1、江苏省南通市通州区西亭高级中学2020届高三数学下学期考前热身最后一练试题（含解析）一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置上）1. 已知集合，则=_.【答案】；【解析】【分析】根据交集的定义计算【详解】由题意故答案为：【点睛】本题考查集合的交集运算，属于简单题2. 已知复数（为虚数单位）的实部为零，则复数的模为_.【答案】1【解析】分析】利用除法运算将复数标准化结合已知得到a，再利用复数模的计算公式计算即可.【详解】，由题意，解得，所以，.故答案为：1【点睛】本题主要考查复数的除法运算、复数的模，涉及到复数实部，是一道容易题.3. 已知一组数据的平均
2、数为5，则该组数据的标准差是_.【答案】；【解析】【分析】利用平均数得到值，进而计算得到该组数据的方差，再得到标准差【详解】数据的平均数为5，则，得所以该组数据的方差为所以标准差为故答案为：【点睛】本题考查几个数据的平均数与标准差，考查计算能力，属于基础题.4. 在今年的“抗疫”战斗中，某医疗组现有3名医生和2名护士，需派遣其中两名医护人员去执行任务，则“至少有一名医生”的概率为_.【答案】；【解析】【分析】可用列举法写出所有基本事件，得出事件“至少有一名医生”含有的基本事件，然后计算概率【详解】把医生和护士编号，医生：，护士：，任选2人的基本事件有：共10个，其中事件“至少有一名医生”含有：
3、共9个基本事件，所以概率为故答案为：【点睛】本题考查古典概型，方法是列举法属于基础题5. 某同学在课外阅读中国古代数学名著孙子算经时，为解决“物不知数”问题，设计了如图所示的程序框图.执行此程序框图，输出a的值为_.【答案】23；【解析】【分析】根据程序框图依次计算得到答案.【详解】根据程序框图：，；，；，；，结束.故答案为：.【点睛】本题考查了程序框图，意在考查学生的计算能力，理解能力和应用能力.6. 在一次大学校园双选招聘会上，某公司计划招收名女生，名男生，若满足约束条件，则该公司计划在本次校招所招收人数的最大值为_.【答案】10；【解析】【分析】根据题意，作出可行域，转化为线性规划问题，
4、求x+y的最大值.【详解】由题满足约束条件，该公司计划在本次校招所招收人数为，作出可行域如图阴影部分，满足题意的点即可行域内横纵坐标均为整数的点. 其中，当直线经过C点时取得最大，即，此时女生5名，男生5名.故答案为：10.【点睛】此题考查线性规划问题的实际应用，关键在于准确作出可行域，根据目标函数平移直线求出最值取得的条件，注意考虑横纵坐标取整数.7. 已知函数的图象关于点对称，则当的绝对值取最小时，的值为_.【答案】【解析】【分析】由已知条件可得出关于的表达式，根据最小求得的值，然后代值计算可求得的值.【详解】由于函数的图象关于点对称，当时，最小，此时，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查
5、利用正弦型函数的对称性求参数，同时也考查了三角函数值的计算，考查计算能力，属于基础题.8. 如图，三棱锥中，点分别为棱的中点，如果三棱锥的体积为8，则几何体的体积为_.【答案】3；【解析】【分析】先根据几何关系得，根据三棱柱与三棱锥等底等高，故，即可解决.【详解】解：因为点分别为棱的中点，所以 ，三棱锥的高是三棱锥的倍，所以，又因为三棱锥的体积为8，所以又因为三棱柱与三棱锥等底等高，故.故答案为：3.【点睛】本题考查利用几何关系求解几何体的体积，是中档题.9. 已知定义在实数集上的函数，则不等式的解集是_（结果用区间表示）.【答案】；【解析】【分析】根据函数的单调性，奇偶性解不等式即可.【详解
6、】解：，所以函数为偶函数，当，所以在上单调递增，由偶函数得在上单调递减，所以由得，解得故答案为：【点睛】本题考查利用函数单调性，奇偶性解不等式问题，是中档题.10. 已知等差数列中，则_.【答案】18【解析】【分析】由通项公式把已知和待求式都用和表示后可得【详解】由题意，故答案为：18【点睛】本题考查等差数列的通项公式，属于基础题11. 已知双曲线的一条准线与抛物线的准线重合，当取得最小值时，双曲线的离心率为_.【答案】；【解析】【分析】先根据两个曲线的准线重合得，在根据基本不等式得，再利用离心率公式求解即可.【详解】解：抛物线的准线方程为，双曲线的准线方程为，所以，即，所以，当且仅当时等号成
7、立.所以，解得，所以双曲线的离心率为.故答案为：.【点睛】本题考查抛物线与双曲线的准线方程，基本不等式，是基础题.12. 在平面直角坐标系中，动圆截轴所得的弦长恒为.若过原点作圆的一条切线，切点为，则点到直线距离的最大值为_.【答案】；【解析】【分析】先根据截轴所得的弦长恒为找到的关系，再由切点列勾股定理可得点在的圆上，从而最大距离为圆心到直线的距离加半径.【详解】因为动圆截轴所得的弦长恒为，所以设，由已知条件得，所以，即点在的圆上所以点到直线距离的最大值为故答案为：【点睛】此题考查圆上点到直线距离的最值问题，关键点是对题干条件的转化，属于较易题目.13. 已知函数，（e2.71828是自然对
8、数的底数），若存在，使得成立，则实数的取值范围是_.【答案】；【解析】【分析】先利用导数求得的值域为，再转化为，在有解，转化为在有解，再令，利用导数求的最小值，的最大值，则的取值范围是.【详解】当时，则，即在递减，得，当时，在递增，则，综合得的值域为.由题若存在，使得成立，则，在有解，即在在有解，令，则，在递减，的最小值，又，在递减，的最大值，则.故答案为：【点睛】本题考查了能成立问题，利用导数求函数的值域或最值，还考查了分离变量的技巧，转化思想，难度较大.14. 已知锐角三角形ABC中，BC=3，于H，若，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由向量的数量积的运算结合条件可得出，进而得到
9、，从而有，在三角形中可得，再根据三角形ABC为锐角三角形，得出的范围,得出答案.【详解】由得，,即所以,即所以，又BC=3，所以所以,则又在锐角三角形ABC中，解得，从而故答案为：【点睛】本题考查向量的数量积的运算和投影的意义，考查三角恒等变换，属于中档题.二、解答题（本大题共5小题，共计90分.解答写出必要的过程）15. 如图，在直四棱柱中，四边形为矩形，是的中点，是上以点，且满足.（1）求证：；（2）求证：平面.【答案】（1）证明见解析.（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由、推出平面，由平面即可推出；（2）连接，交于点，连接，由、可推出，则，得证.【详解】（1）在直四棱柱中，平面，由平
10、面得，因为四边形是矩形，所以，又，平面，平面所以平面，又平面，所以；（2）连接，交于点，连接，因为四边形是矩形，且是的中点，所以，因为，所以，所以，又平面，平面，所以平面.【点睛】本题考查线线垂直、线面平行的判定与证明，利用线面垂直证明线线垂直，属于基础题.16. 在中，角，的对边分别为，已知.（1）求的值；（2）若，求的面积S.【答案】（1）；（2）21.【解析】【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后结合两角和的正弦公式和诱导公式可得；（2）由正弦定理求得，由诱导公式和两角和的正弦公式求得，再由三角形面积公式得结论【详解】解：（1）因为，由正弦定理得，所以，因为，在中，所以，所以，又，所以（
11、2）因为，在中，所以由正弦定理得因为，在中，所以，所以，的面积S【点睛】本题考查正弦定理解三角形与边角互化，考查诱导公式与两角和的正弦公式，同角间的三角函数关系，应用的公式较多，注意应用公式的顺序，本题属于中档题17. 如图是一块空地OABC，其中AB，BC，OC是直线段，曲线段OA是抛物线的一部分，且点O是该抛物线的顶点，OC所在的直线是该抛物线的对称轴.经测量：O，A，B三点在一条直线上，OC4，（单位：百米）.开发商计划利用这块空地建造一个矩形游泳池，矩形顶点都在空地的边界上，其中点D，E在直线段OC上，设GDx（百米），矩形草坪的面积为f(x)（百米）2.（1）求f(x)的解析式；（2
12、）当x为多少时，矩形草坪DEFG的面积最大？【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意先根据已知条件建立平面直角坐标系，设出抛物线标准方程，然后将点坐标给出来，代入方程求出的值，然后分两段表示出的表达式（2）按照分段函数求最值的方法，在两段上分别求出其最大值，然后取其中的较大者，注意前一段利用导数研究单调性后求最值后一段是二次函数的最值问题【详解】解：以O为坐标原点，OC所在的直线是x轴，建立平面直角坐标系xOy由于OC4，所以点C的坐标为（4，0）点B的坐标为（2，2），点A的坐标为（1，1）由于抛物线的顶点为点O对称轴是直线OC，可设抛物线方程为y2=mx，将点A的坐标代入得m=
13、100，所以抛物线方程为y2=x，直线CB的方程是y=4-x，直线AB的方程是y=x（1）因为设DG=x，所以当0x1时，点G的坐标为，点F的坐标为所以矩形DEFG的面积S=；当1x2时G的坐标为所以矩形DEFG的面积S=所以矩形DEFG的面积S=（2）当0x1时，令得所以，当时；当时，所以，当时，矩形DEFG的面积取得最大值；当1x2时，所以，函数f(x)在区间（1，2）单调递减当时，矩形DEFG面积取得最大值又综上，当时，矩形DEFG的面积取得最大值答（1）矩形DEFG的面积S=；（2）当时，矩形DEFG的面积取得最大值.【点睛】本题考查了分段函数的应用性问题，要注意抓住题目中的等量关系列
14、出函数表达式，然后分两段研究其最值属于中档题.18. 已知点是椭圆的左焦点，椭圆的离心率为，点在椭圆E上.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于两点，设椭圆的左顶点为A，记直线PA，QA的斜率分别为.求的值；过P作垂直于PA的直线l交x轴于点M.则A，P，M，Q四点是否共圆？若共圆，求出该圆的方程；若不共圆，请说明理由.【答案】（1）；（2）；存在；满足条件的圆的方程为.【解析】【分析】（1）由条件列式，利用待定系数法求椭圆方程；（2）设直线方程，并与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，表示的值；要A，P，M，Q四点共圆，则必有，分别利用直线，求得点的坐标，建立等式，再代入点的坐标，求得和
15、，以及点的坐标，并根据坐标求圆的方程.【详解】解：（1）由椭圆的离心率为，得又椭圆经过点，所以，解得，所以椭圆E的方程为（2）证明：由于直线PQ的斜率不为零，故设直线PQ的方程为x=my-1代入，得（3m2+4）y2-6my-9=0所以设点的坐标分别为所以=因为，所以PM的直线方程为令，得的坐标为要A，P，M，Q四点共圆，则必有所以QM的直线方程为令，得的坐标为所以由方程组解得所以，从而即所以，由知此时M的坐标为（，0），所以，满足条件圆的方程为.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，四点共圆的综合应用，重点考查转化与化归的思想，逻辑推理能力，以及计算能力，本题的最后一问是本题的难点，关键是根
16、据四点共圆的条件设直线，并能力转化为坐标运算.19. 已知正项数列的前n项和是，满足（为常数）（1）记，证明：数列是等差数列；（2）若，成等比数列，求数列的通项公式；设，其中，且对任意的正整数k，仍在数列中，求q的所有值.【答案】（1）证明见解析；（2）；q的所有取值是.【解析】【分析】（1）将题中所给的式子进行变形，得到，即，得到，从而得到数列是等差数列，得证；（2）根据条件可以求得数列是以2为首项，3为公差的等差数列，从而得到其通项公式；根据定义，结合题意，分情况讨论得到结果.【详解】（1）当时，故；当取为时，所以，即，又，所以所以所以，数列是等差数列；（2）因为，所以因为成等比数列，所以
17、由（1）可知数列是以2为首项，3为公差的等差数列，所以，数列的通项公式是，因为对任意的正整数k，仍在数列中，所以仍在数列中，当时，q无解；当时，得；当时，即（*），令，则为关于q的单调递增函数，因为，所以，所以（*）无解，所以q的取值为，进一步得，当时，对任意的正整数k，仍在数列中，所以q的所有取值是.【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的证明，等差数列的通项公式，恒成立问题求参数，属于较难题目.20. 已知函数，其中e2.71828是自然对数的底数.（1）当时，若曲线在处的切线恰好是直线，求c的值；若，方程有正实数根，求c的取值范围.（2）当时，不等式对于任意恒成立，
18、当c取得最大值时，求实数a的最小值.【答案】（1）；（2）a的最小值为1.【解析】【分析】（1）求导计算，得到切线方程；记，求导得到函数单调区间，讨论，三种情况，计算得到答案.（2）确定在上恒成立，令，求导得到函数单调性，计算最值得到，取计算得到，代入计算得到，得到，再代入验证得到答案.【详解】（1）当时，所以.所以，则曲线在处的切线方程是，因为曲线在处的切线恰好是直线所以.当，由题意，得方程有正实数根，即方程有正实数根，记，当时，；当时，；所以在上为减函数，在上为增函数，所以.若，则，不合题意；若，由知适合；若，则，又，所以，由零点存在性定理知在上必有零点.综上，c的取值范围为.（2）要不等
19、式在上恒成立，首先必须在上恒成立，所以，令，则，在上单调递增，故c的最大值为1.又，所以，所以在上恒成立，故，所以a的最小值为1，当a=1时，记，则，而，所以在单调递增，而，从而在单调递增，所以，所以不等式在上恒成立.【点睛】本题考查了切线方程，利用导数解决不等式恒成立问题，利用导数计算方程的根的相关问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.数学II（理科附加题）【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按作答的前两小题评分.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，若点经过变换后得到点，求矩阵的
20、特征值.【答案】矩阵的特征值为.【解析】【分析】由题意可得，求解易得的值，则，由矩阵的特征多项式，求出特征值即可.【详解】解：因为，所以，矩阵的特征多项式为，令，解得，所以矩阵的特征值为.【点睛】本题主要考查矩阵变换，矩阵的特征及其特征的求法.属于较易题.B.【选修4-4：坐标系与参数方程】22. 已知直线l的参数方程为（t为参数），点P（1，3）在直线l上.（1）求m的值；（2）以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C：与直线l交于点A，B，求线段AB的长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）将点代入直线的参数方程解得答案.（2）将参数方程和极坐标方程化为普通方程
21、，计算圆心到直线的距离，再利用勾股定理解得答案.【详解】（1）因为点P（1，3）在直线l上，则，解得.（2）将直线l的参数方程为化为普通方程是，将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程是，则圆心到直线l的距离为，所以.【点睛】本题考查了参数方程，极坐标方程，意在考查学生的计算能力，转化能力和应用能力.C.【选修4-5：不等式选讲】23. 已知不等式的解集为.（1）求，的值；（2）若，求的最小值.【答案】（1），；（2）【解析】分析】（1）按，进行分类讨论，求出不等式的解集，即可得，的值；（2）由（1）得，则，展开后运用均值不等式即可求出最小值.【详解】（1）原不等式可化为或或，解得或或，原不等式的
22、解集为，故，；（2）由（1）得，即，所以.当且仅当，即，时取等号，故所求最小值为.【点睛】本题主要考查了求解绝对值不等式，考查了分类讨论的数学思想；考查了基本不等式求最值，在运用基本不等式时要根据一正，二定，三取等的思路去思考【必做题】请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.24. 如图，在以为顶点的五面体中，四边形为正方形，.（1）求异面直线BC，DF所成角的大小；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，可以得到从同一点O出发的三条线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量数量积等于零，得到异面直线BC，DF所成角为；（2）利
23、用空间向量法能求出二面角的平面角的余弦值.【详解】因为四边形为正方形，所以平面又所以，在平面内作，垂足为点O，以O为坐标原点，OF所在的直线为x轴，OD所在的直线为z轴建立空间直角坐标系（如图所示）.设OF=a，因为所以（1）点D的坐标为，点F的坐标为，点B的坐标为点C的坐标为.则，设向量的夹角为则所以异面直线BC，DF所成角为（3）点E的坐标为，设平面DBE的法向量为，由得，取得平面DBE的一个法向量为，设平面CBE的法向量为，由得，取得平面DBE的一个法向量为，设两个法向量的夹角为则由于二面角为锐二面角，所以二面角余弦值为【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有利用空间向量
24、法求线线角的大小和二面角的余弦值，在解题的过程中，注意对题的条件的正确和合理利用，对基础知识灵活掌握是正确解题的关键，属于简单题目.25. 当时，集合A1，2，3，n，取集合A中m个不同元素的排列分别表示为M1，M2，M3，MA(n)1，MA(n)，其中A(n)表示取集合A中m个不同元素的排列的个数.设pi为排列Mi中的最大元素，qi为排列Mi中的最小元素，1iA(n)，记Pp1p2pA(n)1pA(n)，Qq1q2qA(n)1qA(n).（1）当m=2，n3时，分别求A(3)，P，Q；（2）对任意的，求P与Q的等式关系.【答案】（1）A(3)6，P=16，Q8；（2）PmQ.【解析】【分析】
25、（1）当m=2，n3时，分析题意，可求得A(3)的值，分别写出对应的排列，得到P，Q的值；（2）对任意的，分析其对应的数据，找到其关系，从而得到结果.【详解】（1）当m=2，n3时，A（3）6，6个排列分别为1，2；2，1；1，3；3，1；2，3；3，2.则P=16，Q8.（2）显然mpin，pi，并且以m为最大元素的取法有个，以m+1为最大元素的取法有个，以m+2为最大元素的取法有，以k(mkn)为最大元素的取法共有，以n为最大元素的取法有个，Pp1p2pA(n)1pA(n)因为(km，m+1，n)，所以Pm.显然1qinm+1，qi，以1为最小元素的取法有个，以2为最小元素的取法有个，以3为最小元素的取法有个，以k(1knm+1)为最小元素的取法共有，以nm+1为最小元素的取法有个.Qq1q2qA(n)1qA(n)，则Q得PQ(n1)(n1)(m+1)，则Q，所以PmQ.【点睛】该题考查的是有关排列数的问题，涉及到的知识点有集合中元素的特征，排列数公式，属于较难题目.