1、江苏省扬州市2020届高三数学上学期期末考试试题（含解析）（全卷满分160分，考试时间120分钟）注意事项：1.答卷前，请考生务必将自己的学校、姓名、考试号等信息填写在答卷规定的地方.2.试题答案均写在答题卷相应位置，答在其它地方无效.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.已知集合，且，则实数k的值为_.【答案】4【解析】【分析】根据交集结果知，即可求得k.【详解】因为，所以，解得.故答案为：4【点睛】本题考查根据交集结果求参数的值，属于基础题.2.设，其中i是虚数单位，则_.【答案】-2【解析】【分析】先求出，即可求得，得解.【详解】因为，
2、所以，故答案为：-2【点睛】本题考查复数代数形式的四则运算，属于基础题.3.用分层抽样方法从某校三个年级学生中抽取一个容量为90的样本，在高一抽40人，高二抽30人，若高三有400人，则该校共有_人.【答案】1800【解析】【分析】首先求出高三抽取的人数，从而求出抽样比，根据样本总容量即可求出总人数.【详解】由题意知高三抽取20人，所以抽样比为，该校共有学生.故答案为：1800【点睛】本题考查分层抽样，属于基础题.4.下图是一个算法流程图，若输入x的值为1，则输出S的值为_.【答案】35【解析】【分析】输入x的值为1，计算S并判断是否满足条件，不满足条件继续循环，满足条件即结束输出S.【详解】
3、第一步：；第二步：；第三步：，输出35.故答案为：35【点睛】本题考查算法流程图，属于基础题.5.已知，则“”是“函数为偶函数”的_条件.（填“充要”、“充分不必要”、“必要不充分”或“既不充分也不必要）.【答案】充要【解析】【分析】根据偶函数的定义，列出方程求解，再进行判断.【详解】函数为偶函数，可得，即，所以；当时，因为，所以函数为偶函数，因此“”是“函数为偶函数”的充要条件.故答案为：充要条件【点睛】本题考查充要条件的定义及偶函数的性质，属于基础题.6.若一组样本数据21，19，x，20，18的平均数为20，则该组样本数据的方差为_.【答案】2【解析】【分析】根据平均数求出x，再求数据的
4、方差.【详解】，解得，该组样本数据的方差为.故答案为：2【点睛】本题考查样本数据的平均值与方差，属于基础题.7.在平面直角坐标系xOy中，顶点在原点且以双曲线的右准线为准线的抛物线方程是_.【答案】【解析】【分析】求出双曲线右准线方程即为抛物线的准线方程，从而求出，即可得解.【详解】双曲线的右准线为：，则抛物线的准线为：，所以，又抛物线开口向左，所以抛物线方程为： .故答案为：【点睛】本题考查抛物线的标准方程，双曲线的简单性质，属于基础题.8.已知，若向区域随机投掷一点P，则点P落入区域A的概率为_.【答案】【解析】【分析】在同一坐标系中作出两个集合所对应的图形，分别求出两个区域的面积，根据几
5、何概型计算公式求解即可.【详解】表示的图形是图中所包含的区域，表示的图形是图中所包含的区域，点P落入区域A的概率为故答案为：【点睛】本题考查面积型几何概型，属于基础题.9.等差数列的公差不为零，首项是和的等比中项，则_.【答案】【解析】【分析】由题意知，列出方程并化简可得，.【详解】设差数列的首项为，公差为d，因为是和的等比中项，所以，即，化简得，又，所以，故答案为：【点睛】本题考查等差数列的通项公式，等比数列的性质，属于基础题.10.已知定义在上的函数的导函数为，且，则的解集为_.【答案】【解析】【分析】令，利用导数及已知可判断该函数的单调性，由单调性可得答案.【详解】令，则，所以函数在上单
6、调递减，因为，即，所以，解得.故答案为：【点睛】已知条件中含有导数与的关系式时，可构造新函数，新函数的导数利用已知不等式确定符号，从而确定单调性，这类新函数一般有等，属于中档题.11.已知圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，圆台的高为，母线与轴的夹角为，则这个圆台的轴截面的面积等于_.【答案】【解析】【分析】根据题意求出圆台的上、下底面半径，再计算轴截面的面积【详解】解：设圆台的下底面半径为R，上底面半径为r；由2R32r，得R3r；由圆台的高为h，母线与轴的夹角为30，如图所示；则tan30，即，解得r1，所以R3r3；所以圆台的轴截面的面积为S轴截面（2+6）28（cm2）故答案为：
7、8【点睛】本题考查圆台的性质，圆台的轴截面，属于基础题.12.已知函数，若存在实数满足，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】作出函数图像，求出m，n的范围，由题意得，即，将表示为关于n的函数，利用导数分析函数的单调性，求出函数在区间上的值域即可得解.【详解】作出函数的图像如下图所示：若存在实数满足，根据图像可得，所以，即，则，令，当时，在区间上单调递增，所以，即.故答案为：【点睛】本题考查分段函数的图像与性质，利用导数研究函数的单调性与最值，属于中档题.13.在中，若，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】由求出角B，代入化简等式，利用两角和与差的三角函数公式即二倍角公式进一步化简等式
8、可得，由角A的范围求出的最大值即可求得等式得最大值.【详解】因为，所以，又，所以，则，由知，当时，取得最大值1，此时.故答案为：【点睛】本题考查三角恒等变换化简式子，正弦型函数的单调性与最值，属于中档题.14.在平面直角坐标系中，A和B是圆上两点，且，点P的坐标为，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】延长AB至点D，使点A为B，D的中点，取AB中点为M，连接CM，则，由已知条件求出点D的轨迹是以C为圆心，为半径的圆，问题转化为圆内一点P到圆上点的距离的最值，最大值为，最小值为，即可得解.【详解】延长AB至点D，使点A为B，D的中点，取AB中点为M，连接CM，则，即，已知，所以，所以点D的
9、轨迹是以C为圆心，为半径的圆，所以取值范围为故答案为：【点睛】本题考查向量的平行四边形法则，圆内点到圆上点的距离的范围，属于中档题.二、解答题：（本大题共6道题，计90分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知.（1）求函数的单调递增区间；（2）若，求的值.【答案】（1）单调递增区间为（2）【解析】【分析】(1)逆用两角和的正弦公式化简解析式，再由正弦函数的单调性求解即可.(2)由求出、，将记为利用两角差的正弦公式展开即可得解.详解】解：（1），函数的单调递增区间为.令.的单调递增区间为.（2），.，.【点睛】本题考查两角和与差的正弦公式，正弦函数的单调性，涉及同角三角函数的
10、平方关系，属于基础题.16.如图，是以BC为底边的等腰三角形，DA，EB都垂直于平面ABC，且线段DA的长度大于线段EB的长度，M是BC的中点，N是ED的中点.求证：（1）平面EBC；（2）平面DAC.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】(1)由等腰三角形的性质推出，线面垂直的性质推出，从而证明平面EBC；(2)证法一：连结BN并延长，交AD的延长线于I，连结IC，证明；证法二：在平面ABED中，分别过E，N作，分别交AD于P，Q，取AC的中点O，连结MO，OQ，证明；证法三：取AB的中点H，连结MH、NH，证明平面平面DAC，根据面面平行的性质证明线面平行.【详解】（1）
11、因为是以BC为底边的等腰三角形，M是BC的中点，所以.因为平面ABC，平面ABC，所以.又平面EBC，所以平面EBC.（2）证法一：如图，连结BN并延长，交AD的延长线于I，连结IC.因为平面ABC，平面ABC，所以，所以，又N为ED的中点，所以，即N为BI的中点.又M是BC的中点，所以在中，.又平面DAC，平面DAC，所以平面DAC.证法二：如图，因为平面ABC，平面ABC，所以，所以A，B，E，D四点共面.在平面ABED中，分别过E，N作，分别交AD于P，Q，取AC的中点O，连结MO，OQ，因为，所以四边形ABEP为平行四边形，所以，因为，所以，又N是ED的中点，所以，所以，因为M，O分别
12、为BC，CA的中点，所以在中，所以，所以四边形MOQN为平行四边形，所以.又平面平面DAC，所以平面DAC.法三：如图，取AB的中点H，连结MH、NH.在中，因为M，H分别为BC，BA的中点，所以.又平面DAC，平面DAC，所以平面DAC.因为平面ABC，平面ABC，所以，又，所以四边形ADEB为梯形.又N，H分别为ED，BA的中点，所以.又平面DAC，平面DAC，所以平面DAC.因为平面NHM，所以平面平面DAC，又平面NHM，所以平面DAC.【点睛】本题考查了直线与平面平行、垂直的判定，17.如图是一个半径为1千米的扇形景点的平面示意图，.原有观光道路OC，且.为便于游客观赏，景点管理部门
13、决定新建两条道路PQ、PA，其中P在原道路OC（不含端点O、C）上，Q在景点边界OB上，且，同时维修原道路的OP段，因地形原因，新建PQ段、PA段的每千米费用分别是万元、万元，维修OP段的每千米费用是万元.（1）设，求所需总费用，并给出的取值范围；（2）当P距离O处多远时，总费用最小.【答案】（1）（2）当点P距离O处千米时，总费用的最小【解析】【分析】(1)在中利用正弦定理将求出,，代入并化简即可求得解析式，再根据P在原道路OC上求出的取值范围；(2)求出的导数，根据导数的符号判断函数的单调性，从而求得最小值.【详解】解：（1）因为，所以.又在中，所以，.因为，所以.（2），由得，又，所以.
14、当时，在上单调递减，当时，在上单调递增.所以当时，取最小值，此时.答：当点P距离O处千米时，总费用的最小.【点睛】本题考查正弦定理解三角形，求函数解析式，利用导数研究函数的单调性及最值，涉及三角函数的导数，属于中档题.18.如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，右准线的方程为分别为椭圆C的左、右焦点，A，B分别为椭圆C的左、右顶点.（1）求椭圆C标准方程；（2）过作斜率为的直线l交椭圆C于M，N两点（点M在点N的左侧），且，设直线AM，BN的斜率分别为，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由离心率与准线方程列出方程组求出 ，代入，即可得解；(2) 设，联立直线与椭圆方程
15、，求出、，由可得，从而求出代入可得，最后求出.【详解】（1）因为椭圆C的离心率为，所以，因为椭圆C的右准线的方程为，所以，联立，解得，所以，所以椭圆C的标准方程为.（2）设，因为过作斜率为的直线l交椭圆C于M，N两点，所以，由，得，所以，因为，所以.因为，所以，即，整理得，所以，又，所以，即，即，整理得.因为直线AM，BN的斜率分别为，且，所以.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程与几何性质，直线与椭圆的综合应用，涉及韦达定理，直线平行的向量表示，考查学生的逻辑推理能力，计算能力，属于难题.19.已知函数.（1）若时，直线是曲线的一条切线，求b的值；（2）若，且在上恒成立，求a的取值范围；（3）令
16、，且在区间上有零点，求的最小值.【答案】（1）（2）且 （3）【解析】【分析】(1) 设切点，求出在点A处的切线，因为是的一条切线，对应值相等即可得解；(2)令，求导数，分和讨论导数的符号从而判断函数的单调性，证明不等式对恒成立；(3) 求出的表达式，并设在上的一个零点为，由解得，则，令利用的导数求出的最小值即可得解.【详解】解：（1）当时，设切点，则在点A处的切线为，化简得，因为是的一条切线，解得；（2）当时，令，则.若，则当时，恒成立，在上单调递增，即符合题意；若时，由，得，当时，在上单调递减，与已知在上恒成立矛盾，舍去.综上，且 .（3）法一：.若，则在区间上恒成立，在区间上单调递增，因
17、为在区间上有零点，所以，解得.所以，当时，等号成立，此时.若时，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增.因为在区间上有零点所以，所以，所以，令，则，所以在（2）上单调递减.所以若，则在区间上恒成立，在区间上单调递减.因为叫在区间上有零点，所以，解得.所以，当时，等号成立，此时；综上，的最小值是.法二：，设在上的一个零点为，则，当时等号成立，令，则，因为，则，即，所以的区间上单调递减，所以的最小值为，故的最小值为.【点睛】本题考查利用导数的几何意义求曲线的切线方程，利用导数研究函数的单调性与最值，不等式恒成立问题，方程的根与函数的零点，属于难题.20.对于项数为m（且）的有穷正整数数列，记，即为
18、中的最小值，设由组成的数列称为的“新型数列”.（1）若数列为2019，2020，2019，2018，2017，请写出的“新型数列”的所有项；（2）若数列满足，且其对应的“新型数列”项数，求的所有项的和；（3）若数列的各项互不相等且所有项的和等于所有项的积，求符合条件的及其对应的“新型数列”.【答案】（1）数列为2019，2019，2019，2018，2017（2）（3）满足题意的数列：.所以对应的“新型数列”分别为：.【解析】【分析】(1)根据的定义直接写出的所有项；(2)首先推出关于n递减，则中共21项且各项分别与中各项相同，相加利用等比数列的前n项和公式即可得解.(3)先不妨设数列单调递增
19、，分、三种情况讨论，求出满足题意的数列，进而求得对应的“新型数列”.【详解】解：（1）数列为2019，2019，2019，2018，2017；（2）由已知得：当时，关于n递减；当时，关于n递减，又时，关于n递减.，.又，.共21项且各项分别与中各项相同，其和为.（3）先不妨设数列单调递增，当时，此时无解，不满足题意；当时，由得，又，代入原式得.当时，而，矛盾，所以不存在满足题意的数列.综上，满足题意的数列：.所以对应的“新型数列”分别为：.【点睛】本题考查数列创新题，涉及等比数列的前n项和，数列的单调性，理解题意是解题的关键，属于中档题.附加部分21.已知矩阵（1）求矩阵M的特征值及特征向量；
20、（2）若，求.【答案】（1）特征值为；对应的特征向量为（2）【解析】【分析】(1)先根据特征值得定义列出特征多项式，令解方程可得特征值，再由特征值列出方程组即可解得相应的特征向量；(2)由可得，求解即可.【详解】（1）矩阵M的特征多项式为，令，得矩阵M的特征值为1或2，当，时由二元一次方程.得，令，则，所以特征值对应的特征向量为；当时，由二元一次方程.得，令，所以特征值对应的特征向量为；（2），.【点睛】本题考查矩阵特征值与特征向量的计算，矩阵的乘法运算，属于基础题.22.在极坐标系中，已知点M，N的极坐标分别为，直线l的方程为.（1）求以线段MN为直径的圆C的极坐标方程；（2）求直线l被（1
21、）中的圆C所截得的弦长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)求出点M，N的直角坐标，则圆C的圆心为，半径为，写出圆C的直角坐标方程，再利用，转化为极坐标方程；(2)求出圆心C到直线l的距离d，则直线被圆截的的弦长为.【详解】解法一：以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，则点M，N的直角坐标分别为，直线l的直角坐标方程为，（1）线段MN为圆C的直径，圆C的圆心为，半径为，圆C的直角坐标方程为，即，化为极坐标方程为：.（2）圆C的直角坐标方程为，直线l的直角坐标方程为，圆心C到直线l的距离为，所求弦长为.解法二：（1）线段MN为圆C的直径，点MN的极坐标分别为，圆心C的极坐标为
22、，半径为，设点为圆C上任一点，则在中，由余弦定理得（P、O、C共线此式也成立）圆C的极坐标方程为：.（2）在圆C的极坐标方程中，令，得，显然该方程，且，所求弦长为.【点睛】本题考查点的极坐标与直角坐标的互化，利用直角坐标方程与极坐标方程的互化，直线与圆相交时求弦长，属于基础题.23.甲、乙两人采用五局三胜制比赛，即一方先胜三局则比赛结束，甲每场比赛获胜的概率均为，设比赛局数为X.（1）求的概率；（2）求X的分布列和数学期望.【答案】（1）（2）详见解析【解析】【分析】(1)比赛三局即结束的概率为；(2)由已知得X可能取值为3，4，5，分别求出相应的概率，从而求出随机变量X的分布列和数学期望.【
23、详解】解：（1）因为即甲连胜三局或乙连胜三局，所以；答：的概率为.（2）X可能取值为3，4，5，所以；.所以X的分布列为X345P所以.答：X的期望为.【点睛】本题考查n次独立重复事件的发生k次的概率，离散型随机变量的分布列和数学期望，24.已知数列满足，且.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前n项和为，求证：当时，.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】分析】(1)法一：计算出数列前4项，猜想：，用数学归纳法证明即可；法二：所给等式化简为 所以是等差数列，首项为2，公差为1，求出通项公式即可得解；(2) 先证明时，再证明，即可得证.【详解】解：（1）法一：，且，同样可求得，猜想：，以下用数学归纳法证明当时，符合，假设时，则时，即，符合，综上：.法二：由得，即，是等差数列，首项为2，公差为1，则.（2）当时，法一：先证明时，令，则，为减函数，则时，.时，又即，时，当时，.法二：，要证明，即证，设，则，由得：当时，当时，.法三：由法二知即证，设当时，成立，当时，当时，.【点睛】本题考查由递推公式求数列的通项公式，等比数列的通项公式，放缩法证明不等式，利用导数研究函数的单调性从而证明不等式，属于较难题.
