1、江苏省苏州市三校2020届高三数学下学期5月联考试题（含解析）一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分.不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题卡相应位置上.1.设集合，则_.【答案】【解析】【分析】由已知得到集合B，再按交集的定义运算即可.【详解】由已知，所以.故答案为：【点睛】本题考查集合的交集运算，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.2.设，为虚数单位，则_.【答案】【解析】【分析】利用复数的乘法运算法则计算即可.【详解】.故答案为：【点睛】本题考查复数的乘法运算，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.3.为了做好防疫工作，要对复工员工进行体温检测，从4名（含甲、乙两人）随
2、机选2名，则甲、乙两人中，至少有一人被选中的概率是_.【答案】【解析】【分析】先求出甲、乙两人均未被选中的概率，再利用对立事件的概率计算公式计算即可.【详解】从4名（含甲、乙两人）随机选2名有种不同结果，甲、乙均未被选中共有种不同结果，则甲、乙两人中，均未被选中的概率为，所以两人至少有一人被选中的概率为.故答案：【点睛】本题考查对立事件的概率计算，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.4.运行如图所示的伪代码，其结果为 【答案】17【解析】试题分析：第一次循环，I=1，S=1+1=2；第二次循环，I=3，S=2+3=5；第三次循环，I=5，S=5+5=10；第四次循环，I=7，S=10+7=1
3、7，结束循环输出S=17考点：循环结构流程图5.如图是一次摄影大赛上7位评委给某参赛作品打出的分数的茎叶图.记分员在去掉一个最高分和一个最低分后，则该作品的平均分为_.【答案】【解析】【分析】由茎叶图知，最高分为94，最低分为86，去掉这两个数后，剩下的5个数利用平均数的计算公式计算即可.【详解】由茎叶图知，最高分为94，最低分为86，由题意，剩下5个数分别为，其平均数为.故答案为：【点睛】本题主要考查平均数的计算，涉及到茎叶图相关知识，考查学生的识图能力，数学计算能力，是一道容易题.6.函数的最小正周期为，且它的图象过点，则的值为_.【答案】【解析】【分析】由最小正周期为可得，再将点代入解析
4、式中计算，结合即可得到的值.【详解】由题意，解得，所以，又的图象过点，所以，即，又，所以，.故答案为：【点睛】本题考查正弦型函数的图象及性质，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.7.若抛物线焦点是双曲线的一个焦点，则_.【答案】12【解析】【分析】由题意可知抛物线的焦点为双曲线的右焦点，又由双曲线方程可知，求解即可.【详解】因为抛物线的焦点为，所以双曲线的右焦点为，所以，解得，故答案为：12【点睛】本题主要考查了抛物线的简单几何性质，双曲线的简单几何性质，属于中档题.8.己知为锐角，若，则_.【答案】【解析】【分析】由诱导公式将已知化简为，再由二倍角公式进一步得到，结合计算即可得到答案.【详
5、解】由已知，由二倍角公式，得，因为为锐角，所以，又，所以，注意到，所以.故答案为：【点睛】本题考查三角恒等变换中的化简求值问题，涉及到同角三角函数的基本关系，三角函数的诱导公式，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.9.等差数列的前n项和为，若，其中，则_.【答案】337【解析】【分析】由等差数列的性质及前n项和公式可得，再代入已知条件解方程即可.【详解】因为，所以，解得.故答案为：337【点睛】本题考查等差数列求和公式的应用，涉及到等差数列的性质，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.10.己知正实数满足，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由指数式的运算得到，即，再将写成，利用基本不等
6、式即可求解.【详解】由，得，所以，即，又，所以，当且仅当时等号成立.故答案为：【点睛】本题主要考查基本不等式求最值的问题，涉及到指数式的运算，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.11.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，其棱长为1，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的表面积为_.【答案】【解析】【分析】过正方体中心作截面，由截面图算得正方体的棱长，再利用正
7、方体表面积公式计算即可得到答案.【详解】过正方体中心作截面，如图所示，因为半正多面体的棱长为1，所以，又为等腰直角三角形，故，所以正方体棱长为，其表面积为.故答案为：【点睛】本题考查求几何体表面积的问题，考查学生的空间想象能力，数学运算能力，是一道中档题.12.由圆外一点引直线交圆C于A、B两点，则线段AB中点M到x轴的距离的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由可得M轨迹是以PC为直径的圆，进一步得到M的轨迹是圆C与圆Q公共那段圆弧（不含端点），作出图象，数形结合即可得到答案.【详解】由已知，圆C的标准方程为，设，因为，所以，即，即，所以M的轨迹是以PC为直径的圆，设圆心为Q，又M在圆C的内
8、部，所以M的轨迹是圆C与圆Q公共圆弧（不含端点），如图，易知，圆Q的半径为，过Q作垂直于x轴，垂足为T，则M到x轴距离的最小值为.故答案为：【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，弦的中点的轨迹问题，考查学生数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题.13.中，点O，G分别为的外心、重心，若，则面积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】设BC的中点为M，由数量积的定义可得，所以有，再利用三角形面积公式结合基本不等式即可得到答案.【详解】设BC的中点为M，如图，因为G为的重心，所以，由数量积的定义，有，又，即，所以，即，所以，当且仅当时等号成立.故答案为：【点睛】本题考查三角形面积最值问题，涉及到余
9、弦定理，向量数量积，三角形外心重心，基本不等式求最值，考查学生的数形结合思想，转化与化归思想，是一道有一定难度的题.14.设是定义在R上的偶函数，当时，若关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】利用导数研究的单调性，作出函数的图象，有4个不同的实数根等价于或两个方程根的个数和为4，数形结合即可得到答案.【详解】当时，易知当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减；由复合函数单调性知，在上单调递减，作出函数的图象如图所示，因为，即或，要使方程有4个不同实根，只需或或或，解得或，所以实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查利用导数研究方程的根的个数，考查学生
10、数形结合思想，转化与化归思想，是一道有一定难度的压轴填空题.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.在中，角的对边分别是，已知向量，且（1）求的值；（2）若，的面积，求的值【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）先根据向量平行关系得，再由正弦定理，化角得，最后根据两角和正弦公式及诱导公式得（2）由三角形面积公式得，即，再根据余弦定理得，解方程组得试题解析：解：（1），由正弦定理，得，化简，得，又，（2），由余弦定理得，由，得，从而，（舍负），所以，考点：正余弦定理，两角和正弦公式及诱导公式16.在直三棱柱ABCA1B
11、1C1中，CACB，AA1AB，D是AB的中点(1)求证：BC1平面A1CD; (2)若点P在线段BB1上，且BPBB1，求证：AP平面A1CD.【答案】详见解析【解析】【分析】（1）连接，与交于点，连结，可以证明 ，根据线面平行的判定可以可证明平面（2）中易证，只要证明就可以证明平面，它可以由得到【详解】(1)连接，与交于点，连结，四边形是矩形，是的中点在中，分别是的中点， ，又平面，平面，平面(2)，是的中点，又在直三棱柱中，底面侧面，交线为，平面，平面平面，.，而 ，从而，.又，平面，平面，平面17.植物园拟建一个多边形苗圃，苗圃的一边紧靠着长度大于30m的围墙现有两种方案：方案 多边形
12、为直角三角形（），如图1所示，其中；方案 多边形为等腰梯形（），如图2所示，其中请你分别求出两种方案中苗圃的最大面积，并从中确定使苗圃面积最大的方案【答案】方案，苗圃的最大面积分别为，建苗圃时用方案，且【解析】【详解】试题分析：方案 多边形为直角三角形，已知两边之和为定值，求两边之积最大值，这可利用基本不等式求解：设，则（当且仅当时，“=”成立）方案 多边形为等腰梯形，利用梯形面积公式得函数关系式，据题意可设角为自变量，再利用导数求其最值：当时，最后比较最值大小，确定方案.试题解析：解：设方案，中多边形苗圃的面积分别为方案设，则（当且仅当时，“=”成立）方案设，则由得，（舍去）因为，所以，列表
13、：所以当时，因为，所以建苗圃时用方案，且答：方案，苗圃最大面积分别为，建苗圃时用方案，且考点：利用基本不等式求最值，利用导数求最值18.己知椭圆的离心率为，点在椭圆C上.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.求证：是直角三角形；求面积的最大值.【答案】（1）（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）解方程组即可；（2）设直线PQ的斜率为k.则其方程为，联立直线与椭圆方程得到坐标，再由QG与椭圆方程联立得到G点坐标，证明斜率乘积等于即可；利用两点间的距离公式算得的长度，将三角形的面积用k表示，再结合双勾函数的单调性
14、即可得到答案.【详解】（1）由题意，解得，所以椭圆的方程为：.（2）：设直线PQ的斜率为k.则其方程为.由，得.记，则，.于是直线QG的斜率为，方程为.由得.设，则和是方程的解，故，由此得.从而直线PG的斜率为.所以，即是直角三角形.：由得，所以的面积，又，所以.设，则由得，当且仅当时取等号.因为，而在单调递增，所以当，即时，S取得最大值，最大值为.因此，面积的最大值为.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及到椭圆中三角形面积的最值，考查学生的数学运算求解能力，是一道有一定难度的题.19.设函数.（1）求函数的单调区间；（2）己知函数有两个极值点比较与的大小；若函数在区间上有且只有一个零点
15、，求实数的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）；【解析】【分析】（1），分，两种情况讨论即可；（2）通过因式分解可得的表达式，再利用是函数有两个极值点得到，代入计算即可得到与的大小；由题意可将问题转化为在区间上有唯一的最大值，进一步可得到或，结合，分别解不等式组即可.【详解】（1）.当时，所以的单调增区间为，无减区间；当时，令，得或，令，得，所以的单调增区间为和，减区间为.综上：当时，的单调增区间为无减区间当时，的单调增区间为和，减区间为.（2）因为的两个极值点，由（1）知，当时，且，则，因此，所以.因为在，上单调递增，在上递减，所以，.由即.因为函数在区间上有且只有一个零点
16、，所以在区间上只有唯一的最大值.故由（由知不成立，故舍去）或（即）由，解得，代入，得，由，得，所以.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、函数的极值点、函数的零点，考查学生的逻辑推理能力，数学运算能力，是一道有一定难度的题.20.数列的数列的首项，前n项和为，若数列满足：对任意正整数n，k，当时，总成立，则称数列是“数列”（1）若是公比为2的等比数列，试判断是否为“”数列？（2）若是公差为d的等差数列，且是“数列”，求实数d的值；（3）若数列既是“”，又是“”，求证：数列为等差数列.【答案】（1）不是“”数列；（2）；（3）证明见解析；【解析】【分析】（1）假设是数列，由已知，可得，当时，
17、故可判断不是为为数列；（2）设的公差为d，则，由题意，即，解方程即可；（3）由数列既是“数列”，又是“数列”，可得，进一步推理可得成等差数列，成等差数列，从而即成等差数列.【详解】（1）因为，所以，假设是数列，则当时，则成立，但时，所以假设不成立，不是为为数列.（2）设的公差为d，则，因为是“数列”，则，即，所以，即.（3）数列既是“数列”，又是“数列”，所以-得：，-得：，又-得：，-得：，所以成等差数列，设公差为，成等差数列，设公差为，因此，所以对恒成立，即成等差数列，设公差为d，在（1）（2）中分别取，得：，解得，所以.【点睛】本题考查新定义数列问题，涉及到等比数列，等差数列通项及求和公
18、式，考查学生的逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.II（附加题）【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题，并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.己知矩阵，若矩阵A属于特征值6的一个特征向量为，属于特征值1的一个特征向量为，求矩阵A.【答案】【解析】【分析】由已知，利用矩阵的乘法运算得到，解方程组即可得到答案.【详解】由矩阵A属于特征值6的一个特征向量为可得，即，由矩阵A属于特征值1的一个特征向量为，可得，即.由解得，即.【点睛】本题考查矩阵的特征向量的计算问题，涉及到矩阵的乘法运算，考查学生的基本计算能力，是一道容易题
19、.22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.直线的极坐标方程为，椭圆C的参数方程为（t为参数）.若直线与椭圆C交于A，B两点，求线段AB的长.【答案】【解析】【分析】将直线的极坐标方程、椭圆的参数方程均化为普通方程，再联立直线与椭圆方程求出A、B两点的坐标，利用距离公式计算即可.【详解】（1）由，得，即，化简得，所以直线l的直角坐标方程是.由，得椭圆C的普通方程为.联立直线方程与椭圆方程，得，消去y，得，化简得，解得，所以，则.【点睛】本题主要考查极坐标方程、参数方程与普通方程的互化，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.23.己知，证明：.【答案】证明见解析；
20、【解析】【分析】，要证明，只需证明，又结合即可获证.【详解】证明：因为，.所以要证明，即证明.因为，所以，即，所以所以因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以.【点睛】本题考查不等式证明，本题采用的是基本不等式证明，当然也可以直接利用柯西不等式证明，是一道容易题.【必做题】第22题、第23题，每小题10分，共计20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.24.如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF中，AB，CE1，CE平面ABCD（1）求异面直线DF与BE所成角的余弦值； （2）求二面角ADFB的大小【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）建立空间直角坐标系，利
21、用向量法求异面直线DF与BE所成角的余弦值.(2)利用向量法求二面角ADFB的大小.详解：以 为正交基底，建立如图空间直角坐标系Cxyz，则D(，0，0)，F(，1)，E(0，0，1)，B(0，0)，C(0，0，0)，所以(0，1)，(0，1)，从而cos 所以直线DF与BE所成角的余弦值为(2)平面ADF的法向量为 (，0，0). 设面BDF的法向量为 = (x，y，z)又(，0，1)由0，0，得yz0， xz0取x1，则y1，z，所以= (1，1，)，所以cos又因为0，p，所以所以二面角A DF B的大小为 点睛：（1）本题主要考查异面直线所成角的求法，考查二面角的求法，意在考查学生对这
22、些基础知识的掌握水平和基本的运算能力转化能力.(2)求二面角常用的有两种方法，方法一：（几何法）找作（定义法、三垂线法、垂面法）证（定义）指求（解三角形）方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量；再代入公式（其中分别是两个平面的法向量，是二面角的平面角.）求解.（注意先通过观察二面角的大小选择“”号）.25.在平面直角坐标系xOy中，点P(x0，y0)在曲线yx2(x0)上已知A(0，1)，nN*记直线APn的斜率为kn（1）若k12，求P1的坐标；（2）若k1为偶数，求证：kn为偶数【答案】（1）(1，1)（2）详见解析【解析】试题分析：（1）由两点间斜率公式得，解方程得P1的坐标（2）先求出kn，再利用k1为偶数表示x0，设k12p(pN*)，则x0p最后利用二项式展开定理证明kn为偶数试题解析：解：（1）因为k12，所以，解得x01，y01，所以P1的坐标为(1，1)（2）设k12p(pN*)，即，所以2px010，所以x0p因为y0x02，所以kn所以当x0p时，kn(p)n()n(p)n(p)n同理，当 x0p时，kn(p)n(p)n当n2m(mN*)时， kn2，所以kn为偶数当n2m1(mN)时，kn2，所以kn为偶数综上， kn为偶数考点：二项式展开定理应用
