1、江苏省南京师大附中2020届高三数学下学期期初试题（含解析）一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分.不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1.已知，则_.【答案】【解析】【分析】求出集合、，然后利用交集的定义可求出集合.【详解】解不等式，得，解得，则.解不等式，即，解得，则.因此，.故答案为：.【点睛】本题考查交集的计算，同时也考查了指数不等式和分式不等式的求解，考查运算求解能力，属于基础题.2.复数（是虚数单位）在复平面内所对应点的在第_象限【答案】二【解析】试题分析：在复平面内所对应点的在第二象限考点：向量几何意义3.某班有男生30人，女生20人，现采用分层抽样的方
2、法在班上抽取15人参加座谈会，则抽到的女生人数为_.【答案】6【解析】【分析】根据分层抽样的概念可知在抽取的容量为的样本中男女生的比例也应为，可求得抽取的女生人数.【详解】因为男女生的比例为，由分层抽样的概念可知在抽取的容量为的样本中男女生的比例也应为，则抽取的女生人数为。故答案为:.【点睛】本题考查分层抽样,关键在于抽取的样本中男女生的比例与男女生的人数的比例相等，属于基础题.4. 按照程序框图（如图）执行，第3个输出的数是_【答案】5【解析】试题分析：依据程序框图输出的A值依次增大2，所以输出的三个数为1，3，5，故答案为5考点：程序框图5.抛物线y2=8x的焦点坐标是 【答案】(2,0)
3、【解析】试题分析：一次项系数除以4得焦点横坐标或纵坐标，所以焦点考点：抛物线焦点点评：的焦点6.若是从0，1，2，3四个数中任取的一个数，是从1，2两个数中任取的一个数，则关于的一元二次方程有实根的概率是_【答案】【解析】分析】利用列举法，结合一元二次方程判别式，以及古典概型概率计算公式，计算出所求的概率.【详解】依题意，的所有可能取值为.关于的一元二次方程有实根，则.所以使一元二次方程有实根的的取值为共种，所以关于的一元二次方程有实根的概率是.故答案为：【点睛】本小题主要考查古典概型的计算，考查一元二次方程有实数根的条件，属于基础题.7.已知某圆锥底面圆的半径，侧面展开图是一个半圆，则此圆锥
4、的体积为_.【答案】【解析】【分析】圆锥底面圆的周长,为展开图形中扇形的弧长.根据展开图为半圆可求得圆锥的母线长,即可由勾股定理求得圆锥的高,进而求得圆锥的体积.【详解】圆锥底面圆的半径则圆锥的底面圆周长为由圆锥的展开图中,底面圆的周长为展开扇形的弧长,由展开图为半圆可得设展开后半圆的半径为,则,解得又由圆锥的结构可知,圆锥的母线为所以圆锥的高为 则圆锥的体积为 故答案为:【点睛】本题考查了圆锥的结构特征,圆锥体积求法,属于基础题.8.已知等差数列an中，a32a41，a30，则an的前10项和是_.【答案】【解析】【分析】利用等差数列公式计算得到d，a11，再计算前10项和得到答案.【详解】
5、设等差数列an的公差为d，a32a41，a30，02（0+d）1，a1+2d0，解得d，a11，则an的前10项和10.故答案为：.【点睛】本题考查了等差数列的相关计算，意在考查学生的计算能力.9.已知函数，则的值为_【答案】12【解析】【分析】根据题意可知时，函数有周期性，判断的范围，然后利用周期性，得到，代入时的解析式，得到答案.【详解】由题意时，函数，所以在时，周期为，因为，所以，所以.故答案为.【点睛】本题考查函数的周期性，求分段函数的值，属于简单题.10.在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l：y2x4，设圆C的半径为1，圆心在l上，若圆C上存在点M，使|MA|2|MO|，
6、则圆心C的横坐标a的取值范围为_【答案】【解析】设点，由，知：，化简得：，点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，可记为圆，又点在圆上，圆与圆的关系为相交或相切，其中，化简可得，故答案为点睛：本题主要考查圆与圆的位置关系的判定，两点间的距离公式，圆和圆的位置关系的判定，属于基础题；设，由，利用两点间的距离公式列出关系式，整理后得到点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，可记为圆，由在圆上，得到圆与圆相交或相切，根据两圆的半径长，得出两圆心间的距离范围，利用两点间的距离公式列出不等式，求出不等式的解集，即可得到的范围.11.已知不等式的解集为A，的解集为B，若“”是“”的充分不必要条件，那么实数m的取值范围
7、是_.【答案】【解析】【分析】计算得到，根据题意得到，设，得到，计算能得到答案.【详解】等式的解集为A，则，“”是“”的充分不必要条件，则.设，则 解得 故答案为：【点睛】本题考查了根据充分不必要条件求参数，转化为是解题的关键.12.已知，且，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】将不等式两边同乘以，再将不等式两边化简，然后利用基本不等式即可求得最大值.【详解】，且，当且仅当时取等号.令，原不等式转化为，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或
8、积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.13.如图，已知，圆是以为圆心半径为1的圆，圆是以为圆心的圆设点，分别为圆，圆上的动点，且，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】设，则，从而有，通过计算求出即可【详解】设，则，因为 ，【点睛】本题考查向量数量积的运算，涉及三角函数的化简，属综合题；本题的难点在于如何建立以为自变量构造函数.14.已知，是函数，的两个极值点，若，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】先由题得所以，.化简得=，再构造函数，利用导数求函数的值域即得解.【详解】
9、由题得函数的定义域为，所以是方程的两个实数根，所以，因为，所以，所以.所以=记，所以由，所以在单调递减，又由洛必达法则得当时，即，所以函数g(x)的值域为.即的取值范围为.故答案为：【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值和取值范围，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.二、解答题（本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）15.已知分别是三个角所对的边，且满足(1)求证：；(2)若,，求的值【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】(1)利用正弦定理将已知的边角混合式化为，再逆用两角和的正弦公式并化简，可得，进而可
10、得；(2)由(1)知，可将可化为再结合，求出，从而求出，再利用同角三角函数关系求出【详解】(1)由正弦定理，得，代入，得， 即，因为，所以，所以，又是的内角，所以，所以，又为三角形的内角，所以 (2)由(1)知，因为，所以，由余弦定理得， 因为，即，所以，所以，所以，因为，所以【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理及平面向量的数量积的运算，属于中档题16.如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AD/平面BCC1B1，ADDB.求证： （1）BC/平面ADD1A1；（2）平面BCC1B1平面BDD1B1.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由直线与平面平行的性
11、质可得：由AD/平面BCC1B1，有AD/BC，同时AD平面ADD1A1，可得BC/平面ADD1A1；（2）由（1）知AD/BC，因为ADDB，所以BCDB，同时由直四棱柱性质可得DD1BC，BC平面BDD1B1，可得证明.【详解】解：（1）因为AD/平面BCC1B1，AD平面ABCD，平面BCC1B1平面ABCD=BC，所以AD/BC. 又因为BC平面ADD1A1，AD平面ADD1A1，所以BC/平面ADD1A1.（2）由（1）知AD/BC，因为ADDB，所以BCDB， 在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中DD1平面ABCD，BC底面ABCD，所以DD1BC， 又因为DD1平面BDD1B1，
12、DB平面BDD1B1，DD1DB=D，所以BC平面BDD1B1， 因为BC平面BCC1B1，所以平面BCC1B1平面BDD1B1【点睛】本题主要考查线面平行的性质及面面垂直的证明，熟悉相关定理并灵活运用是解题的关键.17.如图，圆O是一半径为10米的圆形草坪，为了满足周边市民跳广场舞的需要，现规划在草坪上建一个广场，广场形状如图中虚线部分所示的曲边四边形，其中A，B两点在O上，A，B，C，D恰是一个正方形的四个顶点.根据规划要求，在A，B，C，D四点处安装四盏照明设备，从圆心O点出发，在地下铺设4条到A，B，C，D四点线路OA，OB，OC，OD.（1）若正方形边长为10米，求广场的面积；（2）
13、求铺设的4条线路OA，OB，OC，OD总长度的最小值.【答案】（1）100（平方米）（2）（米）【解析】【分析】（1）连接AB，广场面积等于正方形面积加上弓形面积，计算得到答案.（2）过O作OKCD，垂足为K，过O作OHAD（或其延长线），垂足为H，设OAD（0），OD，计算得到答案.【详解】（1）连接AB，AB10，正方形ABCD的面积为100，又OAOB10，AOB为正三角形，则，而圆的面积为100，扇形AOB的面积为，又三角形AOB的面积为.弓形面积为，则广场面积为100（平方米）；（2）过O作OKCD，垂足为K，过O作OHAD（或其延长线），垂足为H，设OAD（0），则OH10sin，
14、AH10cos，DH|ADAH|2OHAH|20sin10cos|，OD.当时，.4条线路OA，OB，OC，OD总长度的最小值为（米）.【点睛】本题考查了弓形面积，距离的最值，意在考查学生对于三角函数知识的应用能力和计算能力.18.如图，已知椭圆C：1（ab0）的离心率为，右准线方程为x4，A，B分别是椭圆C的左，右顶点，过右焦点F且斜率为k（k0）的直线l与椭圆C相交于M，N两点（其中，M在x轴上方）.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设线段MN的中点为D，若直线OD的斜率为，求k的值；（3）记AFM，BFN的面积分别为S1，S2，若，求M的坐标.【答案】（1）（2）（3）（，）【解析】【分析
15、】（1）根据题意计算得到a2，c1，得到答案.（2）由设M（x1，y1），N（x2，y2），D（x0，y0），代入椭圆相减得到，得到答案.（3）设M（x1，y1），N（x2，y2），得到，故，计算得到答案.【详解】（1）椭圆的右准线为x4，离心率e，则a2，c1，所以b2a2c23.所以椭圆的标准方程：；（2）由设M（x1，y1），N（x2，y2），D（x0，y0），由，两式相减，整理得，所以k（2），所以k的值为；（3）设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意，则，所以，所以，代入坐标，可得，即，又因为M，N点在椭圆上，所以，解得，所以M点坐标为（，）.【点睛】本题考查了椭圆方程，点差法
16、，根据面积关系求坐标，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.19.已知函数，aR.（1）若函数f（x）在x1处的切线为y2x+b，求a，b的值；（2）记g（x）f（x）+ax，若函数g（x）在区间（0，）上有最小值，求实数a的取值范围；（3）当a0时，关于x的方程f（x）bx2有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围.【答案】（1）a1，b2（2）a（0，）（3）b（0，）【解析】【分析】（1）求导得到f（x），根据切线方程公式计算得到答案.（2）g（x），讨论a0和a0两种情况，根据函数的单调性求最值得到答案.（3）方程等价于bx2lnx10有两个不等的实数根，设h（x）bx2lnx1，则h
17、（x）2bx，讨论b0和b0两种情况，计算h（x）的最小值为h（），计算得到答案.【详解】（1），f（x），由题意可得，f（1）1a2，解得a1，f（1）a+10，直线y2x+b过点（1，0），可得b2；（2）g（x）lnx，则g（x）若a0，则g（x）0在（0，）上恒成立，f（x）单调递增，a0不符合题意，若a0，设G（x）ax2+xa，则G（x）在（0，）上单调递增，由题意，则应有G（0）a0，G（）0，解得a，则存在x0（0，），使得G（x0）0，且当x（0，x0）时，g（x）0，g（x）单调递减，当x（）时，g（x）0，g（x）单调递增，g（x）在（0，）上的最小值为g（x0），a（0
18、，）；（3）由题意可知，方程lnx+1bx2，即bx2lnx10有两个不等的实数根，设h（x）bx2lnx1，则h（x）2bx.当b0时，h（x）0恒成立，h（x）单调递减，不可能有两个零点，当b0时，令h（x）0，解得x.且当x（0，）时，h（x）0，h（x）单调递减，当x（，+）时，h（x）0，h（x）单调递增，h（x）的最小值为h（）.由题意，应用h（）0，解得0b.又h（）0，且，存在x1（），使得h（x1）0.h（），设H（b），则H（b），且当x（0，1）时，H（b）0，H（b）单调递减，当x（1，）时，H（b）0，H（b）单调递增，H（b）H（1）0，即h（）0，存在x2（，使得
19、h（x2）0.综上，b（0，）.【点睛】本题考查了根据切线，最值和根的个数求参数，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.20.设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，已知a11，且anSn+1an+1Snan+1an，对一切nN*都成立.（1）当1时；求数列an的通项公式；若bn（n+1）an，求数列bn的前n项的和Tn；（2）是否存在实数，使数列an是等差数列如果存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）an2n1Tnn2n（2）存在；0【解析】【分析】（1）化简得到，根据累乘法计算得到Sn+1+12an+1，得到数列an是首项为1，公比为2的等比数列，得到答案，再利用错位相减法计
20、算得到答案.（2）要使数列an是等差数列，必须有2a2a1+a3，解得0，0，计算得到an1，得到答案.【详解】（1）当1时，anSn+1an+1Snan+1an，则anSn+1+anan+1Sn+an+1，即（Sn+1+1）an（Sn+1）an+1.数列an的各项均为正数，.，化简，得Sn+1+12an+1，当n2时，Sn+12an，得an+12an，当n1时，a22，n1时上式也成立，数列an是首项为1，公比为2的等比数列，即an2n1.由知，bn（n+1）an（n+1）2n1.Tnb1+b2+bn21+321+（n+1）2n1，2Tn22+322+n2n1+（n+1）2n，两式相减，可得
21、Tn2+2+22+2n1（n+1）2n2（n+1）2nn2n.Tnn2n.（2）由题意，令n1，得a2+1；令n2，得a3（+1）2.要使数列an是等差数列，必须有2a2a1+a3，解得0.当0时，Sn+1an（Sn+1）an+1，且a2a11.当n2时，Sn+1（SnSn1）（Sn+1）（Sn+1Sn），整理，得Sn2+SnSn+1Sn1+Sn+1，即，从而，化简，得Sn+1Sn+1，即an+11.综上所述，可得an1，nN*.0时，数列an是等差数列.【点睛】本题考查了通项公式，错位相减法求和，根据等差数列求参数，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.21.已知矩阵M（1） 求M2；（2
22、） 求矩阵M的特征值和特征向量【答案】（1） M2；（2） 矩阵M的特征值为1，3，分别对应一个特征向量为，.【解析】【分析】（1）根据矩阵的乘法运算法则计算可得答案；（2）根据特征多项式求得特征值，根据特征值求出特征向量即可.【详解】（1） M2 .（2） 矩阵M的特征多项式为f（）（1）（3）令f（）0，解得M的特征值为11，23.当1时，得令x1，则y1，于是矩阵M的一个特征向量为.当3时，3，得令x1，则y1，于是矩阵M的一个特征向量为.因此，矩阵M的特征值为1，3，分别对应一个特征向量为，.【点睛】本题考查了矩阵的乘法运算法则，考查了矩阵的特征值和特征向量，考查了运算求解能力，属于基
23、础题.22. 在极坐标系(,)(02)中,求曲线=2sin与cos=1的交点Q的极坐标.【答案】(,)【解析】以极点为坐标原点,极轴为x轴的正半轴建立直角坐标系,则曲线=2sin可化:x2+(y-1)2=1,曲线cos=1可化为x=1,由可得交点坐标(1,1),所以交点Q的极坐标是(,).【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分.请在答卷卡指定区域内作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.23.平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y22px（p0）及点M（2，0），动直线l过点M交抛物线于A，B两点，当l垂直于x轴时，AB4.（1）求p的值；（2）若l与x轴不垂直，设线段AB中
24、点C，直线l1经过点C且垂直于y轴，直线l2经过点M且垂直于直线l，记l1，l2相交于点P，求证：点P在定直线上.【答案】（1）p1（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据AB4，知抛物线y22px（p0）过点（2，2），代入计算得到答案.（2）由题意设直线l的方程为：yk（x2），且k0，点A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程得到y1+y2，y1y24，根据直线方程得到P（1，），得到答案.【详解】（1）当直线l过点M（2，0），且垂直于x轴时，由AB4，知抛物线y22px（p0）过点（2，2），代入抛物线方程，得42p2，解得p1；（2）证明：由题意设直线l的方程为：yk（x2）
25、，且k0，点A（x1，y1），B（x2，y2），联立，消去x，化简得ky22y4k0，由根与系数的关系得y1+y2，y1y24；又点C在直线AB上，则yC，所以直线l1的方程为y；又直线l2过点M且与直线l垂直，则直线l2的方程为y（x2）；联立，解得，所以点P（1，），所以点P在定直线x1上.【点睛】本题考查了抛物线的值，定直线问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.24.对于给定正整数，设，记.（1）计算的值；（2）求.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）将代入，可得的值；（2）由二项式定理得，由二项式定理，可得的值.【详解】解：（1）；（2）由二项式定理得， 因 ， 所以. （或写成）【点睛】本题主要考查二项式定理及二项式展开式的通项公式，需注意运算的准确性，属于中档题.