1、江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2020届高三数学下学期第三次调研考试试题（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，请将答案填写在答题卡相应的位置上）1. 已知集合A1，0，1，B0，2，则AB_【答案】1，0，1，2【解析】【分析】直接利用集合的并集运算求解.【详解】解：集合A1，0，1，B0，2，AB1，0，1，2故答案为：1，0，1，2【点睛】本题主要考查集合的并集运算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.2. 设复数z满足(3i)z，其中i为虚数单位，则z的模是_【答案】1【解析】【分析】先利用复数的除法求出复
2、数，再求复数的模得解.【详解】解：(3i)z，故答案为：1【点睛】本题主要考查复数的除法运算和复数模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.3. 如图是一个算法流程图，则输出的的值是_【答案】【解析】【分析】由已知中的框图可知进入循环的条件为不满足条件模拟程序的运行结果，即可得到输出的k值【详解】模拟执行程序，可得k=1不满足条件执行循环体，k=2不满足条件执行循环体，k=3不满足条件执行循环体，k=4不满足条件执行循环体，k=5满足条件退出循环，输出k的值为5故答案为5【点睛】本题考查程序框图的应用，明确每次循环，准确判断何时结束循环是关键，是基础题4. 某校高一、高二、高
3、三年级的学生人数之比为4：4：3，为了解学生对防震减灾知识的掌握情况，现采用分层抽样的方法抽取n名学生进行问卷检测若高一年级抽取了20名学生，则n的值是_【答案】55【解析】【分析】根据分层抽样每个个体入样的可能性相同，计算可得；【详解】解：依题意可得故答案为：【点睛】本题考查分层抽样的应用，属于基础题.5. 今年我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果, 功不可没.“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必净注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化湿败毒方、宜肺败毒方,若某医生从“三药三方”中随机选出2种,则恰好选出1药1方的概率是_.【答案】【解析】【分析】根据组合的方法结合
4、古典概型的概率公式求解即可.【详解】从“三药三方”中随机选出2种共个基本事件,其中1药1方的事件数有个.故概率P.故答案为：【点睛】本题主要考查了利用组合的方法解决随机事件的概率问题,属于基础题.6. 在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y24x的准线是双曲线(a0)的左准线,则实数a的值是_【答案】【解析】【分析】根据抛物线以及双曲线的准线方程列式求解即可.【详解】因为抛物线y24x的准线是双曲线(a0)的左准线,故,即,因为故解得a故答案为：【点睛】本题主要考查了抛物线与双曲线的简单性质,属于基础题.7. 已知，均为锐角，则的值是_【答案】【解析】分析】计算得到，再利用和差公式计算得到答案
5、.【详解】，均为锐角，从而，.故答案为：.【点睛】本题考查了三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和转化能力.8. 公园里设置了一些石凳供游客休息,这些石凳是经过正方体各棱的中点截去8个一样的四面体得到的（如图所示）设石凳的体积为V1,正方体的体积为V2,则的值是_【答案】【解析】【分析】设正方体的棱长为2a即可得出V2,再利用总体积减去正方体八个角上的三棱锥的体积求出V1,继而得出即可.【详解】解析：设正方体的棱长为2a,则V28a3,故【点睛】本题主要考查了空间几何体的体积问题,属于基础题.9. 已知x1，y1，xy10，则的最小值是_【答案】9【解析】【分析】依题意可得，再由基本不等式计算
6、可得；【详解】解：,，所以，当且仅当，即时取“”故答案为：【点睛】本题考查对数的运算及基本不等式的应用，属于基础题.10. 已知等比数列的前n项和为,若,成等差数列,且,则的值是_【答案】【解析】【分析】根据等差等比数列的性质列式求解得,再利用等比数列各项的关系求解即可.【详解】,成等差数列,即,所以,故.又,则,所以,故答案为：【点睛】本题主要考查了等比数列的简单性质,等差中项的运用等,属于基础题.11. 海伦（Heron，约公元1世纪）是古希腊亚历山大时期的数学家，以他的名字命名的“海伦公式”是几何学中的著名公式，它给出了利用三角形的三边长a，b，c计算其面积的公式SABC，其中，若a5，
7、b6，c7，则借助“海伦公式”可求得ABC的内切圆的半径r的值是_【答案】【解析】【分析】首先根据海伦公式求得三角形的面积，然后根据三角形内切圆计算公式，计算出三角形的内切圆.详解】，SABC，由于，所以故答案为：【点睛】本小题主要考查三角形面积的计算，考查三角形内切圆半径的计算，属于基础题.12. 如图,ABC为等边三角形,分别延长BA,CB,AC到点D,E,F,使得ADBECF若,且DE,则的值是_【答案】【解析】【分析】设ADx,再在BDE中根据余弦定理求解得出,再利用数量积公式求解即可.【详解】易知DEF也为等边三角形,设ADx,则BD3x,BDE中,由余弦定理得：,解得x1,故BD3
8、,则故答案为：【点睛】本题主要考查了平面向量数量积以及余弦定理的运用,属于基础题.13. 已知函数,若函数有且仅有四个不同的零点,则实数k的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据题意可求得,再分三种情况求函数的单调性,进而根据零点存在性定理求出函数的最小值求解不等式即可.【详解】由题, ,即,当k0时,原函数有且只有一个零点,不符题意,故k0,观察解析式,可知函数有且仅有四个不同的零点,可转化为有且仅有两个不同的零点,当k0,函数在(0,)单调递增,最多一个零点,不符题意,舍；当k0,令有,故x(0,)(,)0单调递减单调递增要使在(0,)有且仅有两个不同的零点,则,因为,故,解得k27,综
9、上所述,实数k的取值范围是(27,)故答案为：(27,)【点睛】本题主要考查了根据分段函数的零点个数求解参数范围问题,需要根据函数的性质求出单调性以及最值,进而根据零点存在性定理列式求解.属于中档题.14. 在平面直角坐标系xOy中，过点P(2，6)作直线交圆O：x2y216于A，B两点， C(，)为弦AB的中点，则的取值范围是_【答案】，)【解析】【分析】求出点C的轨迹，转化条件为点C(，)到点距离，数形结合即可得解.【详解】因为C(，)为弦AB的中点，所以，圆O：x2y216的圆心为，半径为，所以，的中点，C在以OP为直径的圆即圆上，且C在圆O内，如图所示，圆上的劣弧（不含端点）即为C的轨
10、迹，可转化为点C(，)到点距离，由图可知，,联立方程可得 或，所以点，所以，所以的取值范围是，)故答案为：，).【点睛】本题考查了直线与圆的综合应用，考查了数形结合思想与转化化归思想，属于中档题.二、解答题（本大题共6小题，共计90分请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15. ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若（1）求cosC的值；（2）若AC，求sinB的值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；（2）由（1），由同角三角函数的基本关系求出，再由诱导公式及二倍角公式计算可得；【详解】解：（1）由正弦定理
11、：，且得，整理得：，故由余弦定理：；（2）由（1），又C为ABC内角，故，则【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，同角三角函数的基本关系，属于基础题.16. 如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,ACBC,D,E分别是A1B1,BC的中点求证：（1）平面ACD平面BCC1B1；（2）B1E平面ACD【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】(1)根据直三棱柱的性质,证明进而得到平面即可.(2) 取AC中点F,连结EF,DF,再证明四边形B1DFE为平行四边形即可.【详解】证明：（1）直三棱柱ABCA1B1C1中,CC1底面ABC,又AC底面ABC故ACCC1,又因为ACBC,CC1B
12、CCCC1平面BCC1B1,BC平面BCC1B1所以,AC平面BCC1B1,又因为AC平面ACD所以,平面ACD平面BCC1B1；（2）取AC中点F,连结EF,DF因为E,F分别为BC,AC中点所以,EFAB,EFAB 三棱柱ABCA1B1C1中,AB/ A1B1,ABA1B1又因为D为A1B1中点,所以B1DAB,B1DAB所以,EFB1D,EFB1D因此,四边形B1DFE为平行四边形所以B1E/DF,又因为DF平面ACD,B1E平面ACD所以,B1E平面ACD【点睛】本题主要考查了根据线面垂直与平行的性质证明面面垂直以及线面垂直等,属于中档题.17. 某单位科技活动纪念章的结构如图所示，O
13、是半径分别为1cm，2cm的两个同心圆的圆心，等腰ABC的顶点A在外圆上，底边BC的两个端点都在内圆上，点O，A在直线BC的同侧若线段BC与劣弧所围成的弓形面积为S1，OAB与OAC的面积之和为S2， 设BOC2（1）当时，求S2S1的值；（2）经研究发现当S2S1的值最大时，纪念章最美观，求当纪念章最美观时，cos的值（求导参考公式：(sin2x)2cos2x，(cos2x)2sin2x）【答案】（1） ()；（2）【解析】分析】依题意可得，故，（1）当时，代入计算可得；（2）由，令，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值；【详解】解：过点作于点，则为的中点，又为等腰三角形，所以、三点共线
14、， ，故（1）时，故，答：当时，求的值为 ()；（2），令，令，得或（舍去）记，0单调递增极大值单调递减故，即时，最大，即的值最大，答：纪念章最美观时，cos的值为【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，三角形面积公式的应用，属于中档题.18. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线交椭圆于M，N两点已知椭圆的短轴长为，离心率为（1）求椭圆的标准方程；（2）当直线MN的斜率为时，求的值；（3）若以MN为直径的圆与x轴相交的右交点为P(t，0)，求实数t的取值范围【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）设焦距2c，由题得到关于的方程
15、组，解方程组即得解；（2）先求出点的坐标，再利用两点间的距离公式得解；（3）先讨论当直线MN斜率不存在时，；再讨论直线斜率存在的情况,联立直线和椭圆方程得到韦达定理，再根据得到，解不等式组综合即得解.【详解】解：（1）设焦距2c，故椭圆的标准方程为：；（2）由（1）知，c2，则F2(2，0)或即，或，因此，；（3）当直线MN斜率不存在时，MN：x2，以MN为直径的圆方程为：,其与x轴相交的右交点为(，0)，即；当MN的斜率存在时，设MN：，M(，)，N(，)所以，则，因为P在以MN为直径的圆上，则，所以所以所以所以，因为，所以.P是右交点，故t2，因此，解得综合得.【点睛】本题主要考查椭圆标准
16、方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中的范围问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.19. 已知是各项均为正数的无穷数列，数列满足(n)，其中常数k为正整数（1）设数列前n项的积，当k2时，求数列的通项公式；（2）若是首项为1，公差d为整数的等差数列，且4，求数列的前2020项的和；（3）若是等比数列，且对任意的n，其中k2，试问：是等比数列吗？请证明你的结论【答案】（1）；（2）（3）数列是等比数列证明见解析【解析】【分析】（1）先求出，即得数列的通项公式；（2）通过分析得到d1，得到，再求出k1，即得，再利用裂项相消法求数列的前2020项的和；（3）设
17、公比为q2，则对任意n，由已知得到，证明得到，即得数列是等比数列【详解】解：（1）因为，所以，两式相除，可得，当n1时，符合上式，所以，当k2时，；（2）因为，且，所以，所以，因为是各项均为正数的无穷数列，是首项为1，公差d为整数的等差数列，所以d，k均为正整数，所以，所以，所以，解得d1，所以d1，即.所以，即，解得k1，所以，则，记的前n项和为，则，所以；（3）因为成等比数列，设公比为q2，则对任意n，因为，且，所以，所以，因为，所以，所以数列是等比数列【点睛】本题主要考查数列通项的求法，考查数列的求和问题，考查数列性质的判定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20. 已
18、知函数，其中e是自然对数的底数（1）若函数的极大值为，求实数a的值；（2）当ae时，若曲线与在处的切线互相垂直，求的值；（3）设函数，若0对任意的x(0，1)恒成立，求实数a的取值范围【答案】（1）a1；（2）；（3），)【解析】【分析】（1）利用导数求出的极大值，即得a的值；（2）由得到，设，根据函数的单调性和得到；（3）由题得对任意x(0，1)恒成立，设，得到对任意x(0，1)恒成立，即，设，x(0，1)，求出的最大值得解.【详解】解：（1）因为，则，因为，所以a0，则当x(0，e)时，单调递增，当x(e，)时，单调递减，所以当xe时，的极大值，解得a1；（2）当ae时，则，由题意知，整理
19、得，设，则，所以单调递增，因为，所以；（3）由题意可知，对任意x(0，1)恒成立，整理得对任意x(0，1)恒成立，设，由（1）可知，在(0，1)上单调递增，且当x(1，)时，当x(0，1)时，若，则，若，因为，且在(0，1)上单调递增，所以，综上可知，对任意x(0，1)恒成立，即，设，x(0，1)，则，所以单调递增，所以，即a的取值范围为，)【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值问题，考查利用导数研究不等式的恒成立问题和最值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.江苏省七市2020届高三第三次调研考试数学附加题【选做题】本题包括A，B，C三小题，请选定其中两题作答
20、，每小题10分共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤选修42：矩阵与变换21. 已知，是矩阵的一个特征向量，求的逆矩阵【答案】【解析】【分析】根据特征向量定义及矩阵乘法运算，先求得矩阵；设矩阵的逆矩阵，由矩阵乘法运算可得方程组，解方程组即可确定的逆矩阵【详解】设是属于特征值的一个特征向量，则，因为，所以，解得，所以矩阵，设矩阵的逆矩阵，则所以，解得， 所以【点睛】本题考查了矩阵特征向量的应用，逆矩阵的求法，属于中档题.选修44：坐标系与参数方程22. 在极坐标系中，圆的方程为.以极点为坐标原点，极轴为轴正半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程为（为参数）若直线与圆恒有公共点，求的
21、取值范围【答案】【解析】【分析】将圆的极坐标方程化为普通方程，确定圆心和半径，并将直线的方程化为一般方程，利用圆心到直线的距离不大于可得出关于的不等式，进而可求得正数的取值范围.【详解】因为圆的极坐标方程为，所以，因为，所以，整理得，即圆是圆心为，半径为的圆，因为直线的参数方程为，消去得，所以，直线的普通方程为，因为直线和圆有公共点，所以圆心到直线的距离，解得，因此，的取值范围是.【点睛】本题考查利用直线与圆的位置关系求参数的取值范围，同时也考查曲线的极坐标方程、参数方程与普通方程之间的相互转化，考查计算能力，属于中等题.选修45：不等式选讲23. 已知，且，求证：【答案】证明见解析【解析】【
22、分析】设，可得出，然后利用基本不等式可证得.【详解】设，因，所以，且，.当且仅当，即时，上述等号成立，原命题得证【点睛】本题考查利用基本不等式证明不等式，解答的关键在于对代数式进行化简变形，考查推理能力与计算能力，属于中等题.【必做题】每题10分，共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤24. 某“芝麻开门”娱乐活动中，共有扇门，游戏者根据规则开门，并根据打开门的数量获取相应奖励已知开每扇门相互独立，且规则相同，开每扇门的规则是：从给定的把钥匙（其中有且只有把钥匙能打开门）中，随机地逐把抽取钥匙进行试开，钥匙使用后不放回若门被打开，则转为开下一扇门；若连续次未能打开，则放弃这扇门，
23、转为开下一扇门；直至扇门都进行了试开，活动结束（1）设随机变量为试开第一扇门所用的钥匙数，求的分布列及数学期望；（2）求恰好成功打开扇门的概率【答案】（1）见解析，；（2）【解析】【分析】（1）由题意可知，随机变量的可能取值为、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的概率分布列，利用数学期望公式可求得；（2）计算出每扇门被打开的概率，然后利用独立重复试验的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】（1）由题意可知，随机变量可能取值为、，则，所以随机变量的分布列为：所以随机变量的数学期望；（2）由（1）可知，每扇门被打开的概率为，设恰好成功打开四扇门为事件，则【点睛】本题考查随机变量及其
24、分布列以及数学期望的计算，同时也考查了独立重复试验概率的计算，考查计算能力，属于中等题.25. 如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为过点的直线与抛物线相交于、两点，、分别与轴相交于、两点，当轴时，（1）求抛物线的方程；（2）设的面积为，面积为，求的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）当轴时，求出，利用勾股定理可求得正数的值，进而可得出抛物线的标准方程；（2）设直线的方程为，设点、，求出点、的坐标，进而可求得、关于的表达式，可得出关于的表达式，利用不等式的基本性质可求得的取值范围.【详解】（1）当轴时，直线的方程为，联立，可得，则，且，解得，因此，抛物线的标准方程为；（2）设直线的方程为，由，得，设点、，所以，直线方程为，令，得，同理，所以其中，则，当时等号成立，因此的取值范围为【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了抛物线中三角形面积比的取值范围的求解，考查计算能力，属于中等题.