，（a1）2+1或 a2+4比较它们的大小：当a1时，（a+1）2+1，则（a+1）2+1更大；当0a1时，（a+1）2+1-(a2+4)且当1a0时，则当1a1时，a2+4更大；当a1时，则（a-1）2+1更大；作以上函数图象，再读出|2取值范围为，17，即有或所以a取值范围是故答案为：【点睛】本题考查分类讨论表示含有绝对值的函数的最值，并再利用分类讨论解不等式，属于难题.12.设是内一点，定义，其中分别是的面积，若，则的最小值是 【答案】18【解析】【详解】试题分析：
10、根据已知条件可知，那么由于，则结合三角形的面积公式可知 ，n+m+p=,那么因此可知，可知其最小值为18.考点：本试题考查了下来的数量积以及三角形的面积的运用点评：解决该试题的关键是利用向量的数量积公式来得到三角形的面积的表示，然后利用m,n,p和为三角形的面积，得到x,y的和为定值，运用均值不等式求解最值，属于中档题13.已知定义在上的函数和满足，令，则使数列的前项和超过的最小自然数的值为_【答案】5【解析】【分析】由和可得，求出方程的解即可得到a的值，根据可知 是减函数，对求得的a进行取舍，求出数列的通项公式，进而求得其前n项和，解不等式，即可求得结果【详解】因为所以令，得到；令，得到代入
11、 可得 ，化简得，解得或，从而可得 是减函数，再由 解得 ，故的最小值为5，故答案为：5【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和等比数列前项和公式，考查了学生的转化能力，属于中档题.14.设正实数x，则的值域为_【答案】0，【解析】分析】利用换元法，原函数值域即为函数的值域，根据导数和函数的最值的关系即可求出【详解】令lnxt，则xet，g（t），令t2m，m0，h（m），令h（m）0，解的m1，当0m1时，h（m）0，函数h（m）单调递增，当m1时，h（m）0，函数h（m）单调递减，h（m）maxh（1），f（0）0，当m+时，h（m）0，的值域为0，故答案为：0，【点睛】本题考查了利用
12、导数求函数值域，意在考查学生的计算能力和转化能力，换元法是解题的关键.二、解答题（共6小题，满分90分）15.已知中，分别为三个内角，的对边，（1）求角；（2）若，求的值.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：（1）先由正弦定理将边角关系转化为角角关系，再利用配角公式进行化简求解；（2）由正弦定理将边边关系转化为角角关系，再利用同角三角函数基本关系式、两角和的正弦公式进行求解.试题解析：（1）由正弦定理和，得， 中，所以，所以，所以；（2）因为，由正弦定理得， 所以 .16.在如图的多面体中，EF平面AEB，AEEB，ADEF，EFBC，BC2AD4，EF3，AEBE2，G是BC的中点（）
13、求证：AB平面DEG；（）求证：BDEG；（）求多面体ADBEG的体积【答案】（）见解析（）见解析（）4【解析】【分析】（） 先证明四边形ADGB是平行四边形，可得ABDG，从而证明AB平面DEG（） 过D作DHAE交EF于H，则DH平面BCFE，DHEG，再证BHEG，从而可证EG平面BHD，故BDEG（）要求多面体ADBEG的体积，利用分割的思想转化为VADBEGVDAEB+VDBEG转化为求两个三棱锥的体积即可【详解】（）ADEF，EFBC，ADBC又BC2AD，G是BC的中点，四边形ADGB是平行四边形，ABDG，AB平面DEG，DG平面DEG，AB平面DEG（）EF平面AEB，AE平
14、面AEB，EFAE，又AEEB，EBEFE，EB，EF平面BCFE，AE平面BCFE过D作DHAE交EF于H，连接，则DH平面BCFEEG平面BCFE，DHEGADEH，DHAE，四边形AEHD平行四边形，EHAD2，EHBG2，又EHBG，EHBE，四边形BGHE为正方形，BHEG，又BHDHH，BH平面BHD，DH平面BHD，EG平面BHDBD平面BHD，BDEG（）EF平面AEB，ADEF，AD平面AEB，由（2）知四边形BGHE为正方形，BEBCVADBEGVDAEB+VDBEG4.【点睛】本题考查了线面平行，线线垂直，体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，将体积转化为两个
15、三棱锥的体积和是解题的关键.17.如图，GH是东西方向的公路北侧的边缘线，某公司准备在GH上的一点B的正北方向的A处建一仓库，设AB = y km，并在公路同侧建造边长为x km的正方形无顶中转站CDEF（其中边EF在GH上），现从仓库A向GH和中转站分别修两条道路AB，AC，已知AB = AC + 1，且ABC = 60o（1）求y关于x的函数解析式；（2）如果中转站四周围墙造价为1万元/km，两条道路造价为3万元/km，问：x取何值时，该公司建中转站围墙和两条道路总造价M最低？【答案】（1）（x 1）；（2）时，该公司建中转站围墙和道路总造价M最低【解析】试题分析：(1)利用题意结合余弦定
16、理可得函数的解析式，其定义域是. (2)结合(1)的结论求得利润函数，由均值不等式的结论即可求得当km时，公司建中转站围墙和两条道路最低总造价为490万元.试题解析：（1）在中,所以.在中，由余弦定理，得，即 ，所以 . 由， 得. 又因为，所以.所以函数的定义域是. (2) .因为（）， 所以即 . 令则. 于是 ， 由基本不等式得， 当且仅当，即时取等号. 答：当km时，公司建中转站围墙和两条道路最低总造价490万元. 18.已知椭圆C：（）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设F为椭圆C的左焦点，T为直线上任意一点，过F作TF的垂线交
17、椭圆C于点P，Q.（i）证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）；（ii）当最小时，求点T的坐标.【答案】(1)；（2）证明见解析，【解析】【分析】（1）由题意，又，由此可求出的值，从而求得椭圆的方程.（2）椭圆方程化为.设PQ的方程为，代入椭圆方程得：.（）设PQ的中点为，求出，只要，即证得OT平分线段PQ.（）可用表示出PQ，TF可得：化简得：.再根据取等号的条件，可得T的坐标.【详解】（1），又.（2）椭圆方程化为.（）设PQ的方程为，代入椭圆方程得：.设PQ的中点为，则又TF的方程为，则得，所以，即OT过PQ的中点，即OT平分线段PQ.（），又，所以.当时取等号，此时T的坐标为.【点
18、睛】本题考查了椭圆的方程的求解，考查了直线与圆锥曲线的位置关系，考查了最值问题的求解方法，属于中档题.19.已知函数f（x）=ax2+lnx（aR）（1）当a=时，求f（x）在区间1，e上的最大值和最小值；（2）如果函数g（x），f1（x），f2（x），在公共定义域D上，满足f1（x）g（x）f2（x），那么就称g（x）为f1（x），f2（x）的“活动函数”已知函数. 若在区间（1，+）上，函数f（x）是f1（x），f2（x）的“活动函数”，求a的取值范围【答案】（1） （2）a的范围是 .【解析】试题分析：（1）由题意得 f（x）=x2+lnx，f（x）在区间1，e上为增函数，即可求出函数的
19、最值（2）由题意得：令 f（x） f2（x）= ，对x（1，+）恒成立，且h（x）=f1（x）f（x）=对x（1，+）恒成立，分类讨论当 或 时两种情况求函数的最大值，可得到a的范围又因为h（x）=x+2a=，h（x）在（1，+）上为减函数，可得到a的另一个范围，综合可得a的范围试题解析：（1）当 时，；对于x1，e，有f（x）0，f（x）在区间1，e上为增函数，（2）在区间（1，+）上，函数f（x）是f1（x），f2（x）的“活动函数”，则f1（x）f（x）f2（x）令 0，对x（1，+）恒成立，且h（x）=f1（x）f（x）=0对x（1，+）恒成立，若 ，令p（x）=0，得极值点x1=1，
20、当x2x1=1，即 时，在（x2，+）上有p（x）0，此时p（x）在区间（x2，+）上是增函数，并且在该区间上有p（x）（p（x2），+），不合题意；当x2x1=1，即a1时，同理可知，p（x）在区间（1，+）上，有p（x）（p（1），+），也不合题意；若 ，则有2a10，此时在区间（1，+）上恒有p（x）0，从而p（x）在区间（1，+）上减函数；要使p（x）0在此区间上恒成立，只须满足 ，所以 a又因为h（x）=x+2a=0，h（x）在（1，+）上为减函数，h（x）h（1）=+2a0，所以a综合可知a的范围是，20.设数列an满足：a11，且当nN*时，an3+an2(1an+1)+1an+
21、1（1）求a2，a3的值；（2）比较an与an+1的大小，并证明你的结论（3）若bn(1)，其中nN*，证明：0b1+b2+bn2【答案】（1）a2，a3；（2）an+1an；见解析（3）见解析【解析】【分析】（1）由已知数列递推式得出an+1，依次代入计算可得a2，a3的值；（2）利用作差，通分后配方可证明an+1an；（3）由于bn（1），且an+1an，得0，由an+1ana110得bn0，从而可得b1+b2+bn0；再由bn（1），得到bn利用裂项相消法得，从而可证得结论【详解】（1）解：依题意，由an3+an2（1an+1）+1an+1，可解得an+1，则a2，a3；（2）解：an+1an证明如下：由（1）得an+1，an+1an0，an+1an；（3）证明：由于bn（1），由（1）an+1an，则1，0，而an+1ana110，则bn0，0又于bn（1），bn2()+()+()，而an+1an，且a11，故an+10，从而0b1+b2+bn2【点睛】本题考查数列的递推公式，由递推公式求数列的项，比较相邻项的大小，证明数列不等式难点在于证明数列不等式，关键是和式的化简，这个和不能直接求出，因此可对已知关系式进行变形，适当地放缩后可用裂项相消法求和，从而证明不等式成立