1、江苏省宿迁市2020届高三数学下学期5月联考试题（含解析）第卷（必做题，共160分）一、填空题（请将答案填写在答题卷相应的位置上）1.已知集合，则等于 【答案】【解析】试题分析：考点：集合运算【方法点睛】1.用描述法表示集合，首先要弄清集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明确集合类型，是数集、点集还是其他的集合2求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解3在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn图和数轴使抽象问题直观化一般地，集合元素离散时用Venn图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍2.若复数满足（是虚数单位），则复数的模等于_【答案】【
2、解析】【分析】由题意可得，再由复数模的概念即可得解.【详解】复数满足，故答案为：.【点睛】本题考查了复数运算与复数模的求解，属于基础题.3.如图所示，运行该流程图，若输入值，则输出的值为_【答案】6【解析】【分析】由题意执行该程序框图，直接计算即可得解.【详解】，故答案为：6.【点睛】本题考查了程序框图的求解，属于基础题.4.已知一组数据4，5，6，6，9，则该组数据的方差是_【答案】【解析】【分析】由题意计算出后，由方差公式直接计算即可得解.【详解】由题意，故答案为：.【点睛】本题考查了数据方差的计算，属于基础题.5.从2名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至
3、少有1名女同学的概率是_【答案】【解析】【分析】由题意分别计算出所有情况数与符合要求的情况数，再结合古典概型概率公式即可得解.【详解】从2名男同学和2名女同学中任选2名同学共有种情况，其中2名同学中至少有1名女同学有种情况，故所求概率故答案为：.【点睛】本题考查了计数原理的应用及古典概型概率的求解，属于基础题.6.过双曲线的右焦点且与轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于，两点，则的长度为_【答案】【解析】【分析】由题意求得双曲线的渐近线方程与右焦点，进而可得点，即可得解.【详解】双曲线的渐近线方程为，右焦点为，则点，所以故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线性质的简单应用，属于基础题.7.已知
4、等差数列中，则其前项和的最小值为_【答案】4【解析】【分析】由题意结合等差数列的通项公式可得，求出后，可得，即可得解.【详解】设等差数列的公差为，解得，当时，的最小值为故答案为：.【点睛】本题考查了等差数列基本量运算与前n项和最值的求解，属于基础题.8.已知函数的图象向左平移个单位后，关于点对称，则实数的值为_【答案】2【解析】【分析】由题意平移之后的函数为，进而可得，即可得解.【详解】设函数的图象向左平移个单位后得的图象，由题意关于点对称，故答案为：2.【点睛】本题考查了三角函数图象的平移与对称性的应用，属于基础题.9.已知圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，记
5、圆锥和球体的体积分别为，则的值为_【答案】【解析】【分析】设圆锥底面半径为，圆锥的内切球半径为，由题意画出圆锥轴截面图，进而可得、圆锥高，即可得解.【详解】设圆锥底面半径为，圆锥的内切球半径为，由题意知，圆锥的轴截面是边长为的正三角形，球的大圆为该正三角形的内切圆，如图，圆锥高，故答案为：.【点睛】本题考查了圆锥几何特征的应用及其内切圆相关问题的求解，属于基础题.10.已知是第二象限角，且，则的值为_【答案】【解析】【分析】由题意结合同角三角函数的关系可得，根据二倍角的正切公式可得，最后利用两角差的正切公式即可得解.【详解】 是第二象限角，且，又，解得，故答案为：.【点睛】本题考查了两角差的正
6、切公式及二倍角的正切公式的应用，考查了同角三角函数关系的应用和运算能力，属于中档题.11.设是定义在区间上的奇函数，且为单调函数，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由题意结合奇函数的性质可得，由函数单调性可得，求得函数的定义域后即可得，再由指数函数的性质即可得解.【详解】是定义在区间上的奇函数，即，得，又为单调函数，令即，则，故答案为：.【点睛】本题考查了指数函数、对数函数的图象与性质的应用，考查了函数奇偶性的应用，属于中档题.12.在中，已知点，分别是边，的中点，点在边上若，则线段的长为_【答案】【解析】【分析】由题意结合余弦定理可得，即可得，建立平面直角坐标系后，表示出各点坐标，由转
7、化为坐标运算即可得解.【详解】在中，则，以为坐标原点，点、分别在轴、轴正半轴上建立平面直角坐标系，如图，则，设，故，解得或（舍去），. 故答案为：.【点睛】本题考查了余弦定理与平面向量数量积的坐标运算，考查了运算求解能力，属于基础题13.在平面直角坐标系中，分别是轴和轴上的动点，若以为直径的圆与直线相切，当圆C面积最小时，圆C的标准方程为_【答案】【解析】【分析】由题意易知原点在圆上，作垂直直线于点，进而可得当为圆直径时，圆面积最小，求出直线后，联立方程即可得点，求得圆的圆心与半径后即可得解.【详解】由题意可得，原点在圆上，作垂直直线于点， 则当为圆直径时，圆面积最小，易知，所以直线，由可得点
8、，所以，半径，故圆的方程为故答案为：.【点睛】本题考查了直线与圆的综合问题，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.14.函数f（x），若任意t（a1，a），使得f（t）f（t+1），则实数a的取值范围为_【答案】1a1【解析】【分析】根据f（x），由t（a1，a）t+1（a，a+1），得到f（t）；f（t+1）|t+1|；再根据任意t（a1，a），使得f（t）f（t+1），即|t+1|t+1|（|t|+1）20；然后分当t0，1t0，t1时，解不等式得t1；根据若任意t（a1，a），使得f（t）f（t+1）成立，则（a1，a）是（1）的子集求解.【详解】因为：f（x），由t（a1，a）
9、t+1（a，a+1），f（t）；f（t+1）|t+1|；任意t（a1，a），使得f（t）f（t+1），|t+1|；当t0时，式转化为0t；当时式转化为，；t1时式转化为t230t0；综上可得t1；若任意t（a1，a），使得f（t）f（t+1），a1且a1；1a1；【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法和集合关系的应用，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.二、解答题（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，在四棱锥中，底面是直角梯形，且，已知平面平面，分别为，的中点求证：（1）平面；（2）平面【答案】（1）详见解析；（2）详见解析【解析】【
10、分析】（1）由题意可得四边形是平行四边形，即可得，再根据线面平行的判定即可得证；（2）由面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的性质可得即，再结合，由线面垂直的判定即可得证.【详解】证明：（1）因为，为的中点所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面所以平面；（2）因为平面平面，平面平面，平面所以平面，因为平面所以，因为，分别为，的中点，所以，所以，因为，所以，因为平面，平面，所以平面【点睛】本题考查了线线、线面、面面关系的判定与性质，考查了空间思维能力，属于中档题.16.如图，在中，边上一点，且（1）求；（2）求的面积【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理结合题意可
11、得，根据同角三角函数的平方关系可得、，再利用即可得解；（2）由正弦定理可得，进而可求得、，利用三角形面积公式即可得解.【详解】（1）在中，由余弦定理得所以因为，是三角形的内角，所以所以；（2）在中，由正弦定理得，所以，所以，所以【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理及三角恒等变换的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题.17.某公司准备设计一个精美的心形巧克力盒子，它是由半圆、半圆和正方形ABCD组成的，且设计人员想在心形盒子表面上设计一个矩形的标签EFGH，标签的其中两个顶点E，F在AM上，另外两个顶点G，H在CN上（M，N分别是AB，CB的中点）设EF的中点为P，矩形EFGH的面积为（1）
12、写出S关于的函数关系式（2）当为何值时矩形EFGH的面积最大？【答案】（1），；（2）当为时，矩形EFGH的面积最大，为【解析】【分析】（1）由题意知，可得，利用矩形的面积公式，即可得答案；（2）利用导数可得：当时，恒成立，所以在上单调递增，即可得答案；【详解】（1）由题意知，则，即，（2）因为，所以，所以，故当时，恒成立，所以在上单调递增故当时，答：当为时，矩形EFGH的面积最大，为【点睛】本题考查导数在实际问题中的运用，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.18.在平面直角坐标系中，椭圆的上顶点到焦点的距离为2，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆长轴上的一个动点，过点
13、作斜率为的直线交椭圆于，两点，若的值与点的位置无关，求的值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题意结合椭圆性质可得、，由求出后即可得解；（2）设，直线的方程为，联立方程可得，进而可得，令即可得解.【详解】（1）由题设可知，所以，所以，所以椭圆的方程为；（2）设，直线的方程为，将直线与椭圆的方程联立即，消去得，所以，所以，因为的值与点的位置无关，即上式取值与无关，故有，解得.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的确定及直线与椭圆的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题.19.已知函数（1）当时，求函数在处的切线方程；（2）若函数在定义域上单调增，求的取值范围；（3）若函数在定义域上不单调，
14、试判定的零点个数，并给出证明过程【答案】（1）；（2）；（3）函数必有三个不同零点，证明详见解析【解析】【分析】（1）求导后可得即为切线斜率，再求出，利用点斜式即可得解；（2）转化条件得在时恒成立，令，对求导后求出，令即可得解；（3）由题意若函数在定义域上不是单调函数，设，求导后，即可确定函数的零点个数，结合即可得解.【详解】（1）当时，则，则在处的切线斜率为，所以函数在处切线方程为即；（2）因为所以的定义域为，又因为函数在定义域上为单递增函数，所以在时恒成立，即在时恒成立，设，则，当时，则在上为减函数，当时，则在上为增函数，所以在时恒成立，所以；（3）因为，所以，则不可能对恒成立，即在定义域
15、上不可能始终都为减函数，由（2）知函数为增函数，所以若函数在定义域上不是单调函数，又因为，所以是函数一个零点，令即，设，则与有相同的零点，令，得，因为，所以，所以有两个不相等实数解，因为，所以不妨设，当时，在为增函数；当时，在为减函数；当时，在为增函数；则，又因为时，所以，又因为在图象不间断，所以在上有唯一零点；又因为在图象不间断，所以在上有唯一零点；又因为是函数一个零点，综上，函数必有三个不同零点【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算能力与推理能力，属于难题.20.已知数列的前n项和为，把满足条件的所有数列构成的集合记为（1）若数列的通项为，则是否属于？（2）若数列是等差数列，且，求的
16、取值范围；（3）若数列的各项均为正数，且，数列中是否存在无穷多项依次成等差数列，若存在，给出一个数列的通项；若不存在，说明理由【答案】（1）；（2）；（3）数列中是不存在无穷多项依次成等差数列，理由详见解析【解析】【分析】（1）由题意可得，证明即后即可得解；（2）由题意可得，当时，；结合二次函数的性质可得；即可得；进而可得，即可得解；（3）转化条件得即，假设数列中存在无穷多项依次成等差数列，不妨设该等差数列的第项为（为常数），则存在，使得，设，作差后可得即当时，进而可得不等式有无穷多个解，显然不成立，即可得解.【详解】（1）因为，所以，所以，所以，即；（2）设的公差为，因为，所以（*）特别当时
17、，即，由（*）得，整理得，因为上述不等式对一切恒成立，所以必有，解得，又，所以，于是，即，所以即；（3）由得，所以，即，所以，从而有，又，所以，即，又，所以有，所以，假设数列中存在无穷多项依次成等差数列，不妨设该等差数列的第项为（为常数），则存在，使得，即，设，则，即，于是当时，从而有：当时，即，于是当时，关于的不等式有无穷多个解，显然不成立，因此数列中是不存在无穷多项依次成等差数列【点睛】本题考查了新概念在数列中的应用，考查了数列与函数的综合应用及反证法的应用，属于难题.第卷（附加题，共40分）三、选做题21.已知矩阵（1）求的逆矩阵；（2）求圆经过变换后所得的曲线的方程【答案】（1）；（2
18、）【解析】【分析】（1）由题意结合，即可得解；（2）求出圆上的点经过变换后所得的点，即可得解.【详解】（1）由条件且，可得；（2）设变换后新曲线上任一点，变换前对应点，则，即，所以，代入得：，所以曲线经过变换后所得曲线的方程为.【点睛】本题考查了逆矩阵的求解及矩阵变换的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.22.已知圆的参数方程为（为参数），以平面直角坐标系原点为极点，轴的正半轴为极轴，取与直角坐标系相同的单位建立极坐标系，求过圆心且与极轴垂直的直线的极坐标方程【答案】【解析】【分析】由题意消去参数可得圆的普通方程为，进而可得过圆心且与极轴垂直的直线的直角坐标方程为，由极坐标方程与直角坐标方程
19、的转换公式即可得解.【详解】由（为参数）消去参数得圆的普通方程为，圆心坐标为，过圆心且与极轴垂直的直线的直角坐标方程为，则其极坐标方程为.【点睛】本题考查了参数方程、直角坐标方程与极坐标方程的转化，属于基础题.23.已知函数，若，且不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】.【解析】分析】由柯西不等式得，转化条件得，结合绝对值三角不等式，即可得解.【详解】由柯西不等式可得，所以，当且仅当即、时，等号成立，所以恒成立，因为，当且仅当时，等号成立，所以的解集为，所以实数的取值范围.【点睛】本题考查了柯西不等式与绝对值三角不等式的综合应用，考查了计算能力与转化化归思想，属于中档题.四、必做题24.如图，
20、正四棱柱中，设，点在上，且（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出各点坐标后，进而可得平面一个法向量、直线的方向向量，利用即可得解；（2）取平面一个法向量，利用即可得解.【详解】如图，以点为原点，分别为，轴建立空间直角坐标系，则，；（1）所以，设平面一个法向量为，由得，令，则，设直线与平面所成角为，所以 所以直线与平面所成角的正弦值为；（2）由（1）知平面一个法向量为，取平面一个法向量，则，由图知二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了利用空间向量求解线面角和二面角，考查了运算能力，属于中档题
21、.25.已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点（）若在线段上，是的中点，证明；（）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.【答案】（）见解析；（）【解析】【分析】设的方程为（）由在线段上，又；（）设与轴的交点为（舍去），设满足条件的的中点为当与轴不垂直时当与轴垂直时与重合所求轨迹方程为【详解】由题设，设，则，且记过两点的直线为，则的方程为 （）由于在线段上，故，记的斜率为的斜率为，则，所以 （）设与轴的交点为，则，由题设可得，所以（舍去），设满足条件的的中点为当与轴不垂直时，由可得而，所以当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为【点睛】本题考查了1.抛物线定义与几何性质；2.直线与抛物线位置关系；3.轨迹求法