1、江苏省无锡市、常州市2020届高三数学下学期5月联考试题（含解析）一填空题：本题共14小题，每小题5分，计70分.不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上.1.已知集合，集合，则_【答案】【解析】【分析】利用求解并集的方法即可得出结论.【详解】解：集合，集合，.故答案为：.【点睛】本题考查并集及其运算，属于基础题.2.已知复数（为虚数单位），则的值为_【答案】【解析】【分析】利用复数运算法则即可得出结果.【详解】解：由复数（为虚数单位），则.故答案为：.【点睛】本题考查复数的运算法则，考查了计算能力，属于基础题.3.袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中
2、一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为_【答案】【解析】试题分析：根据题意，记白球为A，红球为B，黄球为，则一次取出2只球，基本事件为、共6种，其中2只球的颜色不同的是、共5种；所以所求的概率是考点：古典概型概率4.某中学共有人，其中高二年级的人数为.现用分层抽样的方法在全校抽取人，其中高二年级被抽取的人数为，则_【答案】63【解析】 5.执行如图所示的伪代码，输出的结果是 【答案】8【解析】试题分析：第一次循环：，第二次循环：，第三次循环：，输出考点：循环结构流程图6.若曲线在处的切线方程为，则_【答案】【解析】【分析】先将代入切线方程求出切点坐标，然后代入曲线方程得，的一个方程，然
3、后求出曲线在处的导数，令其等于，得另一个关于，的一个方程，联立求解即可.【详解】解：将代入，得切点为，又，.联立解得：，故.故答案为：.【点睛】本题考查导数的几何意义和切线方程的求法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题.7.在平面直角坐标系中，已知点是抛物线与双曲线的一个交点.若抛物线的焦点为，且，则双曲线的渐近线方程为_.【答案】【解析】分析】设点A(x,y),根据的坐标，再把点A的坐标代入双曲线的方程求出，再求双曲线的渐近线方程.【详解】设点A(x,y),因为x-(-1)=5,所以x=4.所以点A(4,4)，由题得所以双曲线的渐近线方程为.故答案为【点睛】本题主要考查抛物线和双曲线的简
4、单几何性质，意在考查学生对这些知识的理解能力掌握水平.8.已知是等比数列，是其前项和.若，则的值为_【答案】或【解析】【分析】根据条件利用等比数列通项公式以及求和公式列方程组，解得公比，再根据通项公式求出的值.【详解】解：由题意可知，.，整理得，令，则，解得，或（舍），所以或故或当时，当时，故答案为：2或.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，考查运算能力，属于基础题.9.已知直三棱柱的所有棱长都是，点，分别为棱，的中点，四面体的体积为，则的值为_【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，求出到平面的距离，再求出三角形的面积，得到四面体的体积，进而得出的值.【详解】解：如图，直三棱柱的所
5、有棱长都是，点，分别为棱，的中点，取的中点，连接，则平面，且，.四面体的体积为.解得：.故答案为：.【点睛】本题考查多面体的体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题.10.已知且，则_【答案】【解析】【分析】由，可化简整理得到，由，可知 ，求出的值，进而利用两角和差的正切公式求出结果.【详解】解：，.，即.则.故答案为：.【点睛】本题考查二倍角的余弦公式，两角和差的正切公式，考查转化能力和运算能力，属于基础题.11.若关于，的方程组：在上有解，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】解方程可得，构造函数，依题意，函数在上存在零点，则由零点存在性定理可得，即，作出不等式表示的可行域，再利
6、用的几何意义得解.【详解】解：依题意，即，设，显然函数在上单调，因为方程组在上有解，所以由函数零点存在性定理可知，即，作出不等式表示的可行域如下图阴影部分所示，而表示的是可行域内的任意一点到原点距离的平方，则最小值为原点到直线的距离的平方，即为.故答案为：.【点睛】本题考查方程的解与函数零点的关系，简单的线性规划，点到直线的距离公式，考查转化思想及数形结合思想，属于中档题.12.已知正实数，满足，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】先由以及基本不等式得范围，再利用将转化为关于的函数，最后根据函数单调性求得结果.【详解】解：正实数，满足，可得.则.令，.即有，又函数在上单调递减，.故答案为：.
7、【点睛】本题考查均值不等式的应用，考查了函数思想、转化思想，属于中档题.13.在平面直角坐标系中，是圆上两动点，且，点坐标为，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】设，则，即，求出的长度得出的轨迹，从而得出的范围.【详解】解：，设，则，即，是圆上两动点，且，是边长为的等边三角形，过作的垂线，则为的中点，.的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，又，.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量、圆的方程，轨迹方程，构造是解本题的关键，属于难题.14.已知函数若函数恰有3个不同的零点，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】首先分析出，有两个根，一个根为，和一个负根，那么需满足或，显然有两个根，由题意，必
8、然有一个根，则只需即可.【详解】当时，则在上单调递减，此时，令，当时，只有一个解，此时不可能有三个零点，故，此时有两个根，一个为，和一个负根，如下图所示，则，或，显然有两个根，则必然有一个根，由图象可知，要使有一个根，则需，又，所以，所以，解得，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查函数零点，考查复合函数零点问题，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.二解答题：本答题共6分，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域内.15.在中，角，的对边分别为，已知，（1）求；（2）求的值【答案】(1) .(2) .【解析】【分析】分析：（1）在中，由余弦定理可得
9、（2）由得根据正弦定理得，从而，故得【详解】（1）在中，由余弦定理得，（2）在中，由得，在中，由正弦定理得，即，又，故，【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.16.如图，在四棱锥中.若平面，求证：平面平面；若，为的中点，求证：平面.【答案】证明见解析；证明见解析.【解析】【分析】推导出，从而平面
10、，由此能证明平面平面.取的中点，连结，推导出，且，从而四边形是平行四边形，进而，由此能证明平面.【详解】解：因为平面，平面，所以，又因为，且，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面. 取的中点，连结，因为，分别是，中点，所以，且，又因为四边形为直角梯形且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.【点睛】本题考查面面垂直的判定，线面平行的判定，考查逻辑推理能力，属于中档题.17.已知椭圆的左顶点为，左、右焦点分别为，离心率为，是椭圆上的一个动点（不与左、右顶点重合），且的周长为6，点关于原点的对称点为，直线交于点.（1）求椭圆方程；（2）若直线与椭圆交于另一点，且，
11、求点的坐标.【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）根据的周长为，结合离心率，求出，即可求出方程；（2）设，则，求出直线方程，若斜率不存在，求出坐标，直接验证是否满足题意，若斜率存在，求出其方程，与直线方程联立，求出点坐标，根据和三点共线，将点坐标用表示，坐标代入椭圆方程，即可求解.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，的周长为6，设椭圆的焦距为，则解得，所以椭圆方程为.（2）设，则，且，所以的方程为.若，则的方程为，由对称性不妨令点在轴上方，则，联立，解得即.的方程为，代入椭圆方程得，整理得，或，.，不符合条件.若，则的方程为，即.联立，可解得所以.因为，设所以，即.又因为位于轴异侧，所以
12、.因为三点共线，即应与共线，所以，即，所以，又，所以，解得，所以，所以点的坐标为或.【点睛】本题考查椭圆的标准方程以及应用、直线与椭圆的位置关系，考查分类讨论思想和计算求解能力，属于较难题.18.如图，建筑公司受某单位委托，拟新建两栋办公楼，（为楼间距），两楼的楼高分别为，其中.由于委托单位的特殊工作性质，要求配电房设在的中点处，且满足两个设计要求：，楼间距与两楼的楼高之和的比.求楼间距（结果用，表示）；若，设，用表示，并判断是否能满足委托单位设计要求？【答案】 ；，能满足委托单位的设计要求.【解析】【分析】设,易知，而，可得，由此得出；，利用两角和的正切公式可知，即即，构造函数，利用导数结合
13、零点存在性定理可得，符合题意，进而作出判断.【详解】解：在中，设,，在中，即， . ,在中，过点作的垂线，垂足为，.，即， 设，函数在上单调递增，若，则，即，成立， 能满足委托单位的设计要求. 【点睛】本题考查导数的实际运用，考查利用导数研究函数的单调性及最值，属于中档题.19.已知函数，其中，为自然对数的底数.若，若函数单调递增，求实数的取值范围；若对任意，恒成立，求实数的取值范围.若，且存在两个极值点，求证：.【答案】；证明见解析.【解析】【分析】问题等价于在上恒成立，即对任意恒成立，由此得解；分及讨论，容易得出结论；解法一：表示出，令，求导后易证；令，利用导数可证，进而得证；解法二：不等
14、式的右边同解法一；由当时，可得，由此得出，可得证.【详解】解：因为单调递增，所以对任意恒成立，即对任意恒成立，即；由当时，单调递增，故成立，符合题意，当时，令得，在上递减，不合题意；综上，实数的取值范围为.解法一：因为，存在两个极值点，所以有两个不同的解，故，又，所以，设两根为，则，故，令，因为，所以在上递增，所以；又令，则，令得，又，则，即，记为，则在上递增，在上递减，又，所以，即，综上：.解法二：不等式的右边同解法一；由当时，恒成立，所以有当时，所以.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及不等式的恒成立问题，考查不等式的证明，考查推理能力及运算求解能力，属于难题.20.已知数列满
15、足奇数项成等差，公差为，偶数项成等比，公比为，且数列的前项和为，.若，.求数列的通项公式；若，求正整数的值；若，对任意给定的，是否存在实数，使得对任意恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】，；存在；的取值范围为.【解析】【分析】先由，联立求得，；先对进行分类（正奇数与正偶数），分别求通项公式；先对进行分类（正奇数与正偶数），利用求得的通项公式分别求满足题意的，再综合；分当与两种情况分别研究，求出的取值范围.【详解】解：因为，所以，即解得，.当为奇数时，设，则当为偶数时，设，则综上，.当为奇数时，即，即，当时，不合题意；当时，右边小于2，左边大于2，等式不成立；当为偶数时
16、，,所以.综上，.当时，由于，各项，所以，所以符合题意；当时，假设对任意恒成立，即对任意恒成立，所以，令，即对任意恒成立先证：对任意恒成立，令，则，所以在上递减，在上递增，所以，即对任意恒成立，所以，所以，所以当时，,即，解得，所以当且时，这与对任意恒成立矛盾，所以当时不合题意；综上的取值范围为.【点睛】本题考查对数列抽出的项构成等差、等比数列的综合问题的研究，属于难题.21.已知矩阵，列向量.（1）求矩阵；（2）若，求，的值.【答案】（1）；（2），【解析】试题分析：（1）根据矩阵乘法得矩阵；（2）根据逆矩阵性质得，再根据矩阵乘法得结果.试题解析：（1）；（2）由，解得 ，又因为，所以，.2
17、2.在极坐标系中，直线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，曲线的参数方程为（为参数），求直线与曲线的交点P的直角坐标【答案】【解析】【详解】试题分析：根据极坐标化普通方程公式得：，化曲线的参数方程为普通方程，联立解方程组即可试题解析：因为直线的极坐标方程为，所以直线的普通方程为， 又因为曲线的参数方程为（为参数），所以曲线的直角坐标方程为，联立解方程组得或根据的范围应舍去,故点的直角坐标为考点：1、极坐标；2、参数方程；3、曲线的交点23.已知正四棱锥的侧棱和底面边长相等，在这个正四棱锥的条棱中任取两条，按下列方式定义随机变量的值：若这两条棱所在的直线相交，则的值
18、是这两条棱所在直线的夹角大小（弧度制）；若这两条棱所在的直线平行，则；若这两条棱所在的直线异面，则的值是这两条棱所在直线所成角的大小(弧度制).（1）求的值；（2）求随机变量的分布列及数学期望.【答案】(1)；(2)答案见解析.【解析】试题分析：先利用题意得到几何体的结构特征，写出变量的所有可能求值，写出基本事件数；（1）利用古典概型的概率公式进行求解；（2）列表得到分布列，再利用期望公式进行求解.试题解析：根据题意，该四棱锥四个侧面均为等边三角形，底面为正方形，容易得到，为等腰直角三角形，的可能取值为：，共种情况，其中：时，有种；时，有种；时，有种；（1）；（2），根据（1）的结论，随机变量的分布列如下表：根据上表，. 24.给定整数，记为集合的满足如下两个条件的子集的元素个数的最小值：.，；.子集中的元素（除1外）均为中的另两个（可以相同）元素的和.（1）求的值；（2）证明：.【答案】（1）（2）见解析【解析】【详解】1.设集合，且满足、.则，.由于不满足，故.又，都不满足，故.而集合满足、，故.2.首先证明：.事实上，若满足、，且集合的元素个数为.令.由，知.又，则，且集合满足、.从而，.其次证明：.事实上，设满足、，且集合的元素个数为.令.由，则，且.而，则满足、.从而，.由式、得.反复利用式、得.
