1、江苏省徐州市睢宁高中2020届高三数学下学期4月月考试题（含解析）一、填空题1.在中，为三角形内一点且，则_【答案】5【解析】【分析】确定点位置，利用勾股定理可得，即可得出结论.【详解】已知是直角三角形，为斜边，记，则有.，所以到边的距离分别为，设分别为边的三等分点，则，为的交点， ， 故答案为：5【点睛】本题考查解直角三角形，确定点位置是解题关键，注意平面几何知识在解三角形中的应用，属于中等题型.2.已知函数，则关于的不等式的解集为_【答案】【解析】【分析】根据题意，设，分析易得为增函数且是奇函数，进而可得，解可得的取值范围，即可得答案.【详解】根据题意，设，即为奇函数，在上为增函数，所以在
2、上为增函数，且在处连续，在上为增函数，解可得：，即不等式解集为.故答案为：【点睛】本题考查构造函数，利用函数单调性解不等式，属于中等题型.3.在ABC中，已知AB3，A120，且ABC的面积为，则BC_.【答案】7【解析】试题分析：由即得，再由余弦定理可得，所以.考点：三角形面积公式和余弦定理.4.已知数列的前项和满足：，且，那么为_【答案】1【解析】【分析】根据题意，令，可知，根据公式，即可求解.【详解】由令，则有，即则故答案为：1【点睛】本题考查利用前n项和公式求通项，属于基础题.5.执行下图的算法框图，若，则输出_【答案】5【解析】【分析】根据程序框图，分析执行时参数的值，确定结束循环体
3、的条件，即可求解.【详解】执行如图所示的程序框图，有，满足条件，有；满足条件，有；满足条件，有；满足条件，有；不满足条件，退出循环，输出的值为.故答案为：【点睛】本题考查程序框图循环体结构，考查计算能力，属于基础题.6.已知直线（为参数），圆（极轴与轴的非负半轴重合，且单位长度相同），若直线被圆截得弦长为2，则_【答案】【解析】【分析】根据题意，将直线的参数方程转化成普通方程，将圆的极坐标方程转化成直角坐标方程再根据直线与圆的相交弦问题求弦长，列出方程即可求解参数值.【详解】把直线参数方程化成普通方程为，把圆的极坐标方程化成直角坐标方程为，即.又圆心到直线的距离为，所以，即，解得.故答案：【点
4、睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的转化，参数方程化成普通方程，考查转化与化归思想，属于基础题.7.已知，若在上恒成立，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据题意，作出函数和在上的图像，根据图像可判断直线斜率所在范围，即可求解参数取值范围.【详解】作出函数和在上的图像，如下图所示由图可知，当直线在阴影部分之间时，满足在上恒成立，所以当直线经过点时，当直线恰好是轴时，所以所以的取值范围是故答案：【点睛】本题考查函数函数恒成立问题，考查转化与化归思想，考查数形结合思想，有一定难度.8.复数的共轭复数是，是虚数单位，则的值是_【答案】7【解析】【分析】化简复数，根据它的共轭复数是，可得和
5、的值，从而求得的值.【详解】复数，由于它的共轭复数是，故，故的值是.故答案为：【点睛】本题考查复数的运算及共轭复数，属于基础题.9.已知实数满足约束条件，则的最小值是_【答案】【解析】【分析】作出不等式组表示的平面区域，由可得，则表示直线在轴上的截距，截距越小，越小，结合图像可求的最小值.【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图所示的阴影部分由可得，则表示直线在轴上的截距，截距越小，越小由题意可得，当经过点时，最小由可得，此时故答案为：【点睛】本题考查线性规划，考查数形结合能力，属于基础题.10.棱长为1的正方体中，为的中点，点为侧面内一动点（含边界），若动点始终满足，则动点的轨迹的长度为_【
6、答案】【解析】【分析】如图，取的中点，.先找到一个平面总是保持与垂直，即面，又点在侧面及其边界上运动，并且总是保持与垂直，得到点的轨迹为面与面的交线段，结合平面的基本性质知这两个平面的交线是.【详解】先找到一个平面总是保持与垂直，取的中点，.连接，在正方体中，有面，又点在侧面及其边界上运动，根据平面的基本性质得：点的轨迹为面与面的交线段.在直角三角形中，故答案为：【点睛】本题考查线面垂直的定义及判定定理，考查数形结合思想，属于中等题型11.设抛物线的焦点为，准线为为抛物线上一点，为垂足如果直线的倾斜角为那么_【答案】8【解析】【分析】根据题意，通过设，利用为等腰三角形及直角三角形，求出，通过抛
7、物线的定义求解即可.【详解】由题可知：抛物线的焦点为：，抛物线的准线方程为：，不妨设，则，由抛物线的定义可知：，为等腰三角形，又，.即.得：，解得：，.故答案为：【点睛】本题考查集合抛物线定义及焦半径公式，考查计算能力，属于中等题型.12.如图，已知正三棱柱的所有棱长均相等，D为的中点，则直线AD与平面所成角的正弦值为_【答案】.【解析】【分析】先证出B1D平面AC1，过A点作AGCD，证AG平面B1DC，可知ADG即为直线AD与平面B1DC所成角，求其正弦即可【详解】如图，连接B1D，因为三角形为正三角形，则， 又平面 平面AC1，交线为，B1D平面 ，则B1D平面AC1，过A点作AGCD，
8、则由B1D平面AC1，得AGB1D，由线面垂直的判定定理得AG平面B1DC，于是ADG即为直线AD与平面B1DC所成角，由已知，不妨令棱长为2，则可得ADCD，由等面积法算得AG所以直线AD与面DCB1的正弦值为 ；故答案为【点睛】考查正棱柱的性质以及线面角的求法考查空间想象能力以及点线面的位置关系，线面角的一般求解方法：法一作出角直接求解，法二；利用等积转化求解13.若处函数的导函数为自然对数的底数，且满足，则当时与之间的大小关系为_【答案】一定大于【解析】【分析】根据题意，构造函数，求导，利用导数研究新函数的单调性，由，比较与的大小，即可求解.【详解】由题意，令，定义域为R则又，则有，即在
9、R上是单调递增函数由 ，则有即故有故答案为：一定大于【点睛】本题主要考查函数的单调性，构造函数利用导数研究函数单调性，属于中等题型.14.若不等式组表示的平面区域是三角形，则实数的取值范围是_【答案】或【解析】【分析】根据题意，画出图形，表示一条经过点，斜率等于的直线，当斜率满足大于零且小于或等于的斜率、或者斜率满足小于的斜率时，表示的平面区域是三角形，求出、的斜率即可求得实数的取值范围.【详解】如图所示，由于表示正方形内部区域，包含边界；而表示一条经过点，斜率等于的直线故当斜率满足大于零且小于或等于的斜率、或者斜率满足小于的斜率时，表示的平面区域是三角形则有故应有，或故答案为：或【点睛】本题
10、考查线性规划问题，根据可行域的形状分析斜率范围，考查数形结合思想，有一定难度.二、解答题15.已知四棱柱的底面是边长为2的菱形， ，点是棱的中点（）求证：平面；（）求点到平面的距离【答案】（）见解析（）【解析】【分析】（）底面菱形对角线互相平分，根据三角形中位线推出平行关系，即可证明；（）根据垂直关系转化，证平面，可得，再证平面，可求三棱锥的体积，运用等体积法，求解点面距离.【详解】（）证明：，连结，所以，平面，不包含于平面，平面（）平面，四棱柱的底面是边长为2的菱形，平面又平面平面，点到平面的距离等于点到平面的距离即点到平面的距离为.【点睛】本题考查立体几何中线面平行关系的证明、点到面的距离
11、的求解问题；求解点到面的距离的常用方法是采用体积桥的方式，将问题转化为三棱锥的高的求解问题.16.已知中，为边上一点，（1）若，求的面积；（2）若角为锐角，求的长【答案】（1）24（2）【解析】【分析】（1）根据余弦定理求得，再根据三角形面积公式，即可求解；（2）在中，根据正弦定理，可求解，再根据两角和正弦公式，求解，在中，由正弦定理即可求解的长.【详解】（1）在中，由余弦定理：，即，解得，所以，（2）由正弦定理可得：，即，解得，由角为锐角得，在中，由正弦定理得，即，解得【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中应用，考查了三角形的面积计算公式，考查了转化能力和计算能力，属于中档题.17
12、.某景区平面图如图1所示，为边界上的点已知边界是一段抛物线，其余边界均为线段，且，抛物线顶点到的距离以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系（1）求边界所在抛物线的解析式；（2）如图2，该景区管理处欲在区域内围成一个矩形场地，使得点在边界上，点在边界上，试确定点的位置，使得矩形的周长最大，并求出最大周长【答案】（1）；（2）点与点重合最大值为22，【解析】【分析】（1）根据题意，设二次函数解析式为，代入点C、E坐标，即可求解参数；（2）根据题意结合（1）中抛物线解析式，设点坐标为，利用坐标表达矩形的周长，根据二次函数性质，可求最值问题.【详解】（1）根据对称性可知，设边界所在抛物线的解
13、析式为，抛物线的图象经过，两点，解得，边界所在抛物线的解析式为；（2）设点坐标为，四边形是矩形，矩形的周长为：，开口向下，当时，矩形的周长有最大值，最大值为22，此时点坐标为，即点与点重合【点睛】本题考查待定系数法确定函数关系式，考查计算能力，考查运用二次函数模型解决实际问题，属于中等题型.18.在平面直角坐标系式中，椭圆的左、右焦点分别为，已知和都在椭圆上，其中为椭圆的离心率（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆相交于两点，且，求直线的方程【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，依次将两点和代入，化简得到关于abc的关系式，解方程即可；（2）根据题意，设坐标，写出向量坐标，并
14、代入，再根据直线与椭圆相交，联立方程组，即可求解参数值.【详解】（1）由题设知，由点在椭圆上，得，由点在椭圆上，得，即，解得故椭圆的方程为：（2）由（1）得，设，且验证：当直线的斜率为0时，不符合题意，设直线的方程为，由，可得，直线的方程为：【点睛】本题考查（1）根据abc关系式求解椭圆方程，（2）直线与椭圆相交问题，考查计算能力，考查转化与化归思想，有一定难度.19.已知函数 ， .（1）若存在极值点1，求的值；（2）若存在两个不同的零点，求证： （为自然对数的底数， ）.【答案】(1) ；(2)见解析.【解析】试题分析：（1）由存在极值点为1，得，可解得a.（2）函数的零点问题，实质是对函
15、数的单调性进行讨论，时，在上为增函数（舍）；当时，当时，增，当时，为减，又因为存在两个不同零点，所以，解不等式可得.试题解析：(1) ，因为存在极值点为1，所以，即，经检验符合题意，所以. (2) 当时，恒成立，所以在上为增函数，不符合题意；当时，由得，当时，所以为增函数，当时，所为增函减数，所以当时，取得极小值又因为存在两个不同零点，所以，即整理得，令，在定义域内单调递增，由知，故成立.20.定义：从数列an中抽取m（mN，m3）项按其在an中的次序排列形成一个新数列bn，则称bn为an的子数列；若bn成等差（或等比），则称bn为an的等差（或等比）子数列（1）记数列an的前n项和为Sn，已
16、知求数列an的通项公式；数列an是否存在等差子数列，若存在，求出等差子数列；若不存在，请说明理由（2）已知数列an的通项公式为ann+a（aQ+），证明：an存在等比子数列【答案】（1）不存在等差子数列见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）根据，当n1时，当n2时，得到，两式相减即可.假设从数列an中抽3项ak，al，am（klm）成等差，利用等差中项则2alak+am，即22l12k1+2m1，化简得：22lk1+2mk再利用奇偶数判断.如果从数列an中抽m（mN，m4）项，其前三项必成等差数列，不成立得证.（2）假设数列an中存在3项n0+a，n0+a+k，n0+a+l（kl）成等比设n
17、0+ab，则bQ+，故可设（p与q是互质的正整数）根据等比中项，有，即取kq，则l2k+pq再论证（b+k）2=b（b+l）是否成立即可.【详解】（1）因为，所以当n1时，当n2时，所以综上可知：假设从数列an中抽3项ak，al，am（klm）成等差，则2alak+am，即22l12k1+2m1，化简得：22lk1+2mk因为klm，所以lk0，mk0，且lk，mk都是整数，所以22lk为偶数，1+2mk为奇数，所以22lk1+2mk不成立因此，数列an不存在三项等差子数列若从数列an中抽m（mN，m4）项，其前三项必成等差数列，不成立综上可知，数列an不存在等差子数列（2）假设数列an中存在3项n0+a，n0+a+k，n0+a+l（kl）成等比设n0+ab，则bQ+，故可设（p与q是互质的正整数）则需满足，即需满足（b+k）2b（b+l），则需满足取kq，则l2k+pq此时，故此时（b+k）2b（b+l）成立因此数列an中存在3项n0+a，n0+a+k，n0+a+l（kl）成等比，所以数列an存在等比子数列【点睛】本题主要考查数列的通项和前n项和之间的关系以及数列新定义问题，还考查了一般与特殊的思想和推理论证的能力，属于难题.- 21 -
