1、张家港市20202021学年第一学期高三阶段性调研测试数学2020.12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.本卷共6页，包含单项选择题(第1题第8题)多项选择题(第9题第12题)填空题(第13题第16题)解答题(第17题第22题).本卷满分150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调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置.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.一单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计
2、40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.集合，集合，则（ ）A.B.C.D.2.复数(i为虚数单位)的模为（ ）A.B.C.D.3.南北朝时代的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，其含义是：夹在两个平行平面之间的两个儿何体，被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.如图，夹在两个平行平面之间的两个儿何体的体积分别为叫，七，被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面面积分别为斗则“匕匕相等”是总相等”的（ ）A.必要不充分条件B.充
3、分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条4.函数的图象可能是（ ）A.B.C.D.5.十二平均律是我国明代音乐埋论家和数学家朱载填发明的.明万历十二年(公元1584年)，他写成律学新说，提出了十二平均律的理论.十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列.依此规则，插入的第四个数应为（ ）A.B.C.D.6.2020年3月9日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭，成功发射北斗系统第54颗导航卫星.第54颗导航卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆.设地球半径为R，若其近地点远地点高地面的距离大约分别是上，则第54颗导航卫星运行轨道
4、(椭圆)的离心率是（ ）A.B.C.D.7.定义在R上的偶函数在上是增函数，且，则不等式的解集是（ ）A.B.C.D.8.在中，为边上的点，且，满足则（ ）A.有最小值B.有最小值C.有最小值12D.有最小值16二多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.9.已知函数(其中)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A.函数的图象关于直线对称B.函数的图象关于点对称C.函数在区间上单调增D.函数的图象可由的图象向左平移个单位得到10.下列不
5、等关系正确的是（ ）A.B.若，则C.当时D.11.如图，正方体的棱长为1，点是侧面的一个动点，则下列结论止确的是（ ）A.点存在无数个位置满足B.点存在无数个位置满足到直线和直线的距离相等1C.三棱锥的体积最大值为D.在线段上存在点，使异面直线周与所成的也是12.下列命题正确的是（ ）A.若是锐角，则B.若都是锐角，则C.若都是锐角，且，则D.若都是任意角，且，则的最大值为三填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.请把答案填写在答题卡相应位置上13.巳知双曲线的离心率为，则点到双曲线的渐近线的距离为._.14.在等差数列中，记，则数列的最大项是第_项.15.我国古代九章算术中将上，下
6、两面为平行矩形的六而体称为刍童，如图的刍童有外接球，且，点到平面距离为4，则该刍童外接球的表面积为_.16.在平面直角坐标系中，点在直线上，点在圆上，若四边形正方形，则_；若为直角，则实数的取值范围的_.(本小题第一空2分，第二空3分).四解答题：本大题共6小题，共计70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.17.(本小题10分)；这二个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的最大值.若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在，它的内角其的对边分别为，且_，？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.18.(本小题12分)如图，函
7、数的图象由曲线段和直线段构成.（1）写出函数的解析式；(写出一个3分，共6分)（2）函数有零点，求实数的取值范围.19.(本小题12分)已知正项等比数列的首项为1，且前三项的和为13.数列的首项为1，前项和为，且.（1）求等比数列的通项公式；（2）求证：数列为等差数列；（3）若数列的公差为2，数列的前项和为，求证：.20.(本小题12分)如图，四棱锥的底而是边长为2的正方形，平面底而，记平面平面.（1）求证：；（2）若，求平面与平面所成的锐二面角的大小.21.(本小题12分)己知椭圆的左右顶点分别为，点该椭圆上，且该椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合.（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，过点且斜率
8、为的直线与椭圆交于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率，求证：_.在以下三个结论中选择一个填在横线处进行证明.直线与的交点在定直线上；.22.(本小题12分)己知函数.（1）求函数在处的切线方程；（2）足否存在正数的值使得对任意恒成立？证明你的结论.（3）求证：在上有且仅有两个零点.20202021学年第一学期高三阶段性调研试卷数学参考答案2020.12一单选题l.D2.B3.B4.A5.C6.A7.C8.D二多选题9.BC10.AD11.ABC12.ABD三填空题13.14.615.16.；四解答题17.解：选因为所以因为，所以所以，因为所以囚为，所以选因为所以因为，所以，因为，所
9、以选因为及，所以所以，因为，所以法一：选得又，所以由余弦定理可知得：当且仅当：时“=”成立.，的最大值为.法二：选得又，所以，(或或)当时，的最大值为.18.解：（1）或或或（2）法一：函数有零点，即方程有解，由图象可知，当时方程无解；当时，方程有解，又当且仅当，等号成立，所以.法二：函数零点，令，所以在上有零点.当时，即，因为，所以不成立；当时，即，恒成立；当时，即，因为，所以，即综上可知：19.解（1）由是正项等比数列，所以设的公比为又首项为1，且前二项的和为13.所以所以，所以（2）因为，所以当时，-得：，-得：所以即，所以数列为等无数列；（3）法一：令，所以所以所以所以，所以法二：所以
10、，所以20.（1）法一证明：四棱锥的底面是正方形，所以因为平面，平面，所以平面，又因为平面平面，所以.法二：证明：四棱锥的底面是正方形，所以因为平面，平面，所以，又因为平面平面，所以.所以.（2）法一：综合法：取中点，取中点，连结因为，所以；因为平面底面，平面底面，所以平面所以，又，所以所以，因为，所以所以为平面与平面所成的锐二面角的平面角在中，所以，所以平面与平面所成的锐二面仇的大小为法二：补齐为正方体，相应给分法三：空间向量法取中点，取CD中点，连结，因为，所以，；因为平面底面，平面底面，所以平面以为基底建立空间直角坐标系，所以设平面的一个法向量为由所以，不妨，所以同理平血的一个法向量为设
11、平面与平面所成的锐二面角的大小为所以所以面PAB与平面；所成的锐二面角的大小为.21.解因为抛物线的焦点为.所以椭圆的右焦点用又点在该椭圆上，所以又，所以椭圆的标准方程为（2）选设联立得：法一：直线的交点的横坐标为所以直线AM与BN的交点在定直线上法二：要证直线与的交点在定直线上，即，即证即证，即证，即证即证因为所以直线与的交点在定直线上.选设，联立得：所以法一：法二：所以因为也同号，所以法三：要证，即证，即证即证，即证因为所以法四：由得得同理因为为三点共线，所以即因为同号，所以选设，联立得：所以所以22.解（1）因为，所以，又切点为所以函数在处的切线力程为（2）存在，可证：又.（3）法一：当时，所以在上无零点；当时，且单调递增囚为，由得所以在单调递减，(单调递增；当时，所以在上单调递增又，由得所以在单调递减，单调递增；，所以所以由，得所以在单调递增，单调递减；所以在单调递增，单调递减，单调递减，单调递增；因为，所以在上有且仅两个零点.法二：当时，所以在上无零点；当时，令，所以由，得当时，；当时，所以在上单调递增，在上单调递减.因为，所以在上有且仅有两个零点，所以在上有且仅有两个零点
