1、江苏省南京市中华中学2020届高三数学下学期阶段考试试题（含解析）本卷考试时间：120分钟总分：160分一、填空题：本题共14小题，每题5分，满分70分.1.集合，则_.（用区间表示）【答案】【解析】【分析】化简集合，根据交集运算，即可求得答案.【详解】故答案为：.【点睛】本题主要考查了交集运算，解题关键是掌握交集定义，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.2.某中学有高一学生400人，高二学生300人，高三学生500人，现用分层抽样的方法在这三个年级中抽取120人进行体能测试，则从高三抽取的人数应为_.【答案】人【解析】【分析】先计算出三个年级的总人数为，根据比例即可计算出高三年级应该抽取的
2、人数，即可求得答案.【详解】总体人数为：人从高三抽取的人数应为： 从高三抽取的人数应为人故答案为：人.【点睛】本题考查了分层抽样，解题关键是掌握分层抽样的定义，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.3.已知i为虚数单位，复数，则_.【答案】【解析】【分析】根据复数除法运算，根据复数相等，即可求得答案.【详解】由，得，故答案为：.【点睛】本题主要考查了复数除法运算，解题关键是掌握复数基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.4.有四条线段其长度分别为2，3，5，7.从中任取3条，能构成三角形的概率为_.【答案】【解析】【分析】从四条线段中任意选取三条，找出所有的可能，以及能构成三角形的情况
3、数，即可求出所求的概率【详解】从四条线段中任意选取三条，所有的可能有：2，3，5；2，3，7；2，5，7；3，5，7共4种，其中构成三角形的有3，5，7共1种，则(构成三角形)能构成三角形的概率为：.故答案为：.【点睛】本题主要考查了构成三角形概率问题，解题关键是掌握概率的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.5.如图，程序执行后输出的结果为_.【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，即可求得答案.【详解】第一次执行循环体后，不满足退出循环的条件，再次执行循环体后，不满足退出循环的
4、条件，再次执行循环体后，不满足退出循环的条件，再次执行循环体后，不满足退出循环的条件，再次执行循环体后，不满足退出循环的条件，再次执行循环体后，不满足退出循环的条件，再次执行循环体后，不满足退出循环的条件，再次执行循环体后，满足退出循环的条件，故输出的值为故答案为：.【点睛】本题主要考查了根据利用循环结构计算并输出结果，解题关键是掌握框图基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.6.设，若，则实数的取值范围是_【答案】或【解析】当时，由得，即，解得；当时，由得，解得综上实数的取值范围是或答案：或7.中国古代数学著作算法统宗中记载了这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减
5、一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”，其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达了目的地，问此人第二天走的路程里数为_.【答案】里.【解析】【分析】根据题意可知此人行走的里程数为等比数列，设出第一天行走的里程，即可由等比数列的前项和公式，求得首项.即可求得第二天行走的路程里数.【详解】由题意可知此人行走的里程数为等比数列设第一天行走的路程为,且等比数列的公比为则由等比数列的前项和公式代入可得解得 根据等比数列的通项公式代入可得故答案为：里.【点睛】本题考查了求等比数列通项公式及前项和公式的实际应用，解题关键是掌
6、握等比数列基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.8.已知圆C：关于直线对称，则圆C中以为中点的弦的长度为_.【答案】【解析】【分析】圆关于直线对称，即说明直线圆心，即可求出，即可求得答案.【详解】圆C：关于直线对称可知直线过圆心，即，故圆方程配方得，与圆心距离为，弦长为故答案为：.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，利用中点弦三角形解弦长，属于基础题.9.已知，则的值为_.【答案】【解析】【分析】根据的值，分别求出的值，再求和即可.【详解】解：因，所以，则，故答案为.【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式，重点考查了角的拼凑，属中档题.10.在直三棱柱中，且,，设其外接球的球心为，且球的
7、表面积为，则的面积为_.【答案】【解析】【分析】先计算球的半径为，确定球心为的中点，根据边角关系得到，计算面积得到答案.【详解】球的表面积为如图所示：为中点，连接 ，故三角形的外心在中点上，故外接球的球心为的中点.在中：，故；在中：，故，故 故答案为【点睛】本题考查了三棱柱的外接球问题，确定球心的位置是解题的关键.11.已知函数，若，且，则的最小值为_【答案】9【解析】由条件知函数，则两者是轴对称关系，故得到 ， 等号成立的条件为： 故答案为9.12.在梯形中，若，则_.【答案】【解析】【分析】根据题意画出图象，因为，可得，结合已知，即可求得答案.【详解】根据题意画出图象：，选为基底向量在线段
8、上去点,使由可得：，故答案为：.【点睛】本题主要考查了向量表示和向量数量积运算，解题关键是掌握向量基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.13.在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：（）的左焦点为F，点B的坐标为，若直线BF与双曲线C的两条渐近线分别交于P，Q两点，且，则双曲线C的离心率为_.【答案】【解析】【分析】将直线与双曲线渐近线联立，可求得的值；利用可得，将的值代入，可得，从而求得离心率.【详解】双曲线C：（）的左焦点为，点的坐标为，则直线方程又双曲线渐近线方程为由可解得：或由可知，由题可知：，则化简得，故答案为：.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，关键在于能够通过向量的关
9、系得到的齐次方程，通过方程求得离心率，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.14.已知若函数，若函数)恰有两个不相等的零点，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】根据函数与方程的关系转化为，构造函数和，利用数形结合转化两个函数有两个不同的交点即可得到结论【详解】由得，设设 作出和的图象如图：当时，即时，此时，即此时两个函数有个交点，不满足条件当时，即时，要使两个函数有两个交点，则此时只需要满足，即 此时当时，即时，此时时，两个函数一定有一个交点，则此时只要在时有一个交点即可，此时当此时只要满足，即即可，综上所述，实数的取值范围是或 故答案为：.【点睛】本题主要考查了根据零点求参数范围，
10、解题关键是掌握零点定义和根据零点求参的方法，数形结合，考查了分析能力和计算能力，属于难题.二、解答题：本大题共6小题，共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知的内角所对的边分别是,且.(1)求角的大小;(2)若,求的值.【答案】（1）（2）【解析】(1)由,得,即.(2)由,得,=,.16.如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是正三角形，分别为，的中点，且.求证：（1）平面；（2）.【答案】（1）答案见解析.（2）答案见解析【解析】【分析】（1）要证平面，只需证，即可求得答案；（2）要证，只需证面，即可求得答案.【详解】（1）分别为，的中点底面是平行四边形平面；平面；（
11、2）连接,且是中点，又是正三角形面由面故【点睛】本题主要考查了求证线面平行和异面直线垂直，解题关键是掌握线线垂直转化为线面垂直的证明，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.17.如图，已知一张半径为的圆形薄铁皮（为圆心，厚度忽略不计），从中裁剪一块扇形（图中阴影部分）用作某圆锥形容器的侧面.（1）若所裁剪的扇形的圆心角为，求圆锥形容器的体积；（2）试问裁剪的扇形的圆心角为多少时，圆锥形容器的体积最大？并求出最大值.【答案】（1）.（2）裁剪的扇形的圆心角为时，圆锥形容器的体积最大,最大值为【解析】【分析】（1）设圆锥筒的半径为，容积为，因为所裁剪的扇形铁皮的圆心角为，所以 ，解得，即可求得答案
12、；（2）求出圆锥体积关于高的关系式，即根据导数求其最值，即可求得答案；【详解】（1）设圆锥筒的半径为，容积为，所裁剪的扇形铁皮的圆心角为，解得 圆锥筒的容积为（2）令，得，(舍负值)，列表如下：极大值当时，V取极大值，即最大值，且最大值为当时，V圆锥筒的容积最大，最大值为当，母线长为,可得圆锥筒的半径为裁剪的扇形面积为：根据扇形面积计算公式：故问裁剪的扇形的圆心角为裁剪的扇形的圆心角为时，圆锥形容器的体积最大,最大值为【点睛】本题解题关键是掌握扇形面积公式和根据导数求最值的方法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.18.已知椭圆的右焦点为，是椭圆上一点，轴，.（1）求椭圆的标准方程；（2）若
13、直线与椭圆交于、两点，线段的中点为，为坐标原点，且，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设椭圆的焦距为，可得出点在椭圆上，将这个点的坐标代入椭圆的方程可得出，结合可求出的值，从而可得出椭圆的标准方程；（2）分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论，在轴时，可得出，从而求出的面积；在直线斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合，得出，计算出与的高，可得出面积的表达式，然后可利用二次函数的基本性质求出面积的最大值.【详解】（1）设椭圆的焦距为，由题知，点，则有，又，因此，椭圆的标准方程为；（2）当轴时，位于轴上，且，由可得，此时；当不垂
14、直轴时，设直线的方程为，与椭圆交于，由，得.，从而已知，可得.设到直线的距离为，则，.将代入化简得.令，则.当且仅当时取等号，此时的面积最大，最大值为.综上：的面积最大，最大值为.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，同时也考查了直线与椭圆中三角形面积最值的计算，一般将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理设而不求法来求解，同时在计算最值时，常用函数的基本性质以及基本不等式进行求解，考查运算求解能力，属于难题.19.设函数.(1)讨论函数的单调性；(2)当时，记，是否存在整数，使得关于的不等式有解？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】(1) 当时，函数的单调减区间是；单调增区间是
15、；当时，函数的单调增区间是；无单调减区间；当时，函数的单调减区间是；单调增区间是.(2) 存在整数满足题意，且的最小值为0.【解析】试题分析：本题考查用导数讨论函数的单调性和用导数解决函数中的能成立问题.（1）求导后根据导函数的符号判断函数的单调性.（2）由题意只需求出函数的最小值即可，根据函数的单调性求解即可.试题解析：由题意得函数的定义域为.，当时，则当时，单调递减；当时，单调递增当时，恒成立，上单调递增.当时，则当时，单调递减；当时，单调递增.综上，当时，上单调递减，在上单调递增；当时，函数上单调递增；当时，在上单调递增.(2)当时，函数单调递增，又，所以存在唯一的，使得，且当时，单调递
16、减；当时，单调递增，所以，设，则在上单调递减，所以，即.若关于的不等式有解，则，又为整数，所以.所以存在整数满足题意，且的最小值为0.点睛：（1）能成立等价于；能成立等价于.（2）对于导函数的零点存在但不可求的问题，可根据零点存在定理确定出零点所在的区间，在求函数的最值时可利用整体代换的方法求解，这是在用导数解决函数问题中常见的一种类型.20.对于若数列满足则称这个数列为“数列”.（1）已知数列1, 是“数列”,求实数的取值范围;（2）是否存在首项为的等差数列为“数列”,且其前项和使得恒成立?若存在,求出的通项公式;若不存在,请说明理由;（3）已知各项均为正整数的等比数列是“数列”,数列不是“
17、数列”,若试判断数列是否为“数列”,并说明理由.【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析.【解析】试题分析：（1）根据题目中所定义的“数列”，只需同时满足，解不等式可解m范围（2）由题意可知，若存在只需等差数列的公差，即1,矛盾（3）设数列的公比为则，满足“数列”，即只需最小项即不是“数列”,且为最小项,所以即,所以只能只有解或分两类讨论数列试题解析：（）由题意得解得所以实数的取值范围是（假设存在等差数列符合要求,设公差为则由得由题意,得对均成立,即当时,当时,因为所以与矛盾,所以这样的等差数列不存在.（）设数列的公比为则因为的每一项均为正整数,且所以在中,“”为最小项.同理,中,“”为最小
18、项.由为“数列”,只需即又因为不是“数列”,且为最小项,所以即,由数列的每一项均为正整数,可得所以或当时,则令则又所以为递增数列,即所以所以对于任意的都有即数列为“数列”.当时,则因为所以数列不是“数列”.综上:当时,数列为“数列”,当时,数列不是“数列”.【点睛】对于新定义的题型一定要紧扣题目中的定义并进行合理的转化，这是解决此类的问题的关键另外题中有整数条件时一般都能通过因式分解，或夹逼在方程个数小于变量个数时，解出部分甚至全部参数数学附加本卷考试时间：30分钟总分：40分21.已知矩阵若，若，求的值.【答案】,【解析】【分析】根据矩阵乘法运算，即可求得答案.【详解】可得，解得,【点睛】本
19、题主要考查了矩阵运算，解题关键是掌握矩阵基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.22.在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线的参数方程为(为参数)，曲线的极坐标方程是.(1)写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)设直线与曲线相交于两点，点为的中点，点的极坐标为，求的值.【答案】(1) (2)【解析】试题分析：本题考查参数方程与普通方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化，以及应用.（1）把参数方程消去参数，根据转化公式求解即可.（2）由直线方程和抛物线方程可得点A,B的坐标，进而得到点的坐标，把点的极坐标化为直角坐标可得所求距离.试题解析：(1)
20、由消去参数得，由曲线的极坐标方程，得，所以曲线的直角坐标方程为.(2)由消去整理得，设，则，所以，点的极坐标为，点的直角坐标为.即的值为.23.如图，直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，为的中点，在线段上.（1）为何值时，平面？（2）设，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）或时，证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，讨论的坐标表示即可求解；（2）求出两个半平面的法向量，求出法向量的夹角即可得解.【详解】（1）因为直三棱柱中，面，.以点为原点，、分别为、轴建立如图所示空间直角坐标系.因为，所以，从而，.所以，设，则，所以要使平面，只需.由，得或，故当或时，平面；
21、（2）由（1）知平面的法向量为.设平面的法向量为，则得，令得，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【点睛】此题考查利用空间向量的方法解决垂直问题，求二面角的大小，关键在于合理建立坐标系，准确计算.24.已知点为抛物线上异于坐标原点的任一点，为抛物线焦点，过点作抛物线的切线与轴交于点，直线交抛物线于点.（1）若点的横坐标为，求点到直线的距离；（2）求面积的最小值，并写出此时切线的方程.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）因为，根据点的横坐标为，可得，由，故可得，求得切线的方程为：，求出直线方程，根据点到直线距离公式，即可求得答案；（2）由直线过点，设直线的方程为联立直线的方程和抛物线，
22、消掉，可得：，由韦达定理，得，结合已知，即可求得答案.【详解】（1）点的横坐标为，可得可得，故切线的方程为：即切线与轴交于点由抛物线，可得其焦点坐标为：,可得直线方程为：即根据点到直线距离公式，可得点到直线方程距离为：点到直线的距离（2）由直线过点，设直线的方程为联立直线的方程和抛物线，消掉可得：由韦达定理，得不妨设设，可得，故可得，故切线的方程为：切线与轴交于点令当时，为减函数当时，为增函数当时，函数在时取最小值面积的最小值为当时，由抛物线图象关于对称，面积的最小值与相同综上所述，面积的最小值为【点睛】本题主要考查了抛物线中三角形面积问题，解题关键是掌握导数求最值的方法和圆锥曲线与直线交点问题时,通常用直线和圆锥曲线联立方程组,通过韦达定理建立起目标的关系式，考查了分析能力和计算能力，属于难题.
