江苏省百校2020届高三下学期第四次联考数学试题 Word版含解析 26页

www.ks5u.com ‎2020届江苏省百校联考高三年级第四次试卷数学试题 第Ⅰ卷（必做题，共160分）‎ 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，则____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据并集的定义计算即可.‎ ‎【详解】由集合的并集，知.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查集合的并集运算，属于容易题.‎ ‎2.已知复数满足（为虚数单位），则复数的实部为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的概念与复数的除法运算计算即可得到答案.‎ ‎【详解】，所以复数的实部为2.‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.‎ ‎3.三所学校举行高三联考，三所学校参加联考的人数分别为160，240，400，为调查联考数学学科的成绩，现采用分层抽样的方法在这三所学校中抽取样本，若在学校抽取的数学成绩的份数为30，则抽取的样本容量为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某层抽取的人数等于该层的总人数乘以抽样比.‎ - 26 -‎ ‎【详解】设抽取的样本容量为x，由已知，，解得.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查随机抽样中的分层抽样，考查学生基本的运算能力，是一道容易题.‎ ‎4.根据如图所示的伪代码，若输入的的值为2，则输出的的值为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 满足条件执行，否则执行.‎ ‎【详解】本题实质是求分段函数在处的函数值，当时，.‎ 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题考查条件语句应用，此类题要做到读懂算法语句，本题是一道容易题.‎ ‎5.某同学周末通过抛硬币的方式决定出去看电影还是在家学习，抛一枚硬币两次，若两次都是正面朝上，就在家学习，否则出去看电影，则该同学在家学习的概率为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用列举法计算古典概型的概率.‎ ‎【详解】抛掷一枚硬币两次共有4种情况，即（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），‎ 在家学习只有1种情况，即（正，正），故该同学在家学习的概率为.‎ 故答案：‎ - 26 -‎ ‎【点睛】本题考查古典概型的概率计算，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.‎ ‎6.已知数列满足，且恒成立，则的值为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 易得，所以是等差数列，再利用等差数列的通项公式计算即可.‎ ‎【详解】由已知，，因，所以，所以数列是以 为首项，3为公差的等差数列，故，所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查由递推数列求数列中的某项，考查学生等价转化的能力，是一道容易题.‎ ‎7.已知函数的部分图象如图所示，则的值为____________.‎ ‎ ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可得的周期、振幅，即可得，再将代入可解得，进一步求得解析式及.‎ - 26 -‎ ‎【详解】由图可得，，所以，即，‎ 又，即，，‎ 又，故，所以，.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查由图象求解析式及函数值，考查学生识图、计算等能力，是一道中档题.‎ ‎8.在平面直角坐标系中，双曲线的焦距为，若过右焦点且与轴垂直的直线与两条渐近线围成的三角形面积为，则双曲线的离心率为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用即可建立关于的方程.‎ ‎【详解】设双曲线右焦点为，过右焦点且与轴垂直的直线与两条渐近线分别交于两点，‎ 则，，由已知，，即，‎ 所以，离心率.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查求双曲线的离心率，做此类题的关键是建立的方程或不等式，是一道容易题.‎ ‎9.已知为正实数，且，则的最小值为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 26 -‎ ‎，所以有，再利用基本不等式求最值即可.‎ ‎【详解】由已知，，所以，‎ 当且仅当，即时，等号成立.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查利用基本不等式求和的最小值问题，采用的是“1”的替换，也可以消元等，是一道中档题.‎ ‎10.已知函数，则不等式的解集为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎，，分类讨论即可.‎ ‎【详解】由已知，，，‎ 若，则或 解得或，所以不等式的解集为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查分段函数的应用，涉及到解一元二次不等式，考查学生的计算能力，是一道中档题.‎ ‎11.如图，在一个倒置的高为2的圆锥形容器中，装有深度为的水，再放入一个半径为1的不锈钢制的实心半球后，半球的大圆面、水面均与容器口相平，则的值为____________.‎ - 26 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得到圆锥的底面半径，再由圆锥的体积等于半球的体积与水的体积之和即可建立方程.‎ ‎【详解】设圆锥的底面半径为，体积为，半球的体积为，水（小圆锥）的体积为，如图 则，所以，，解得，‎ 所以，，，‎ 由，得，解得.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查圆锥的体积、球的体积的计算，考查学生空间想象能力与计算能力，是一道中档题.‎ ‎12.如图,在梯形中，∥，分别是的中点，若，则的值为___________.‎ ‎【答案】‎ - 26 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建系，设设，由可得，进一步得到的坐标，再利用数量积的坐标运算即可得到答案.‎ ‎【详解】以A为坐标原点，AD为x轴建立如图所示的直角坐标系，设，则 ‎，‎ 所以，，由，‎ 得，即，又，所以 ‎，故,,‎ 所以.‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题考查利用坐标法求向量的数量积，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.‎ ‎13.函数满足，当时，，若函数在上有1515个零点，则实数的范围为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 26 -‎ 由已知，在上有3个根，分，，，四种情况讨论的单调性、最值即可得到答案.‎ ‎【详解】由已知，的周期为4，且至多在上有4个根，而含505个周期，所以在上有3个根，设，，易知在上单调递减，在，上单调递增，又，.‎ 若时，在上无根，在必有3个根，‎ 则，即，此时；‎ 若时，在上有1个根，注意到，此时在不可能有2个根，故不满足；‎ 若时，要使在有2个根，只需，解得；‎ 若时，在上单调递增，最多只有1个零点，不满足题意；‎ 综上，实数的范围为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点个数问题，涉及到函数的周期性、分类讨论函数的零点，是一道中档题.‎ ‎14.已知圆，直线与圆交于两点，，若，则弦的长度的最大值为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点为M，由可得，可得M在 - 26 -‎ 上，当最小时，弦的长才最大.‎ ‎【详解】设为的中点，，即，‎ 即，，.‎ 设，则，得.‎ 所以，.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查学生的逻辑推理、数形结合的思想，是一道有一定难度的题.‎ 二、解答题（本大题共6小题，共计90分，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，已知在三棱锥中，平面，分别为的中点，且.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）设平面与交于点，求证：为的中点.‎ - 26 -‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要做证明，只需证明平面即可；‎ ‎（2）易得∥平面，平面，利用线面平行的性质定理即可得到∥，从而获得证明 ‎【详解】证明：（1）因为平面，平面，‎ 所以.‎ 因为，所以.‎ 又因为，平面，平面，‎ 所以平面.‎ 又因为平面，所以.‎ ‎ （2）因平面与交于点，所以平面.‎ 因为分别为的中点，‎ 所以∥.‎ 又因为平面，平面，‎ 所以∥平面.‎ 又因为平面，平面平面，‎ 所以∥，‎ 又因为是的中点，‎ 所以为的中点.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定定理以及线面平行的性质定理，考查学生的逻辑推理能力，是 一道容易题.‎ ‎16.在中，角所对的边分别为，若，，，且.‎ ‎（1）求角的值；‎ ‎（2）求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ - 26 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理可得，再用余弦定理即可得到角C；‎ ‎（2），再利用求正弦型函数值域的方法即可得到答案.‎ ‎【详解】（1）因为，所以.‎ 在中，由正弦定理得，‎ 所以，即.‎ 在中，由余弦定理得，‎ 又因为，所以.‎ ‎（2）由（1）得，在中，，‎ 所以 ‎.‎ 因为，所以，‎ 所以当，即时，有最大值1，‎ 所以的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，涉及到两角差的正弦公式、辅助角公式、向量数量积的坐标运算，是一道容易题.‎ ‎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 - 26 -‎ 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，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①.‎ - 26 -‎ 若，则的方程为②，由对称性不妨令点在轴上方，‎ 则，，联立①，②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③.‎ 联立①，③可解得所以.‎ 因为，设 所以，即.‎ 又因为位于轴异侧，所以.‎ 因为三点共线，即应与共线，‎ 所以，即，‎ 所以，又，‎ 所以，解得，所以，‎ - 26 -‎ 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.管道清洁棒是通过在管道内释放清洁剂来清洁管道内壁的工具，现欲用清洁棒清洁一个如图1所示的圆管直角弯头的内壁，其纵截面如图2所示，一根长度为的清洁棒在弯头内恰好处于位置（图中给出的数据是圆管内壁直径大小，）.‎ ‎（1）请用角表示清洁棒的长；‎ ‎（2）若想让清洁棒通过该弯头，清洁下一段圆管，求能通过该弯头的清洁棒的最大长度.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）过作的垂线，垂足为，易得，进一步可得；‎ ‎（2）利用导数求得最大值即可.‎ ‎【详解】（1）如图，过作的垂线，垂足为，在直角中，，‎ ‎，所以，同理，‎ ‎.‎ - 26 -‎ ‎（2）设，‎ 则，‎ 令，则，即.‎ 设，且，则 当时，，所以单调递减；‎ 当时，，所以单调递增，‎ 所以当时，取得极小值，‎ 所以.‎ 因为，所以，又，‎ 所以，又，‎ 所以，所以，‎ 所以，‎ 所以能通过此钢管的铁棒最大长度为.‎ ‎【点睛】本题考查导数在实际问题中的应用，考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.‎ ‎19.已知等差数列和等比数列的各项均为整数，它们的前项和分别为，且，.‎ ‎（1）求数列，的通项公式；‎ - 26 -‎ ‎（2）求；‎ ‎（3）是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）存在，1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用基本量法直接计算即可；‎ ‎（2）利用错位相减法计算；‎ ‎（3），令可得，，讨论即可.‎ ‎【详解】（1）设数列的公差为，数列的公比为，‎ 因为，‎ 所以，即，解得，或（舍去）.‎ 所以.‎ ‎（2），‎ ‎，‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎（3）由（1）可得，，‎ 所以.‎ - 26 -‎ 因为是数列或中的一项，所以，‎ 所以，因为，‎ 所以，又，则或.‎ 当时，有，即，令.‎ 则.‎ 当时，；当时，，‎ 即.‎ 由，知无整数解.‎ 当时,有，即存在使得是数列中的第2项，‎ 故存在正整数，使得是数列中的项.‎ ‎【点睛】本题考查数列的综合应用，涉及到等差、等比数列的通项，错位相减法求数列的前n项和，数列中的存在性问题，是一道较为综合的题.‎ ‎20.已知函数（是自然对数的底数，）.‎ ‎（1）求函数的图象在处的切线方程；‎ ‎（2）若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围；‎ ‎（3）若函数在区间上有两个极值点，且恒成立，求满足条件的的最小值（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用导数的几何意义计算即可；‎ ‎（2）在上恒成立，只需，注意到；‎ - 26 -‎ ‎（3）在上有两根，令，求导可得在上单调递减，在上单调递增，所以且，，，求出的范围即可.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，‎ 当时，，‎ 所以切线方程为，即.‎ ‎（2），.‎ 因为函数在区间上单调递增，所以，且恒成立，‎ 即，‎ 所以，即，又，‎ 故，所以实数的取值范围是.‎ ‎（3）.‎ 因函数在区间上有两个极值点，‎ 所以方程在上有两不等实根，即.‎ 令，则，由，得，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以，解得且.‎ 又由，所以，‎ 且当和时，单调递增，‎ - 26 -‎ 当时，单调递减，是极值点，‎ 此时 令，则，‎ 所以在上单调递减，所以.‎ 因为恒成立，所以.‎ 若，取，则，‎ 所以.‎ 令，则，.‎ 当时，；当时，.‎ 所以，‎ 所以在上单调递增，所以，‎ 即存在使得，不合题意.‎ 满足条件的的最小值为-4.‎ ‎【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及到导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值点，不等式恒成立等知识，是一道难题.‎ 第Ⅱ卷（附加题，共40分）‎ 选做题:请选定其中两题作答，每小题10分共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ 选修4-2：矩阵与变换 ‎21.已知矩阵不存在逆矩阵，且非零特低值对应的一个特征向量，求的值.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 26 -‎ ‎【分析】‎ 由不存在逆矩阵，可得，再利用特征多项式求出特征值3，0，，利用矩阵乘法运算即可.‎ ‎【详解】因为不存在逆矩阵，，所以.‎ 矩阵的特征多项式为，‎ 令，则或，‎ 所以，即，‎ 所以，所以 ‎【点睛】本题考查矩阵的乘法及特征值、特征向量有关的问题，考查学生的运算能力，是一道容易题.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建立极坐标系，已知曲线，曲线（为参数），求曲线交点的直角坐标.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用极坐标方程与普通方程、参数方程间的互化公式化简即可.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 所以曲线的直角坐标方程为.‎ 由，得，‎ - 26 -‎ 所以曲线的普通方程为.‎ 由，得，‎ 所以（舍），‎ 所以，‎ 所以曲线的交点坐标为.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程与普通方程，参数方程与普通方程间的互化，考查学生的计算能力，是一道容易题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知凸边形的面积为1，边长，，其内部一点到边的距离分别为.求证：.‎ ‎【答案】证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知，易得，所以利用柯西不等式和基本不等式即可证明.‎ ‎【详解】因为凸边形的面积为1，所以，‎ 所以 ‎（由柯西不等式得）‎ - 26 -‎ ‎（由均值不等式得）‎ ‎【点睛】本题考查利用柯西不等式、基本不等式证明不等式的问题，考查学生对不等式灵活运用的能力，是一道容易题.‎ 必做题：第24题、第25题，每题10分，共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎24.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形且∥，侧面为等边三角形，且平面平面.‎ ‎（1）求平面与平面所成的锐二面角的大小；‎ ‎（2）若，且直线与平面所成角为，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别取的中点为，易得两两垂直，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，易得为平面的法向量，只需求出平面的法向量为，再利用计算即可；‎ ‎（2）求出，利用计算即可.‎ ‎【详解】（1）分别取的中点为，连结.‎ 因为∥，所以∥.‎ 因为，所以.‎ 因为侧面为等边三角形，‎ 所以 又因为平面平面，‎ - 26 -‎ 平面平面，平面，‎ 所以平面，‎ 所以两两垂直. ‎ 以为空间坐标系的原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 因为，则，‎ ‎，.‎ 设平面的法向量为，则，即.‎ 取，则，所以.‎ 又为平面的法向量，设平面与平面所成的锐二面角的大小为，则 ‎，‎ 所以平面与平面所成的锐二面角的大小为.‎ ‎（2）由（1）得，平面的法向量为，‎ 所以成.‎ 又直线与平面所成角为，‎ - 26 -‎ 所以，即，‎ 即，‎ 化简得，所以，符合题意.‎ ‎【点睛】本题考查利用向量坐标法求面面角、线面角，涉及到面面垂直的性质定理的应用，做好此类题的关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.‎ ‎25.如图，正方形是某城市的一个区域的示意图，阴影部分为街道，各相邻的两红绿灯之间的距离相等，处为红绿灯路口，红绿灯统一设置如下：先直行绿灯30秒，再左转绿灯30秒，然后是红灯1分钟，右转不受红绿灯影响，这样独立的循环运行.小明上学需沿街道从处骑行到处（不考虑处的红绿灯），出发时的两条路线（）等可能选择，且总是走最近路线.‎ ‎（1）请问小明上学的路线有多少种不同可能？‎ ‎（2）在保证通过红绿灯路口用时最短的前提下，小明优先直行，求小明骑行途中恰好经过处，且全程不等红绿灯的概率；‎ ‎（3）请你根据每条可能的路线中等红绿灯的次数的均值，为小明设计一条最佳的上学路线，且应尽量避开哪条路线？‎ ‎【答案】（1）6种；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从4条街中选择2条横街即可；‎ ‎（2）小明途中恰好经过处，共有4条路线，即，，，，分别对4条路线进行分析计算概率；‎ ‎（3）分别对小明上学的6条路线进行分析求均值，均值越大的应避免.‎ - 26 -‎ ‎【详解】（1）路途中可以看成必须走过2条横街和2条竖街，即从4条街中选择2条横街即可,所以路线总数为条. ‎ ‎（2）小明途中恰好经过处，共有4条路线：‎ ‎①当走时，全程不等红绿灯概率；‎ ‎②当走时，全程不等红绿灯的概率；‎ ‎③当走时，全程不等红绿灯的概率；‎ ‎④当走时，全程不等红绿灯的概率.‎ 所以途中恰好经过处,且全程不等信号灯的概率 ‎.‎ ‎（3）设以下第条的路线等信号灯的次数为变量，则 ‎①第一条：，则；‎ ‎②第二条：，则；‎ ‎③另外四条路线：；；‎ ‎，则 综上，小明上学的最佳路线为；应尽量避开.‎ ‎【点睛】本题考查概率在实际生活中的综合应用问题，考查学生逻辑推理与运算能力，是一道有一定难度的题.‎ - 26 -‎ - 26 -‎