1、江苏省苏州市2020届高三数学上学期期中试题（含解析）注意事项：1本试卷共4页.满分160分，考试时间120分钟.2请将填空题的答案和解答题的解题过程写在答题卷上，在本试卷上答题无效.3答题前，务必将自己的姓名、学校、准考证号写在答题纸的密封线内.一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案直接填写在答卷纸相应的位置）1.已知集合，则_.【答案】【解析】【分析】根据交集运算可直接得出结果【详解】解：集合，故答案为：【点睛】本题考查集合交集的运算，是基础题2.已知复数满足（i为虚数单位），则复数的实部为_.【答案】【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答
2、案【详解】解：由，得，复数的实部为1，故答案为：1【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题3.已知向量，且，则实数的值是_.【答案】1【解析】【分析】由题意两个向量垂直，利用向量垂直的坐标运算，列方程求出的值【详解】解：向量，且，解得，故答案为：1【点睛】本题主要考查向量垂直的坐标运算，属于基础题4.函数的定义域为_.【答案】【解析】【分析】根据对数的真数大于零，分母不为零，被开方数不小于零，列不等式求解即可【详解】解：由已知得，解得，函数的定义域为，故答案为：【点睛】本题考查函数定义域的求法，是基础题5.等比数列中，是的前项和，则_.【答案】31【解析】【分析】利
3、用等比数列的通项公式与求和公式即可得出【详解】解：设等比数列的公比为，解得，则前5项和，故答案为：31【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了学生的计算能力，属于基础题6.已知，则的值为_.【答案】【解析】【分析】分子分母同时除以，可将目标式转化为用来表示，再代入的值即可求得结果【详解】解：，代入得，原式，故答案为：【点睛】本题考查同角三角函数基本关系的运用，当目标式是分式且分子分母均为，的齐次式时，可分子分母同时除以，达到变形的目的，本题是基础题7.“”是“”的 条件（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中的某一个）【答案】充分不必要【解析】试题分析
4、：因为时不一定成立，所以“”是“”的充分不必要条件考点：充要关系8.已知函数的图象上每个点向左平移个单位长度得到函数的图象，则的值为_.【答案】【解析】【分析】将函数平移后的解析式和函数比较，列方程求解【详解】解：把函数的图象上每个点向左平移个单位长度，得到函数的图象，则，故答案为：【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，属于基础题9.设函数，则不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】对分和讨论，分别求出解集，再取并集，即得所求【详解】解：当时，由得：，又，无解；当时，由得：，解得：，不等式的解集为，故答案为：【点睛】本题考查分段函数的应用，指数不等式的解法，是基础题10.已知函数的极小值大
5、于0，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】对求导，求出极小值点，然后判断的单调性求出极小值，再由的极小值大于0，建立关于的不等式，求出的范围【详解】解：由，得，令，则，因为的极小值大于0，必有极小值点，故，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以极小值，所以，综上，的取值范围为，故答案为：【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值，考查了运算能力，属中档题11.已知各项都为正数的等差数列中，则的最大值为_.【答案】9【解析】【分析】因为等差数列各项都为正数，利用可求其最大值【详解】解：依题意，等差数列各项都为正数，所以，所以当且仅当时等号成立故答案为：9【点睛】本题
6、考查了等差中项的性质，考查了基本不等式，属于基础题12.已知菱形的棱长为3，E为棱上一点且满足，若，则_.【答案】【解析】【分析】利用E为三等分点结合向量加减法把所给数量积转化为之间的关系即可解决【详解】解：如图，由得，得，得，得，即，即，故答案为【点睛】此题考查了向量数量积的定义，向量加减法法则，难度不大13.若方程在的解为，则_.【答案】【解析】【分析】由已知可得，得到，则，结合已知得答案【详解】解：由方程在的解为，得，又，故答案为：【点睛】本题考查型函数的图象与性质，特别是对称性的应用是关键，是中档题14.已知函数，若对于任意，总是存在两个不同的，使得，则实数a的取值范围为_.【答案】【
7、解析】分析】利用导数求出在上的值域，利用导数求出在上不同的对应相同的的范围，根据题意可得，列不等式即可求得实数a的取值范围【详解】解：，可得：函数在上单调递增，在上单调递减而，在上单调递增，又，函数在上单调递减，在上单调递增时，令对于任意，总是存在两个不同的，使得，且解得实数a的取值范围为，故答案为：【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题二、解答题（本大题共6个小题，共90分，请在答题卷区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求a，b的值；
8、（2）求的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由已知利用余弦定理可得，结合，即可解得a，b的值（2）由（1）及余弦定理可求，根据同角三角函数基本关系式可求的值，利用两角和的正弦函数公式，诱导公式可求的值【详解】解：（1）由余弦定理得， ，整理得：，因为，解得：，综上：，. （2）由（1）知，所以， 因为为的内角，所以， 因为，所以的值为【点睛】本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，诱导公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题16.已知向量，.（1）若，求x的值；（2）若，求的最大值及相应x的值.【答案】（1）或.（2）最大值为，此时.【解析】【分析
9、】（1）根据向量平行的坐标运算，列方程求解；（2）根据数量积的坐标运算，利用三角公式，将变形为的形式，利用三角函数的性质求最值【详解】解：（1）因为，.，所以，所以，所以或，即或， 因为，所以或；（2）因为，所以 ， 因为，所以，所以，所以，所以的最大值为，此时【点睛】本题是向量背景下的三角运算问题，考查三角函数的恒等变换，以及三角函数的图像和性质，难度不大，但综合性较强17.已知等比数列满足，且，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和为.【答案】（1）. （2）【解析】【分析】（1）由已知列式求得等比数列的公比，进一步求得首项，则数列的通项公式可求；（2）设，作差可得
10、当时，即时，再求出数列的前3项，然后分类利用数列的分组求和求数列的前项和为【详解】解：（1）设等比数列的公比为q（不为0），成等差数列，所以，解得或（舍）， 数列的通项公式为；（2）设，当，又，所以时，即时，因为，所以，所以，当时，综上【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前项和，考查数列的函数特性，是中档题18.如下图所示，某窑洞窗口形状上部是圆弧，下部是一个矩形，圆弧所在圆的圆心为O，经测量米，米，现根据需要把此窑洞窗口形状改造为矩形，其中E，F在边上，G，H在圆弧上.设，矩形的面积为S.（1）求矩形的面积S关于变量的函数关系式；（2）求为何值时，矩形的面积S最大？【答案】（1），
11、（2）【解析】【分析】（1）结合几何图形计算的直角三角形勾股定理，找出矩形的面积S关于变量的函数关系式；（2）对S关于变量的函数关系式进行求导分析，算出时的的值，三角计算即可得出结果【详解】解：（1）如图，作分别交，于M，N，由四边形，是矩形，O为圆心，所以，P，M，N分别为，中点，在中，所以，所以， 在中，所以，所以， 所以，所以S关于的函数关系式为：， （2）由（1）得： 因为，所以，令，得，设，且，所以，得，即S在单调递增，得，即S在单调递减所以当时，S取得最大值，所以当时，矩形的面积S最大【点睛】本题主要考查根据图形进行计算，掌握运用直角三角形勾股定理知识，三角函数的计算，函数的一阶导
12、数分析能力，本题属难题19.已知函数.（1）求的图像在处的切线方程；（2）求函数的极大值；（3）若对恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）.（2）-1；（3）【解析】【分析】（1）由函数，可得，求出和切点坐标，利用点斜式即可得出切线方程（2）由，求得，分析在上单调性和零点，即可得出单调性与极值（3）令，求出，对分类讨论，利用导数研究其单调性即可得出实数的取值范围【详解】解：（1）因为，所以，所以， 因为经过，所以的图像在处的切线方程为；（2）因为，所以，又在递减，所以在，即在递增；在，即在递减， 所以在处，取极大值，；（3）设，所以，时，对恒成立，所以在递增，又，所以时，这与对恒成立矛盾，
13、舍去；时，设，所以，所以对恒成立，所以在递减，又，所以对恒成立，所以成立； 时，设，解得两根为，其中，所以，所以，所以在递增，又，所以，这与对恒成立矛盾，舍去，综上：.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值、方程与不等式的解法、方程的实数根与判别式的关系、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题20.已知数列满足.（1）证明：数列为等差数列；（2）设数列的前n项和为，若，且对任意的正整数n，都有，求整数的值；（3）设数列满足，若，且存在正整数s，t，使得是整数，求的最小值.【答案】（1）证明见解析；（2）2；（3）【解析】【分析】（1）令中的为，又得一式，将两式做差变形
14、，利用等差中项进行证明；（2）利用放缩法和裂项相消法在数列求和中的应用进行证明（3）利用假设法的应用和存在性问题的应用求出最小值【详解】解：（1）因为所以时， -得， 所以即所以数列为等差数列；（2）因为，所以的公差为1，因为对任意的正整数，都有，所以，所以，即，所以或2， 当时，所以，这与题意矛盾，所以，当时，恒成立，因为，综上，的值为2. （3）因为，所以的公差为，所以，所以， 由题意，设存在正整数s，t，使得，则，即，因为，所以是偶数，所以，所以， 当时，所以存在，综上，的最小值为.【点睛】本题考查的知识要点：等差数列的证明和通项公式的应用，裂项相消法在数列求和中的应用和放缩法的应用，假
15、设法在数列的通项公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，难度较大【选做题】本题包括21.22.23三小题，请选定其中两题，在相应的答题区域内作答，若多做，则按作答的前两题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.21.已知二阶矩阵的特征值所对应的一个特征向量为.（1）求矩阵M；（2）设曲线C在变换矩阵M作用下得到的曲线的方程为，求曲线C的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据特征值和特征向量定义式写出相应的矩阵等式，转化成线性方程组可得的值，即可得到矩阵M；（2）根据矩阵对应的变换写出对应的矩阵恒等式，通过坐标转化计算可得出曲线C的方程【详解】解：（1）依题
16、意得， 即，解得， 所以；（2）设曲线C上一点在矩阵M的作用下得到曲线上一点，则，即， 因为，所以，所以曲线C的方程为【点睛】本题主要考查特征值和特征向量的定义计算的能力，以及矩阵对应的变换得出变换前的曲线方程，本题属中档题22.已知曲线C的极坐标方程为（为参数），直线1的参数方程为（t为参数，），若曲线C被直线1截得的弦长为，求的值.【答案】.【解析】【分析】首先利用转换关系式应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换，进一步利用点到直线的距离公式和垂径定理求出结果【详解】解：以极点为原点，极轴为x轴的非负半轴建立平面直角坐标系，则曲线C的极坐标方程化为直角坐标系下的方程为，直线l
17、的参数方程（t为参数，）在直角坐标系下的方程为， 因为圆C被直线1截得的弦长为，则圆心到直线的距离为，因为，所以，所以【点睛】本题考查参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题23.选修4-2：不等式选讲设正数满足，求证：.【答案】见证明【解析】【分析】把不等式左边化为，再利用柯西不等式得到，从而不等式得到证明.【详解】因为，所以由，由柯西不等式，得所以，即.【点睛】多变量不等式的证明，可根据不等式的特点选择均值不等式或柯西不等式等来证明，如果不等式是和与积的形式，可考虑前者，如果是平方和与对应乘积和的关系，则考
18、虑后者，必要时需对原有不等式变形化简，使之产生需要的结构形式.24.某射击小组有甲、乙、丙三名射手，已知甲击中目标的概率是，甲、丙二人都没有击中目标的概率是，乙、丙二人都击中目标的概率是.甲乙丙是否击中目标相互独立.（1）求乙、丙二人各自击中目标的概率；（2）设乙、丙二人中击中目标的人数为X，求X的分布列和数学期望.【答案】（1），.（2）分布列见解析，数学期望.【解析】【分析】（1）设甲、乙、丙击中目标分别记为事件，则，且，由此能求出乙、丙二人各自击中目标的概率（2）由题意X的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和E（X）【详解】解：（1）设甲、乙、丙击中目标分别记
19、为事件A、B、C，则，且有即 解得，所以乙、丙二人各自击中目标的概率分别为，；（2）由题意，X的可能取值为0，1，2，.所以随机变量X的分布列为X012P所以X的数学期望为.【点睛】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查对立事件概率计算公式、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题25.如图，直三棱柱中，点E，F分别在，且，.设.（1）当时，求异面直线与所成角的大小；（2）当平面平面时，求的值.【答案】（1）60（2）【解析】【分析】（1）推导出平面ABC，AC，建立分别以AB，AC，为轴的空间直角坐标系，利用法向量能求出异面直线AE与所成角（2）推导出平面的法向量和平面的一个法向量，由平面平面，能求出的值【详解】解：因为直三棱柱，所以平面，因为平面，所以，又因为，所以建立分别以，为轴的空间直角坐标系.（1）设，则，各点的坐标为，.，.因为， 所以.所以向量和所成的角为120，所以异面直线与所成角为60；（2）因为，设平面的法向量为，则，且.即，且.令，则，.所以是平面的一个法向量.同理，是平面的一个法向量.因为平面平面，所以，解得.所以当平面平面时，.【点睛】本题考查异面直线所成角的大小、实数值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题
