1、江苏省南京市玄武高级中学2020届高三数学下学期最后一卷试题（含解析）一、填空题1. 已知全集，集合，若，则等于_.【答案】或【解析】【分析】首先解一元二次不等式结合元素是整数，求得集合M，再根据题中所给的集合，且，从而确定出的值.【详解】由，解得，由，得，且，所以或，故答案为：或.【点睛】该题考查的是有关集合的问题涉及到的知识点有一元二次不等式的解法，两集合的交集，属于基础题目.2. 已知三内角、所对边长分别为是、，设向量，若，则角的大小为_.【答案】【解析】【分析】利用两向量平行的充要条件求出三角形的边与角的关系，利用正弦定理将角化为边，再利用余弦定理求出B的余弦，即可求出角【详解】向量，
2、若，由正弦定理知：，即，由余弦定理知：，cosB，B（0，），B故答案为：【点睛】本题考查向量平行的充要条件和三角形的正弦定理、余弦定理的应用，属于基础题型3. 设，均为正实数，且，则的最小值为_.【答案】16【解析】【分析】本题是基本不等式中的一个常见题型，需要去掉分母，再利用基本不等式转化为关于的不等式，解出最小值【详解】由，可化为，均为正实数，（当且仅当等号成立）即，可解得，即故的最小值为16故答案为：16【点睛】解决本题的关键是先变形，再利用基本不等式来构造一个新的不等式4. 已知方程x2有两个不等实根a和b，那么过点A(a，a2)，B(b，b2)的直线与圆x2y21的位置关系是_【答
3、案】相切【解析】分析：由题意得过两点的直线方程为，利用圆心到直线的距距等于半径，即可判定直线与圆的位置关系详解：由题意可知过两点的直线方程为，圆心到直线的距离为，而，因此，化简后得，故直线与圆相切点睛：本题主要考查了直线与圆的位置关系的判定，熟记直线与圆的位置关系的判定方法是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力5. 若动直线与函数与的图象分别交于，两点，则的最大值为_.【答案】2【解析】【分析】首先构造新函数，利用辅助角公式化简，结合正弦函数的最值求得结果.【详解】令，所以的最大值为2，故答案为：2.【点睛】该题考查的是有关三角函数的问题，涉及到的知识点有三角函数
4、的化简问题，正弦型函数的最值，属于简单题目.6. 过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，垂足为.若的面积为，则该双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，根据点到直线距离公式，可求出双曲线焦点到渐近线的距离为b，再结合面积为及可求得，进而求出离心率【详解】由题可知，设双曲线的一条渐近线为：，即，双曲线的焦点到渐近线的距离，又，所以，故的面积为，所以，故故答案为：【点睛】本题考查由双曲线的几何关系求解双曲线离心率，其中焦点到渐近线距离应该加以熟记，属于基础题7. 已知直线经过点，则的最小值是_【答案】32【解析】【分析】根据题意，由直线经过点，分析可得，即；进而可得，结合基本不等式分
5、析可得答案【详解】根据题意，直线经过点，则有，即；则，当且仅当时等号成立；即的最小值是32；故答案为：32【点睛】本题考查基本不等式的性质以及应用，涉及直线的一般式方程，属于中档题8. 过年了，小张准备去探望奶奶，到商店买了一盒点心.为了美观起见，售货员用彩绳对点心盒做了一个捆扎（如图（1）所示），并在角上配了一个花结.彩绳与长方体点心盒均相交于棱的四等分点处.设这种捆扎方法所用绳长为，一般的十字捆扎（如图（2）所示）所用绳长为.若点心盒的长、宽、高之比为，则的值为_. 【答案】【解析】【分析】本题根据题意设出长宽高，再求出、直接作比即可.【详解】解： 点心盒的长、宽、高的比是， 设点心盒的长
6、、宽、高分别为：、，由题意可得：， ，故答案为：.【点睛】本题考查空间几何体的棱长问题，是简单题.9. 执行如图的程序框图，如果输入的的值是6，那么输出的的值是_.【答案】【解析】【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【详解】解：第一次进行循环后，满足，；第二次进行循环后，满足，；第三次进行循环后，满足，；第四次进行循环后，不满足；故输出的值为105，故答案为：【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，属于基础题10. 如图，设是图中边长为的正方形区
7、域，是内函数图象下方的点构成的区域.在内随机取一点，则该点落在中的概率为 .【答案】【解析】试题分析：图中阴影部分的面积，而正方形区域的面积为，故该点落在中的概率.考点：1.定积分；2.几何概型11. 已知点在曲线（其中为自然对数的底数）上，为曲线在点处的切线的倾斜角，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】求导函数，确定其值域，即可求出的取值范围【详解】，,，的取值范围是故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意义，考查函数的值域，考查学生的计算能力，属于基础题12. 已知函数，则不等式的解集是_.【答案】【解析】【分析】根据题意，分析可得为偶函数且在，上为增函数；据此可得等价于或，解可得的取
8、值范围，即可得答案【详解】解：根据题意，函数，其定义域为，有，即函数为偶函数，当时，有，则函数在，上为增函数；或，解可得：，即不等式的解集为；故答案为：【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意分析函数的奇偶性与单调性，属于基础题13. 已知、为圆上的两点，且，设为弦的中点，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，由中点坐标公式可得，变形可得，进而可得，结合圆的方程可得，即点的轨迹方程为圆；又由，其几何意义为圆上一点到直线的距离的5倍，结合直线与圆的位置关系分析可得的最小值，计算即可得答案【详解】根据题意，、，且，为弦的中点，则，则有，变形可得：，又由，、，为圆上的两点，则
9、，；则有，即点的轨迹方程为圆，则，其几何意义为圆上一点到直线的距离的5倍，又由圆的圆心到直线的距离，则圆上一点到直线的距离的最小值为，即的最小值为，故，即的最小值为，故答案为：【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及轨迹方程的分析计算，属于中档题14. 已知等边的边长为1，点，分别在边，上，且.若，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】先根据，得到，再由，得到的关系式，再根据的关系式确定的范围，再令，转化为关于的函数关系式，根据导数求单调性，求出取值范围.【详解】由题，又，得，则，又，则，由，则，则，得，又，得，则，得或，又，得，得或，设，则，或令，或，故在单调递增，得，即，故答案为：【点
10、睛】本题考查了三角形的面积公式，将几何问题转化为函数问题，利用导数研究函数的单调性和值域，还考查了学生分析理解能力，转化思想，运算能力，难度较大.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，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15. 在锐角中，角、的对边分别为、，且满足（I）求角的大小；（）设，试求的取值范围【答案】（I）；（）【解析】【详解】解：（），又， （）， 是锐角三角形， ，当时，取最大值；且，16. 如图，已知和都垂直于平面，是的中点.（1）若为中点，求证：平面；（2）求证：平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）作
11、中点，连结，结合中位线定理可证四边形为平行四边形，得出由线面平行的判定定理即可求证；（2）要证平面，即证垂直于平面的两条交线，不难证，接下来考虑求证，直接法不好证，可将问题转化为求证平面，作中点，连结，结合中位线定理可证四边形是平行四边形，通过求证平面进而得证【详解】证明：（1）取中点，连结，因为为中点，所以，且.因为和都垂直于平面，所以，又，所以，且.所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）取中点，连结，因为是的中点，所以，且.因为和都垂直于平面，所以.又，所以，且，所以四边形是平行四边形.所以.因，为中点，所以，所以.因为垂直于平面，平面，所以，所以.因为，平面，所以平
12、面.因为平面，所以.因为，是的中点，所以.因为，平面，所以平面.【点睛】本题考查线面平行的证明，线面垂直的证明，其中涉及中点问题常采用中位线定理和平行四边形性质求证线面平行，线面垂直的证明除了采用判定定理直接证明，有时也需通过线面垂直的性质定理进行转化，如本题中的的证明17. 为了保护环境，2015年合肥市胜利工厂在市政府的大力支持下，进行技术改进：把二氧化碳转化为某种化工产品，经测算，该处理成本（万元）与处理量（吨）之间的函数关系可近似地表示为：且每处理一吨二氧化碳可得价值为20万元的某种化工产品（1）当时，判断该技术改进能否获利？如果能获利，求出最大利润；如果不能获利，则国家至少需要补贴多
13、少万元，该工厂才不亏损？（2）当处理量为多少吨时，每吨的平均处理成本最少？【答案】（1）该工厂不会获利，；（2）【解析】试题分析：（1）当时，设该工厂获利为，当时，因此，该工厂不会获利，所以国家至少需要补贴万元，才能使工厂不亏损；（2）由题意可知，二氧化碳的每吨平均处理成本为：再利用导数求出其最值即可试题解析：（1）当时，设该工厂获利为万元，则，所以当时，因此，该工厂不会获利，所以国家至少需要补贴700万元，才能使工厂不亏损（2）由题意可知，二氧化碳的每吨平均处理成本为：当时，所以，所以时，为减函数；时，为增函数，所以当时，取得最小值，即；当,当且仅当，即时，取得最小值，当处理量为40吨时，每
14、吨的平均处理成本最少考点：1、函数基本性质；2、基本不等式；3、导数与函数的单调性18. 设是偶函数，且当时，（1）当时，求的解析式；（2）设函数在区间上的最大值为，试求的表达式；（3）若方程有四个不同的实根，且它们成等差数列，试探求与满足的条件【答案】（1）；（2）；（3）与满足的条件为且，或且，或且.【解析】【分析】（1）设、，利用已知函数的解析式，即可求得结论；（2）因为是偶函数，所以它在区间，上的最大值即为它在区间，上的最大值，分类讨论，即可求得结论；（3）设这四个根从小到大依次为，则当方程在，上有四个实根时，由，且，得，从而，且要求对恒成立，由此可得结论【详解】解：（1）当时，同理，
15、当时，所以，当时，的解析式为（2）因为是偶函数，所以它在区间上的最大值即为它在区间上的最大值，当时，在上单调递增，在上单调递减，所以当时，在与上单调递增，在与上单调递减，所以此时只需比较与的大小（i）当时，所以（ii）当时，所以当时，在与上单调递增，在上单调递减，且，所以.综上所述，（3）设这四个根从小到大依次为，当方程在上有四个实根时，由，且，得，从而，且要求对恒成立（i）当时，在上单调递减，所以对恒成立，即适合题意（ii）当时，欲对恒成立，只要，解得，故此时应满足当方程在上有两个实根时，且，所以必须满足，且，解得当方程在上无实根时，由，解得，所以，且由，解得综上所述，与满足的条件为且，或且
16、，或且【点睛】本题考查函数解析式的确定，考查函数的最值，考查分类讨论的数学思想，考查数列与函数的结合，属于难题19. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.若直线与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于.（1）求椭圆的方程；（2）当直线的斜率为时，求直线的方程；（3）点是轴上一点，若总有，求点坐标.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）首先根据题意得到，再解方程组即可得到答案.（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆得到，再根据即可得到答案.（3）直线的斜率一定存在，设其方程为，与椭圆联立得到，根据直线与椭圆相切得到，从而得到，再求出，设，根据得到对任意的，恒成
17、立，从而得到坐标为.【详解】（1）设椭圆的焦距为，由题意，得，解得.所以椭圆的方程为.（2）由题意，设直线的方程为，联立方程组，得，因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以解得，所以直线的方程为.（3）当直线的斜率不存在时，与直线无交点，不符合题意，故直线的斜率一定存在，设其方程为，由，得，因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以，化简得：，所以，即，因为直线与直线相交于，所以设，所以，即对任意的，恒成立，所以，即，所以点坐标为.【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，同时考查椭圆的标准方程和学生的计算能力，属于难题.20. 设，两个函数，的图像关于直线对称.（1）求实数，满足的关系式；（2）当
18、取何值时，函数有且只有一个零点；（3）当时，在上解不等式.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）本小题利用两个函数关于的性质直接求解即可；（2）本小题利用函数零点的性质将问题转化为切点问题，再借用切点求解即可；（3）本小题利用函数的单调性，借导函数求解不等式即可.【详解】解：（1）设是函数图像上任一点，则它关于直线对称的点在函数的图像上，.（2）当时，函数有且只有一个零点，两个函数的图像有且只有一个交点，两个函数关于直线对称，两个函数图像的交点就是函数的图像与直线的切点.设切点为，当时，函数有且只有一个零点；（3）当时，设，则，当时，当时，.在上是减函数.又，不等式解集是.【点
19、睛】本题考查函数的图像的对称性问题、函数的零点以及借导函数求解不等式问题，是偏难题.高三数学附加【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题，并在答题卡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.A.选修4-2：矩阵与变换21. 已知，矩阵的特征值所对应的一个特征向量为.（1）求矩阵；（2）若曲线在矩阵对应的变换作用下得到另一曲线，求曲线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由特征值和特征向量的定义可得，然后将矩阵代入计算可得出的值，得出答案.(2)设曲线上任一点在矩阵的作用下得到曲线上一点，则，即得到，消参可得答案.【详
20、解】【解】（1）因为是矩阵的特征值所对应的一个特征向量，所以，即，所以，解得.所以矩阵（2）设曲线上任一点在矩阵的作用下得到曲线上一点，则，所以，解得.因为，所以，即曲线的方程为.【点睛】本题主要考查根据特征值与特征向量的定义得出矩阵中的参数，以及一条直线在矩阵对应的变换作用下得到的曲线，知道其中一条直线和相应的矩阵求出另一条直线方程本题属中档题B.选修4-4：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
21、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.C.选修4-5：不等式选讲23. 已知实数、满足，求证：【答案】见解析【解析】【分析】利用柯西不等式证明出，由此可证明出.【详解】由柯西不等式，得，所以【
22、点睛】本题考查利用柯西不等式证明不等式，解答的关键在于对代数式进行合理配凑，考查推理能力，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. 在如图的几何体中，平面为正方形，平面为等腰梯形，（）求证：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（）见解析；（）【解析】【详解】试题分析：（）要平面，已知，只需要在面内再找一条直线与AC垂直即可证，由，此时可用正弦定理或者余弦定理求出边与、的关系，再用勾股定理说明；（）由为等腰梯形，可以求出，又由（）可证平面方法1：取AB中点M，则 ，又，所以是等边三角形，取的中点，连结，可证为直线与平面所成角；方法2：
23、由、两两垂直，建立空间坐标系，求出平面的法向量和直线的方向向量，利用向量求出线面角的正弦值试题解析：解：（）因为，在中，由余弦定理可得所以，所以因为，、平面，所以平面（）解法1：由（）知，平面，平面，所以因为平面为正方形，所以因为，所以平面取的中点，连结，因为是等腰梯形，且，所以所以是等边三角形，且取的中点，连结，则因为平面，所以因为，所以平面所以为直线与平面所成角因为平面，所以因为，在中，所以直线与平面所成角的正弦值为解法2：由（1）知，平面，平面，所以因为平面为正方形，所以因为，所以平面所以，两两互相垂直，建立如图的空间直角坐标系因为是等腰梯形，且，所以不妨设，则，所以，设平面的法向量为，
24、则有即取，得是平面的一个法向量设直线与平面所成的角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为考点：1线面垂直的判定；2线面角；3空间向量的应用25. 给定个不同的数、，它的某一个排列的前项和为，该排列中满足的的最大值为记这个不同数的所有排列对应的之和为（1）若，求；（2）若，.证明：对任意的排列，都不存在使得；求（用表示）【答案】（1）；（2）见解析；.【解析】【分析】（1）列出、的所有排列，求出个排列中的值，进而可求得的值；（2）设个不同数某一个排列为、，求得为奇数，再由为偶数可得出结论；由题意可得出，可得出且，考虑排列的对应倒序排列，推导出，由此可得出，再由、这个不同数可形成个对应组合，进而可求得的值.【详解】（1）、的所有排列为、；、；、；、；、；、.因为，所以对应的分别为、，所以；（2）（i）设个不同数的某一个排列为、，因为，所以为奇数，而为偶数，所以不存在使得（ii）因，即，又由（i）知不存在使得，所以；所以满足的最大下标即满足，且，考虑排列的对应倒序排列、，即，由题意知，则； 又、这个不同数共有个不同的排列，可以构成个对应组合，且每组中，所以【点睛】本题考查数列中的新定义，着重考查分析，对抽象概念的理解与综合应用的能力，对（3）观察，分析寻找规律是难点，是难题.
