1、江苏省南通市基地学校2020届高三数学下学期第三次大联考试题（含解析）第I卷（必做题，共160分）一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分，请将答案填写在答题卷相应的位置上.）1.己知集合A0，2，B1，0，则集合AB_.【答案】1，0，2【解析】【分析】直接根据并集运算的定义求解即可【详解】解：A0，2，B1，0，AB1，0，2，故答案为：1，0，2【点睛】本题主要考查集合的并集运算，属于基础题2.若复数zi(a2i)的模为4，其中i是虚数单位，则正实数a的值为_.【答案】【解析】【分析】先化简复数，再根据复数的几何意义列出方程，解方程即可求出答案【详解】解：，得，或（舍去），故答
2、案为：【点睛】本题主要考查复数的模的计算，考查复数代数形式的四则运算，属于基础题3.如图是一个算法流程图，则输出的n的值为_.【答案】5【解析】【分析】模拟程序运行即可求出答案【详解】解：输入，赋值，进入循环，重新赋值，进入循环，重新赋值，终止循环，输出，故答案为：5【点睛】本题主要考查循环结构的程序框图，属于基础题4.某工厂有A，B，C三个车间，共270名工人，各车间男、女工人人数如下表：车间A车间B车间C女工人2060a男工人4030b现用分层抽样的方法在全厂抽取54名工人，则应在车间C抽取的工人人数为_.【答案】24【解析】【分析】先求出车间C的工人数，再根据抽样比求出答案【详解】解：由
3、题意得车间C的工人数为2706090120，故答案为：24【点睛】本题主要考查分层抽样，解题的关键是求出抽样比，属于基础题5.袋中有形状、大小都相同的4只球，其中2只白球，2只红球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率是_【答案】【解析】分析】根据古典概型的概率计算公式求解即可【详解】解：由题意，根据古典概型的概率计算公式得所求概率为，故答案为：【点睛】本题主要考查古典概型的概率计算公式，属于基础题6.设xR，则“”是“”的_条件.（选填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”和“既不充分也不必要”之一）【答案】必要不充分【解析】【分析】先解出两个不等式，再根据集合间的基本关系判断
4、即可【详解】解：由得，或，由得， “”是“”的必要不充分条件，故答案为：必要不充分【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判断，属于基础题7.在平面直角坐标系中，若双曲线的渐近线与圆x2y25相交于A，B，C，D四点，则四边形ABCD的面积为_.【答案】8【解析】【分析】由题意可知双曲线的渐近线为，四边形是矩形，联立渐近线方程与圆的方程即可求出各点坐标，由此可求出矩形的长和宽，由此可求得面积【详解】解：双曲线的渐近线为，由题意可知四边形是矩形，不妨设各点位置如图，联立方程可得，同理可得，矩形的面积，故答案为：8【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，属于基础题8.已知直线yex-1是曲线ye
5、x+a的一条切线，则实数a的值为_.【答案】1【解析】【分析】求导后结合条件可求出切点的横坐标，分别代入曲线和切线方程求出切点纵坐标，从而可求出答案【详解】解：，得，代入切线方程得切点坐标为，代入曲线方程得切点坐标为，得，故答案为：【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的切线，属于基础题9.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，D为AA1的中点.设四面体C1B1CD的体积为V1，直三棱柱ABCA1B1C1的体积为V2，则的值为_.【答案】【解析】【分析】等体积法可得，再根据棱锥和棱柱的体积公式即可求出答案【详解】解：，故答案为：【点睛】本题主要考查棱锥和棱柱的体积的求法，属于基础题1
6、0.在平面直角坐标系xOy中，己知A，B，F分别为椭圆C：（ab0）左顶点、上顶点和左焦点（如图），过点F作x轴的垂线与椭圆交于M，N两点，直线BN与x轴交于点D.若OA2OD，则椭圆C的离心率为_.【答案】【解析】【分析】由题意求出点的坐标，再根据可得，由此可求出答案【详解】解：由题意可得，其中，将代入到得，又由题意可得，即，则，得，即离心率，故答案为：【点睛】本题主要考查椭圆的简单几何形式，考查齐次式方程求离心率问题，属于基础题11.已知等差数列的前n项和为，若，则的最小值为_.【答案】9【解析】【分析】由等差数列的前项和公式可求得，则，再用基本不等式求解即可【详解】解：，当且仅当即时等号
7、成立，故答案为：9【点睛】本题主要考查等差数列的前项和公式的应用，考查基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题12.已知函数，则关于x的不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】由题意画出函数的图象，结合图象分类讨论，当时，代入解析式直接解不等式；当时，根据单调性解不等式；从而求出解集【详解】解：根据题意可得函数在上单调递减，在上单调递增，图象如图，当即时，由得，解得；当即时，函数上单调递增，恒成立；综上：，故答案为：【点睛】本题主要考查分段函数解不等式，本题的关键在于画出图象得到函数的单调性，考查数形结合思想，属于中档题13.如图，在四边形ABCD中，则对角线BD的长为_.【答案】【解析】
8、【分析】由题意得四边形的外接圆是以为直径的圆，设的中点分别为，则，则，代入数据即可得出答案【详解】解：由，得，四边形的外接圆是以为直径的圆，设的中点分别为，则，结合，得，故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的数量积，考查平面向量的线性运算，考查数形结合思想，属于中档题14.已知函数，.若存在，使得关于x的方程有四个不相等的实数解，则n的最大值为_.【答案】2【解析】【分析】由题意得，令，显然为偶函数，则方程有四个实根函数，x0有两个零点，令，x0，则关于t的方程，即在内有两个不相等的实根，结合函数的图象可得，由此可求出答案【详解】解：方程，令，则显然为偶函数，方程有四个实根函数，x0有两个零
9、点，令，x0，则关于t的方程，即在内有两个不相等的实根，结合函数，图象，得，即，存在，使得，结合，得，故答案为：2【点睛】本题主要考查函数与方程，考查方程的实数解个数问题，考查转化与化归思想，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，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15.如图，EA平面ABC，DCEA，EA2DC，F是EB的中点.（1）求证：DC平面ABC；（2）求证：DF平面ABC.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质与判定定理即可证明；（2）取AB中点M，连结CM，FM，证明四边形DCMF为平行四
10、边形，由此根据线面平行的判定定理即可证明【详解】证明：（1）EA平面ABC，AB，AC平面ABC，EAAB，EAAC，又DCEA，DCAB，DCAC，ABACA，AB、AC平面ABC，DC平面ABC；（2）取AB中点M，连结CM，FM，在ABE中，F，M分别为EB，AB中点，FMEA，且EA2FM又DCEA且EA2DC，于是DCFM，且DCFM，四边形DCMF为平行四边形，则DFCM，CM平面ABC，DF平面ABC，DF平面ABC【点睛】本题主要考查线面平行和线面垂直的证明方法，属于基础题16.已知锐角三角形ABC中，（1）求证：；（2）若AB边上的高为2，求边AB的长【答案】（1）证明见解析
11、；（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，解方程组求得，两式相除即可证明结论；（2）由题意，得，又根据同角的三角函数关系及可得，由此可求出答案【详解】（1）证：在ABC中，ABC，即，又，即，由得，A，B，两式相除得，；（2）解：由题意，得，在ABC中，又，即，解得，【点睛】本题主要考查简单的三角恒等变换，考查同角的三角函数关系，考查计算能力，属于基础题17.如图，某地有一块半径为R的扇形AOB公园，其中O为扇形所在圆的圆心，AOB，OA，OB，为公园原有道路.为满足市民观赏和健身的需要，市政部门拟在上选取一点M，新建道路OM及与OA平行的道路MN（点N在线段OB上），设AOM.（1）如何设计
12、，才能使市民从点O出发沿道路OM，MN行走至点N所经过的路径最长？请说明理由；（2）如何设计，才能使市民从点A出发沿道路，MN行走至点N所经过的路径最长？请说明理由.【答案】（1）当时，市民从点O出发沿道路OM，MN行走所经过的路径最长，详见解析（2）当时，市民从点A出发沿道路AM，MN行走所经过的路径最长，详见解析【解析】【分析】（1）由题意知OMOAR，且，由正弦定理得，则，根据正弦函数的单调性即可求出答案；（2）由题意得市民从点A出发沿道路AM，MN行走所经过路径长，求导得函数的单调性，由此可求出答案【详解】解：（1）由题意知OMOAR，且，在OMN中，由正弦定理得，于是，从而市民从点O
13、出发沿道路OM，MN行走所经过的路径长，当即时，取最大值，即当时，市民从点O出发沿道路OM，MN行走所经过的路径最长；（2）市民从点A出发沿道路AM，MN行走所经过的路径长，当，时，从而恒成立，上单调递增，当时，取最大值，即当时，市民从点A出发沿道路AM，MN行走所经过的路径最长【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，考查扇形的弧长公式，考查利用导数研究函数的单调性，考查三角函数的性质，属于中档题18.在平面直角坐标系xOy中，己知圆C经过点(，)，(，)，且与直线相切.（1）求圆C的方程；（2）设P是直线l：x4上的任意一点，过点P作圆C的切线，切点为M，N.求证：直线MN过定点（记为Q）；设直
14、线PQ与圆C交于点A，B，与y轴交于点D.若，求l的值.【答案】（1）（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）设圆C的方程为，由此得，解出即可；（2）设P(4，)，由题意P，M，N，C在以PC为直径的圆上，两圆方程作差可得直线MN的方程为，由直线系方程即可求出定点；由得Q(1，0)，设直线PQ的方程为，则D(0，k)，设A(，)，B(，)，联立直线与圆的方程消元，由韦达定理可得，根据题意可得到，代入后化简求值即可【详解】解：（1）设圆C的方程为，由题意可得，解得，圆C的方程为；（2）设P(4，)，PM，PN是圆C的两条切线，PMMC，PNNC，P，M，N，C在以PC为直径的圆上，该圆上任意一点
15、满足，即，该圆方程为，由作差可得公共弦所在直线MN的方程为，直线MN过定点(1，0)；由可得Q(1，0)，设直线PQ的方程为，则D(0，k)，设A(，)，B(，)，由得，由，得，即，【点睛】本题主要考查待定系数法求圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考查两圆的公共弦所在直线的方程的求法，考查计算能力，属于中档题19.设函数(a，bR).（1）当b1时，函数有两个极值，求a的取值范围；（2）当ab1时，函数的最小值为2，求a的值；（3）对任意给定的正实数a，b，证明：存在实数，当时，.【答案】（1）(，0)（2）或（3）证明见解析；【解析】【分析】（1）当时，求导，则，解出即可；（2）当时，求导后
16、，分类讨论得函数的单调性与最值，由此可求出答案；（3）对任意给定的正实数a，b，有，设，设，x0，求导后易求得，又由，得，由此可得出答案【详解】解：（1）当时，若函数有两个极值，则，解得，故a的取值范围是(，0)；（2）当时，当a0时，是(0，)上的减函数，函数无最小值，舍去；当a0时，由得，在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增，函数的最小值为，由，得，解得或；（3）对任意给定的正实数a，b，有，设，设，x0，则，z易知当x4时，故，又由，得，对于任意给定的正实数a，b，取为与4中的较大者，则当时，恒有，即当时，【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值，考查分类讨论思想，考
17、查计算能力，属于难题20.己知是各项都为正数的数列，其前n项和为，且.（1）求证：为等差数列；（2）设，求的前n项和；（3）求集合.【答案】（1）证明见解析；（2）（3）【解析】【分析】（1）由消掉，再根据等差数列的定义即可证明；（2）由（1）得，则，由此可求得()，则，分奇偶数即可求出；（3）由得，设，则，则，由此可得当时，记，则，得，记，邻项法可得数列单调递减，可得n3时，恒成立，进而可求出答案【详解】解：（1），当n2，时，即(n2，)，又n1时，得（舍负），是以1为首项，1为公差的等差数列；（2）由（1）知，又是各项都为正数，当n2，时，又，()，于是，当n为奇数时，当n为偶数时，；（
18、3）由得，即，设，则，由，则，当时，显然不成立；当时，则，记，则，得，记，则恒成立，故数列单调递减，又，则n3时，恒成立，从而方程的解为t1，p2或t2，p1，满足条件的m，p存在，m4，p1或m4，p2，【点睛】本题主要考查数列中已知和的关系的递推公式的应用，考查分组求和法，考查分类讨论思想，考查计算能力与推理能力，考查数列单调性的应用，属于难题第II卷（附加题，共40分）【选做题】本题包括A，B，C三小题，请选定其中两题作答，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.21.已知矩阵A的逆矩阵，求点P(1，2)在矩阵A对应的变换作用下得到点Q的坐标.【答案】(3，7)
19、【解析】【分析】设A，则，从而求得，由此可求出答案【详解】解：设A，则，解得，点P(1，2)在矩阵A对应的变换作用下得到点Q的坐标为(3，7)【点睛】本题主要考查矩阵与逆矩阵的关系，考查逆矩阵的求法，考查转化与化归思想，属于基础题22.在极坐标系中，已知两条曲线的极坐标方程分别为与，它们相交于A，B两点，求线段AB的中点M的极坐标.【答案】(1，)【解析】【分析】先将曲线方程化为直角坐标方程，再解方程组求得两交点坐标，再根据中点坐标公式求出答案【详解】解：将化为直角坐标方程为，将化为直角坐标方程为，联立，解得，或，不妨设，AB的中点M的直角坐标为(，)，点M的极坐标为(1，)【点睛】本题主要考
20、查极坐标方程与直角坐标方程的互化，属于基础题23.已知a，b，cR，且abc3，a2b22c26，求a的取值范围.【答案】【解析】【分析】由题意可得，结合柯西不等式即可得到，解一元二次不等式即可【详解】解：，即，【点睛】本题主要考查柯西不等式的应用，属于中档题【必做题】第22题、第23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.如图，已知三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABAC，且PAl，ABAC2，点D满足，.（1）当，求二面角PBDC的余弦值；（2）若直线PC与平面PBD所成角的正弦值为，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意，以为正交基
21、底，建立空间直角坐标系Axyz，求出各点的坐标，进而求出平面的法向量，然后利用空间向量求解二面角的大小；（2）利用线面角的向量求法可得，解出即可【详解】解：（1）PA平面ABC，APAB，APAC，又ABAC，以为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系Axyz，PA1，ABAC2，A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，P(0，0，1)，即D，设平面PBD的法向量为，则，取，当时，又可取为平面BDC的一个法向量，由图可知二面角PBDC的余弦值为；（2），平面PBD的一个法向量为，设直线PC与平面PBD所成角为，则，结合题设，得，即，解得或，【点睛】本题主要考查空间中线面角、二面角的
22、向量求法，准确求出平面的法向量是解决问题的关键，考查计算能力，属于中档题25.某高速公路全程设有2n(n4，)个服务区.为加强驾驶人员的安全意识，现规划在每个服务区的入口处设置醒目的宣传标语A或宣传标语B.（1）若每个服务区入口处设置宣传标语A的概率为，入口处设置宣传标语B的服务区有X个，求X的数学期望；（2）试探究全程两种宣传标语的设置比例，使得长途司机在走该高速全程中，随机选取3个服务区休息，看到相同宣传标语的概率最小，并求出其最小值.【答案】（1）（2）两种宣传标语1：1设置时，符合题设的概率最小，其最小值为【解析】【分析】（1）由题意得每个服务区入口处设置宣传标语B的概率为，则XB(2
23、n，)，由此可求出答案；（2）由古典概型的概率计算公式可得，记这3个服务区看到相同的宣传标语的事件数为M，看到相同宣传标语的概率P， 设该高速公路全程2n个服务区中，入口处设置醒目的宣传标语A的有m(m，m2n)个，分类讨论，利用数列中邻项作差法（即根据相邻两项之差的符号判断其单调性）结合组合数的性质可求得的最小值，从而求出答案【详解】解：（1）每个服务区入口处设置宣传标语A的概率为，每个服务区入口处设置宣传标语B的概率为，XB(2n，)，；（2）长途司机在走该高速全程中，随机的选取3个服务区，共有种选取方法，长途司机在走该高速全程中，随机的选取3个服务区，记这3个服务区看到相同的宣传标语的事件数为M，则其概率P，设该高速公路全程2n个服务区中，入口处设置醒目的宣传标语A的有m(m，m2n)个，当时，令，则当时，当时，；当时，当时，即；当，时，显然，即，当，时，时，或，或，同，；综上，当时，即两种宣传标语1：1设置时，符合题设的概率最小，其最小值为【点睛】本题主要考查二项分布的应用，考查古典概型的概率计算公式，考查组合数公式的应用，考查数列的单调性，考查分类讨论思想，考查计算能力与推理能力，属于难题
