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1、第1页 江苏省泰兴中学 2020 届高三数学春学期综合检测 2020 03 15 数学 一 填空题 本大题共 14 小题 每题 5 分 共 70 分 1 复数 1 2 2 i z i 的模是 2 已知全集 RU 23 Axx 1Bx x 或4 x 那么集合 U AC B 3 已知样本3 4 7 5x的平均数是5 则此样本的方差为 4 若是定义在上的初等函数 且 则 一定 是 的 在 充分必要条件 必要不充分条件 充分 不必要条件 和 非充分非必要条件 中选一个填空 5 根据如图所示的伪代码 可知输出的结果S为 6 先把一个半径为 5 弧长为的扇形卷成一个体积为最大的空心圆锥 再把一个实心的铁球
2、融化为铁 水倒入此圆锥内 假设圆锥的侧面不渗漏 且不计损耗 正好把此空心的圆锥浇铸成了一个体积最大 的实心圆锥 则此球的半径为 7 若在区间 1 1 内任取实数a 在区间 0 1 内任取实数b 则直线0axby 与圆 22 1 2 1xy 相 交的概率为 来源 Z 第二次循环 I 25 13 S 50 25 75 第三次循环 I 12 513 S 87 5 退出循环 输出的结果S为 87 5 6 答案 3 解析 设卷成的圆锥的底面半径为r 则3r 则 222222 5353 12 33 rr V 设实心铁球的半径为 r 则 2 4 12 3 r 所以3r 7 答案 5 16 解析 建立几何概率
3、模型直接计算得 7534 5 5 x 6x 22222 2 75 55 65 35 45 2 5 s 2 8 答案 3 2 解析 由已知得 所以双曲线的标准方程是 22 1 11 54 xy 所 以 11 3 54 21 5 C e A 来源 学 科 网 9 答案 100 0 解析 由 42 x k 2 k Z 得 x 2k 2 k Z 即对称中心横坐标为 x 2k 2 因为对称中心在 y 轴右侧 所以 k N 当 k 49 时 x 100 则 A50的坐标为 100 0 10 答案 54 解析 设等差数列 n a的首项为 1 a 公差为 d 由题意得 1 4 4 1 414 2 ad 30
4、2 17 7 7 2 110 10 10 11 dada 联立解得 1 a 2 d 1 所以 9 S 541 2 19 9 29 11 答案 4 解 析 2 sin2sin 22 11 xxx f xg x xx 其 中 函 数 g x是 奇 函 数 因 为 mf xM 即2 mg xM 所以2 2Mg xm 因为 g x是奇函数 所以其最 大值与最小值互为相反数 即 2 2 0Mm 所以Mm 4 12 答案 1008 解 析 2016201620161008 2 2 2 nnnnnnn baaaaaaa 是 定 值 当 且 仅 当 2016nn aa 时取等号 因为正项等比数列一定单调 所以
5、当且仅当2016 1008nn n 时 n b取 得最小项 13 答案 1 解析 将直线 23330mnxmn ym的方程改写为 来源 学科网 ZXXK 9 20 ababab 5 4ab 3 32330 xymxy nx 因为 m n 为变量 所以 30 20 330 xy xy x 解得 x 1 y 2 所以动直线 23330mnxmn ym过定点 P 1 2 进一步定点 P 在圆 22 25Oxy内 因为 AB 的长唯一 所以 AB 过 O 点或 ABOP 因为 1m 所以直线 23330mnxmn ym不过 O 点 所以 ABOP 所以 1 ABOP k k 所以 232 1 1 mn
6、 mn 所以 6 1 5 m n 14 答案 解析 设 由余弦定理得 22 OAOBOAOBOAOBOAOB 2222 22OAOA OBOBOAOA OBOB 54cos54cos 令y 54cos54cos 则 据此可得 OAOBOAOB 的取值范围为 二 解答题 15 解析 1 3ABmm 3 ACamm 因为4am 所以 3 3ACmm 所以 22 33 coscos 0 22 3 mm AAC AB mm 所以 A 0 90 2 由已知条件得 00BAC 由ABC 的内角和ABC 得 2 0A 由正弦定理知 sinsinsin acb ACB 4 2 5 AOB 22 102 25
7、16cos16 20y 4 2 5 4 所以 sinsin4 sinsin sin b acACAC B 2 4sin4sinAA 5 4 3sin AA 所以当A 即A 时 a c 取得最大值4 3 16 解析 1 取 AB 的中点为 R 连接 PR 1 RB 在长方体 1111 ABCDABC D 中 因为 11 A B的中点是 Q AB 的中点为 R 所以 11 AR QB ARQB 所以四边形 1 ARBQ为平行四边形 所以 1 AQRB 因为 P 为 CD 的中点 所以 PRBC PRBC 因为 1111 BCBC BCBC 所以 1111 PRBC PRBC 所以四边形 11 PR
8、BC为平行四边形 所以 11 RBPC 所以 1 AQPC 因为AQ 平面 1 PBC 1 PC 平面 1 PBC 所以AQ平面 1 PBC 2 连 1 BC 因为 1 BCCC 所以 11 BCBC 在长方体 1111 ABCDABC D 中 11 AB 平面 11 BBC C 所以 11 AB 1 BC 因为 1111 ABBCB 1111111 ABABC BCABC 平面平面 所以 1 BC 平面 11 ABC 所以 1 BC 1 AC 因为 1 2 BC AB P 为 CD 的中点 5 所以 2 AB BC ABBC 所以 BCPC ABBC 所以tantanCABPBC 所以CAB
9、PBC 因为 2 CABACB 所以 2 PBCACB 所以PBAC 因为四棱柱 1111 ABCDABC D 为长方体 所以 1 AA 平面 ABCD 所以 1 AA PB 因为 1 AAACA 1 AA AC都在平面 11 AAC C内 所以PB 平面 11 AAC C 所以PB 1 AC 因 为 1 PBBCB 所以 1 AC 平面 1 PBC 17 解析 1 当轮胎与 AB BC 同时接触时 设轮胎与 AB边的切 点为 T 轮胎中心为 O 则 OT 40 由 ABC 1200 知 OBT 600 故 OB 2 4080 33 所以从 B 点到轮胎最上部的距离为 80 3 40 此轮胎露
10、在水面外的高度为 80 3 d 40 0 cos60AB h 80 10 3 h 此处把 从 B 点到轮胎最上部的距离 计算两次 得证 2 该汽车能顺利通过这个坑时 只需 d 40 即 80 10 3 h 40 解得 h 16cm 所以 h 的最大值为 16cm 18 解析 1 由题意得 3 3 2 c c a 得2 3a 结合 222 abc 解得 2 12a 2 3b 所以 椭圆的方程为1 312 22 yx 2 注意 第一题的结论不可用在第二题 学会条件作推理后使用 由 22 22 1 xy ab ykx 得 222222 0ba kxa b 设 1122 A x yB xy 所以 1
11、2 222 ab x ba k 6 所以 22 1212 222 0 a b xxx x ba k 依题意得 OMON 四边形 2 OMF N为平行四边形 所以 22 AFBF 因为 211 3 F Axy 222 3 F Bxy 所以 2 22121212 3 3 1 90F A F Bxxy ykx x 即 222 222 9 1 90 9 a ak a ka 将 a k 分离得 42 2 4242 188181 1 1818 aa k aaaa 因为 2 4 k 所以 2 1 8 k 即 42 811 1 188aa 且 2 9a 得 2 33 2a 所以 2 3 2 2 e 19 解析
12、 1 由题意可得 1 1 4 1 44 4 1 22 2 ad ad 解得 1 1 3 a d 所以数列1 3 1 32 n ann 2 因为 4 0 1 2 3 nnnnn abc bN c 所以 n c是 n a除以 4 的余数 且 n b是商 因为数列 n a 的前六项分别是 1 4 7 10 13 16 分别除以 4 之后的余数为 1 0 3 2 1 0 3 由 2 猜测 4nn cc 证明如下 因为32 n an 所以 4 34212 nn ana 即 4 12 nn aa 因为 n c是 n a除以 4 的余数 7 所以 4n c 是 4n a 除以 4 的余数 由 4 12 nn
13、 aa 进一步得 4nn cc 其中 0 1 2 3 n c 对于每 个nN 444 4 nnn abc 所以有 444 4 nnnnnn aabbcc 4 124 nn bb 即 4 3 nn bb 所以数列 n D是所有项都为 3 的常数列 20 解析 1 证明 因为 0 00 00faeag 所以 2 x f xaea g xaxx 的图像 存在一个公共的定点 O 0 0 因为 2 x fxaegxax 所以 0 0 fa ga 所以在定点 O 0 0 处有一条公切线 为直线 y ax 2 假设存在实数 k 使得 ln1 f xak x axx 对任意的 1 2 x 恒成立 即存在实数
14、k 使得ln x kexxx 对任意的 1 2 x 恒成立 令 ln x h xexxx 1 2 x 则 ln2 x h xex 1 2 x 令 m x ln2 x ex 1 2 x 则 11 x x xe mxe xx 1 2 x 因为0 0 x xe 且 y y x xe 在 1 2 x 上单调递增 所以 y 1 x xe 在 1 2 x 上单调递增 因为 1 1 2 2 12 10 22 e e 1 110e 所以存在唯一实数 0 1 1 2 x 使得 0 0 10 x x e 即 0 0mx 且 0 0 x xe 所以 h x 在 0 x处取得最小值 000 00 ln2ln2 xxx
15、 h xexee 8 0 1 2 0 139 220 224 x exeee 所以 ln x h xexxx 在 1 2 x 上单调递增 所以 1ln2 1 22 h xhe 因为ln x kexxx 对任意的 1 2 x 恒成立 所以 ln2 1 2 ke 所以存在 ln2 1 2 ke 使得 ln1 f xak x axx 对任意的 1 2 x 恒成立 21 选做题 A 解析 设 Q x y 00 00 00 00 cos 90 sin 90 cos30 sin301 1 sin30 cos30sin 90 cos 90 x y 13 2 13 2 B 解析 因为cos sinxy 所以l
16、的直角坐标方程为30 xy 其中倾斜角为 4 过点 3 0 所以直线方程化成参数方程为 3cos 4 sin 4 xt yt 曲线C的参数方程化为普通方程为 22 1 43 xy 将 3cos 4 sin 4 xt yt 代入曲线C的方程 22 1 43 xy 得 2 76 660tt 2 6 6 4 7 6 3840 9 设方程的两根是 12 t t 则 1 2 6 7 t t 所以 1 2 6 7 PA PBt t 22 解析 1 因为抛物线C的方程是 2 0ymx m 所以准线方程是 4 m x 所以2 4 m 所以2m 所以抛物线的焦点到准线的距离是 4 2 设 A B 两点的坐标分别是 1122 x yxy 设 2 0C 因为FBFA2 所以 B 是 AC 的中点 注意 条件的推理运用 所以 12 22xx 12 2yy 所以 22 12 4yy 所以 12 84 8xx 所以 12 4xx 解得 12 4 1xx 所以 k 3 22 23 解析 1 2 2 au bvau bv u f u vaecudvcecudv 2 au bv ecudva cudvc 2 同理 v
