1、江苏省镇江市丹阳市2020届高三数学下学期3月质量检测试题（含解析）卷一注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：1本试卷共4页，包含填空题（第1题第14题）、解答题（第15题第20题）本卷满分160分，考试时间为120分钟考试结束后请将答题卡交回2答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔请注意字体工整笔迹清楚4如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、填空题：每小题5分，共70分，不需要写出解答过程，请
2、把答案直接填在答题卡相应位置上1.设全集，集合，则_【答案】【解析】【分析】转化条件得，利用集合交集的概念即可得解.【详解】由题意，.故答案为：.【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法和集合交集的概念，属于基础题.2.设i为虚数单位，若纯虚数，则_【答案】1【解析】【分析】由题意，再由纯虚数的概念即可得解.【详解】,为纯虚数，解得.故答案为：1.【点睛】本题考查了复数的除法运算和纯虚数的概念，属于基础题.3.已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是_.【答案】.【解析】【分析】由题意首先求得平均数，然后求解方差即可.【详解】由题意，该组数据的平均数为，所以该组数据的方差是.【点
3、睛】本题主要考查方差的计算公式，属于基础题.4.已知点，点B，C分别为双曲线的左、右顶点若为正三角形，则该双曲线的离心率为_【答案】【解析】【分析】由题意可得，转化条件得，求出后利用即可得解.【详解】由题意双曲线的左、右顶点分别为，又 为正三角形可得，解得，双曲线的离心率.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线离心率的求解，属于基础题.5.宋元时期，数学名著算学启蒙中有关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等如图是源于其思想的一个程序框图，如输入，则输出的n的值为_【答案】5【解析】【分析】根据直到型循环结构的要求，注意变量的取值，逐步计算即可得解.【详解】
4、当时，不成立；当时，不成立；当时，不成立；当时，不成立；当时，成立；输出.故答案为：.【点睛】本题考查了直到型循环结构程序框图的求解，属于基础题.6.“2020武汉加油、中国加油”，为了抗击新冠肺炎疫情，全国医护人员从四面八方驰援湖北我市医护人员积极响应号召，现拟从A医院呼吸科中的5名年轻医生中选派2人支援湖北省黄石市，已知男医生2名，女医生3人，则选出的2名医生中至少有1名男医生的概率是_【答案】【解析】【分析】由题意选出的2名医生中至少有1名男医生分为恰有1名男医生和全部都是男医生两种情况，由超几何分布的概率公式直接计算即可得解.【详解】由题意，选出的2名医生中至少有1名男医生分为恰有1名
5、男医生和全部都是男医生两种情况，则所求概率为.故答案为：.【点睛】本题考查了超几何分布应用，属于基础题.7.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为6cm，圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为_【答案】【解析】【分析】由题意先求得圆锥的底面半径和高，再利用即可得解.【详解】圆锥的侧面展开图是一个半径为6cm，圆心角为的扇形，扇形的弧长为，该圆锥底面半径为，该圆锥的高为，圆锥的体积为.故答案为：.【点睛】本题考查了圆锥体积的计算，考查了圆锥侧面展开图的应用，属于基础题.8.公差不为零的等差数列的前n项和为，若是与的等比中项，则的值为_【答案】63【解析】【分析】由题意得，再根据等差数列的通项公式和前n项和公
6、式即可的方程组，解方程组即可得解.【详解】数列为公差不为零的等差数列，是与的等比中项，即，解得，.故答案为：.【点睛】本题考查了等差数列基本量的计算，考查了等比中项的性质，属于基础题.9.已知，则的值为_【答案】【解析】【分析】由结合商数关系和平方关系可得，转化条件得，即可得解.【详解】，即，.故答案为：.【点睛】本题考查了三角函数的以值求值，考查了三角函数商数关系、平方关系和三角恒等变换的应用，属于基础题.10.已知正方形ABCD的边长为2，以C为圆心的圆与直线BD相切若点M是圆C上的动点，则 的最小值为_【答案】【解析】【分析】建立直角坐标系，表示出各点坐标和圆，则转化条件得，令，当直线与
7、圆相切时，取最值，利用即可得解.【详解】以为坐标原点，CD、CB分别为x轴、y轴，建立直角坐标系，如图，由以C为圆心的圆与直线BD相切，正方形ABCD的边长为2，则，圆C的半径为，则圆，设点，则，令，可知当直线与圆相切时，取最值，此时，解得.的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查了平面向量数量积的坐标表示和非线性规划的应用，考查了转化化归思想，属于中档题.11.已知向量，若，则最小值为_【答案】【解析】【分析】由可得，转化条件得，利用基本不等式即可得解.详解】，即，当且仅当时，等号成立.故答案为：.【点睛】本题考查了向量共线的充要条件和利用基本不等式求最值，属于中档题.12.已知，若函数有4
8、个零点，则实数k的取值范围是_【答案】【解析】【分析】转化条件得有4个零点,令，画出两函数的图象后可得当函数过点和时、函数与的图象相切时，函数与的图象恰有3个交点；当在两者范围之间时，满足条件，利用导数的性质求出函数与的图象相切时的值即可得解.【详解】由题意有4个零点即有4个零点,设，则恒过点，函数与的图象有4个交点，在同一直角坐标系下作出函数与的图象，如图，由图象可知，当时，函数与的图象至多有2个交点；当函数过点和时，此时函数与的图象恰有3个交点；当函数与的图象相切时，设切点为，解得，此时函数与的图象恰有3个交点；当时，两函数图象至多有两个交点；若要使函数有4个零点，则.故答案为：.【点睛】
9、本题考查了函数的零点问题和导数的几何意义，考查了数形结合思想，属于中档题.13.已知直线恒过定点A，点B，C为圆上的两动点，满足，则弦BC长度的最大值为_【答案】【解析】【分析】由题意得，设BC的中点为，由垂径定理可得点在以为圆心，半径为的圆上，求出后即可得解.【详解】直线恒过定点A，圆的半径，圆心为，设BC的中点为，则弦BC的弦心距为，由可知，即，化简得，点在以为圆心，半径为的圆上，点O在此圆内，.故答案为：.【点睛】本题考查了动点轨迹方程的求解和圆的性质，考查了转化化归思想，属于中档题.14.已知函数的定义域为R，且，当时，若存在，使得，则m的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由题意分段
10、求出解析式，画出图象后数形结合即可得解.【详解】且当时，当时，不合题意；当时，当时，当时，作出函数图象，如图：当时，令得或，若存在，使得，则.故答案为：.【点睛】本题考查了函数与方程的关系，考查了函数解析式的求解和数形结合思想，属于中档题.二、解答题：本大题共6小题，共计90分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15.已知在中，角，的对边分别为，且（1）求角的大小：（2）若，求的面积【答案】（1）（2）4【解析】分析：（1）利用正弦定理化简已知等式，整理后根据求出，即可确定出A的度数；（2）利用余弦定理列出关系式，把a，b，cosA的值代入求出c的值，再由b，si
11、nA的值，利用三角形面积公式求出即可详解：在中，由正弦定理得 即，又角为三角形内角，所以，即，又因为，所以（2）在中，由余弦定理得：，则 即解得（舍）或所以点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果16.如图，在直三棱柱中，N为的中点（）求证：直线平面ABC；（）求证：【答案】（I）证明见解析 （II）证明见解析【解析】【分析】（）
12、由平行四边形的性质可得M为的中点，则MN为的中位线，结合三棱柱的性质得，即可得证；（）由面面垂直的性质得，由菱形的性质得，即可得平面，即可得证.【详解】证明：（I）因为直三棱柱，则四边形和为平行四边形，即在中，则M为的中点，又N为的中点，所以MN为的中位线，故，又，所以，由，所以面ABC（）在直三棱柱中，所以平面又平面，所以平面平面，又 ，所以由平面，为交线所以平面又平面，所以又因为，则侧面为菱形，故又，面所以平面，又平面，所以【点睛】本题考查了线面平行的判定和线面垂直的判定与性质，属于中档题.17.某房地产开发商有一块如图（1）所示的四边形空地ABCD，经测量，边界CB与CD的长都为2km，
13、所形成的角（I）如果边界AD与AB所形成的角，现欲将该地块用固定高度的板材围成一个封闭的施工场地，求至多购买多少千米长度的板材；（II）当边界AD与CD垂直，AB与BC垂直时，为后期开发方便，拟在这块空地上先建两条内部道路AE，EF，如图（2）所示，点E在边界CD上，且道路EF与边界BC互相垂直，垂足为F，为节约成本，欲将道路AE，EF分别建成水泥路、砂石路，每1km的建设费用分别为、a元（a为常数）；若设，试用表示道路AE，EF建设的总费用（单位：元），并求出总费用的最小值【答案】（I） （II）；最小值为元.【解析】【分析】（I）由题意结合余弦定理得，利用基本不等式即可得解；（II）由正弦
14、定理得，则，由题意可得，令，求导得到最小值即可得解.【详解】（I）连结BD，易知为等边三角形，则，在中，由余弦定理得：即由基本不等式得：则（当且仅当时“=”成立）则.答：所用板材长度的最大值为（）因为AD与CD垂直，AB与BC垂直，则ABCD四点共圆，且AC为直径，记直径为2R在ABCD中，则，由正弦定理得：，在和中，则，在中，则，又，则，在中，则，则，所以总费用记，则，令，得，当时，单调递减；当时，单调递增，所以当时，取最小值，此时.答铺设的总费用的最小值为元【点睛】本题考查了三角函数、正弦定理、余弦定理的综合应用，考查了利用导数求函数的最小值，属于中档题.18.已知椭圆右焦点F的坐标为，点
15、在椭圆C上，过F且斜率为的直线l与椭圆C相交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点（I）求椭圆C的方程；（）设线段AB的垂直平分线与x轴、y轴分别相交于点C，D若与的面积相等，求直线l的斜率k【答案】（I） （II）【解析】【分析】（I）由题意得，解方程即可得解；（II）设直线（）点，联立方程组可得，进而可得，分别表示出和的面积后，列方程即可得解.【详解】（I）右焦点F的坐标为，点，所以椭圆C的方程为（）设直线（）点，由，消去y得显然，则，即即则线段AB的垂直平分线方程：令，得；令，得则的面积的面积因为与的面积相等，则，解得故当与的面积相等时，直线l的斜率【点睛】本题考查了椭圆方程的确
16、定和直线与椭圆位置关系的应用，考查了计算能力，属于中档题.19.已知函数，若在处的切线方程为（I）求实数a，b的值；（）证明，函数在x轴的上方无图像；（）确定实数k的取值范围，使得存在，当时，恒有【答案】（I）， （II）证明见解析 （）【解析】【分析】（I）由题意得，解方程即可得解；（II）构造函数，求导后证明函数即可得证；（III）由（II）知时不成立；当时，由不等式的基本性质可得不符合要求；当时，构造函数证明即可得解.【详解】（I）由，则，又切线方程为，令，则，所以且，则那得：，.（II）由（）知，令，则，令得，（舍）当时，；当时，则在上单调递增，在上单调递减所以当时，取得最大值即所以函
17、数在轴的上方无图像（III）由（II）可知，当时，所以不存在，当时，恒有；所以不符合题意当时，对于，所以不存在，当时，恒有成立；所以不符合题意当时，设因，令，即因为，解得， 令，则，单调递增，又因为，所以，取当时，则在上单调递增所以即所以符合题意故实数k的取值范围是【点睛】本题考查了导数的几何意义和利用导数证明不等式，考查了分类讨论思想，属于中档题.20.已知项数为的数列满足如下条件：；若数列满足，其中则称为的“心灵契合数列”（I）数列1，5，9，11，15是否存在“心灵契合数列”若存在，写出其心灵契合数列，若不存在请说明理由；（II）若为的“心灵契合数列”，判断数列的单调性，并予以证明；（）
18、已知数列存在“心灵契合数列”，且，求m的最大值【答案】（I）不存在，理由见解析；（II）单调递减，证明见解析； （）33【解析】【分析】（I）求出、后，根据“心灵契合数列”的定义判定即可；（II）由“心灵契合数列”的定义，结合数列单调性讨论的符号即可得解；（）根据数列及其“心灵契合数列”中项的特征，结合单调性分析出，即可得解.【详解】（I）数列1，5，9，11，15不存在“心灵契合数列”因为，所以数列1，5，9，11，15不存在“心灵契合数列”（）数列为单调递减数列因为，又因为，所以有，所以，即成立所以数列为单调递减数列（），都有，因为，所以，所以，所以因为，所以，又，则，即，所以例如：，此时
19、，且为单调递减数列，故满足题意所以m的最大值是33【点睛】本题考查了数列新定义的相关问题，关键是对于概念的理解，建立适当的等量关系或不等关系，属于中档题.高三质量检测卷理科数学卷二21.设矩阵M(其中a0，b0)(1)若a2，b3，求矩阵M的逆矩阵M1；(2)若曲线C：x2y21在矩阵M所对应的线性变换作用下得到曲线C：y21，求a，b的值【答案】（1）（2）【解析】(1)设矩阵M的逆矩阵M1，且M.则MM1.所以.所以2x11,2y10,3x20,3y21，即x1，y10，x20，y2，故所求的逆矩阵M1.(2)设曲线C上任意一点P(x，y)，它在矩阵M所对应的线性变换作用下得到点P(x，y
20、)，则，即又点P(x，y)在曲线C上，所以y21，则b2y21为曲线C的方程又已知曲线C的方程为x2y21，故又a0，b0，所以22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为（1）求C和l的直角坐标方程；（2）求C上的点到l距离的最小值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用代入消元法，可求得的直角坐标方程；根据极坐标与直角坐标互化原则可得的直角坐标方程；（2）利用参数方程表示出上点的坐标，根据点到直线距离公式可将所求距离表示为三角函数的形式，从而根据三角函数的范围可求得最值.【详解】（1）由得：，又
21、整理可得的直角坐标方程为：又，的直角坐标方程为：（2）设上点的坐标为：则上的点到直线的距离当时，取最小值则【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化、求解椭圆上的点到直线距离的最值问题.求解本题中的最值问题通常采用参数方程来表示椭圆上的点，将问题转化为三角函数的最值求解问题.23.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，侧面底面ABCD，E，Q分别是BC和PC的中点（I）求直线BQ与平面PAB所成角的正弦值；（）求二面角E-DQ-P的正弦值【答案】（I） （II）【解析】【分析】（I）取AD中点O，连接OP，OB，BD，建立空间直角坐标系后，求出各点坐标，可得，面P
22、AB一个法向量为，利用即可得解；（）由题意，求出平面DEQ的一个法向量为，平面DQC的一个法向量为，求出后，利用平方关系即可得解.【详解】（I）取AD中点O，连接OP，OB，BD因为，所以又侧面底面ABCD，面面，平面POD，所以平面ABCD，易知又在菱形ABCD中，O为AD中点，则故建立以O为坐标原点，分别为x，y，z轴的坐标系因为ABCD菱形，且，则，又E，Q是中点，则、，所以，设面PAB的一个法向量为，直线BQ与平面PAB所成角，则，取，则，故，所以，故直线BQ与平面PAB所成角的正弦值为（）由（）可知，所，所以平面DEQ的一个法向量为，因，设平面DQC的一个法向量为，二面角E-DQ-P
23、为，则即令，则，即所以，所以，故所求二面角的正弦值为【点睛】本题考查了利用空间向量求线面角和二面角，考查了计算能力，属于中档题.24.某省从2021年开始将全面推行新高考制度，新高考“”中的“2”要求考生从政治、化学、生物、地理四门中选两科，按照等级赋分计入高考成绩，等级赋分规则如下：从2021年夏季高考开始，高考政治、化学、生物、地理四门等级考试科目的考生原始成绩从高到低划分为五个等级，确定各等级人数所占比例分别为，等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法分别转换到、五个分数区间，得到考生的等级分，等级转换分满分为100分.具体转换分数区间如下表：等级比例
24、赋分区间而等比例转换法是通过公式计算：其中，分别表示原始分区间的最低分和最高分，、分别表示等级分区间的最低分和最高分，表示原始分，表示转换分，当原始分为，时，等级分分别为、假设小南的化学考试成绩信息如下表：考生科目考试成绩成绩等级原始分区间等级分区间化学75分等级设小南转换后的等级成绩为，根据公式得：，所以（四舍五入取整），小南最终化学成绩为77分.已知某年级学生有100人选了化学，以半期考试成绩为原始成绩转换本年级的化学等级成绩，其中化学成绩获得等级的学生原始成绩统计如下表：成绩95939190888785人数1232322（1）从化学成绩获得等级的学生中任取2名，求恰好有1名同学的等级成绩
25、不小于96分的概率；（2）从化学成绩获得等级的学生中任取5名，设5名学生中等级成绩不小于96分人数为，求的分布列和期望.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）根据成绩换算公式，计算出等级成绩不低于96分时的原始成绩，进而得到等级成绩不低于96分的人数，根据古典概型的概率即可得到所求；（2）列出随机变量的所有可能的取值，分别求出对应的概率，列出分布列，计算期望即可【详解】（1）设化学成绩获得等级的学生原始成绩为，等级成绩为，由转换公式得：，即：，所以，得：，显然原始成绩满足的同学有3人，获得等级的考生有15人.恰好有1名同学的等级成绩不小于96分的概率为.（2）由题意可得：等级成绩不小于96分人数为3人，获得等级的考生有15人，则分布列为0123则期望为：【点睛】本题考查古典概型、计数原理、统计表的应用、超几何分布，考查数据处理能力和运算求解能力，属于中档题