《2020届江苏省启东市高三下学期期初考试数学试题（解析word版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届江苏省启东市高三下学期期初考试数学试题（解析word版）（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020届江苏省启东市高三年级下学期期初考试数学试题一、填空题1已知全集，集合，则_.【答案】【解析】结合所给的集合和补集的定义，可得的值.【详解】解：由全集，集合，可得：，故答案为：.【点睛】本题主要考查集合和补集的定义，相对简单.2复数（i是虚数单位）的虚部为_.【答案】【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，可得原复数的虚部.【详解】解：，故原复数的虚部为，故答案为：.【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，属于基础题.3某高级中学高一、高二、高三年级的学生人数分别为1100人、1000人、900人，为了解不同年级学生的视力情况，现用分层抽样的方法抽取了容量为
2、30的样本，则高三年级应抽取的学生人数为_.【答案】9【解析】先求出抽样比，由此可求出高三年级应抽取的学生人数.【详解】解：由题意可得：抽样比，故高三年级应抽取的学生人数为：，故答案为：9.【点睛】本题主要考查分层抽样的相关知识，求出抽样比是解题的关键.4如图是一个算法的伪代码，其输出的结果为_【答案】【解析】由题设提供的算法流程图可知:，应填答案5函数的定义域为_.【答案】【解析】由对数函数真数大于0，列出不等式可得函数的定义域.【详解】解：由题意得：，解得：，可得函数的定义域为：，故答案为：.【点睛】本题主要考查函数的定义域及解一元二次不等式，属于基础题型.6劳动最光荣.某班在一次劳动教育
3、实践活动中，准备从3名男生和2名女生中任选2名学生去擦教室玻璃，则恰好选中2名男生的概率为_.【答案】【解析】分别计算出从5名学生中选出 2名学生的选法，与从3名男生选出 2名男生的选法，可得恰好选中2名男生的概率.【详解】解：由题意得：从5名学生中选出 2名学生，共有种选法；从3名男生选出 2名男生，共有种选法，故可得恰好选中2名男生的概率为：，故答案为：【点睛】本题主要考察利用古典概型概率公式计算概率，分别计算出从5名学生中选出 2名学生的选法，与从3名男生选出 2名男生的选法是解题的关键.7已知抛物线y2=8x的焦点恰好是双曲线的右焦点，则该双曲线的离心率为_.【答案】【解析】求出抛物线
4、的焦点，可得c的值，由双曲线方程，可得a的值，可得双曲线的离心率.【详解】解：易得抛物线y2=8x的焦点为：，故双曲线的右焦点为，可得：，故双曲线的离心率为：，故答案为：.【点睛】本题主要考查抛物线的性质及双曲线的离心率，相对简单，注意利用双曲线的性质解题.8已知等差数列的前n项和为Sn，若，则_.【答案】【解析】由，成等差数列，代入可得的值.【详解】解：由等差数列的性质可得：，成等差数列，可得：，代入，可得：，故答案为：.【点睛】本题主要考查等差数列前n项和的性质，相对不难.9已知是第二象限角，且，则_.【答案】【解析】由是第二象限角，且，可得，由及两角和的正切公式可得的值.【详解】解：由是
5、第二象限角，且，可得，由，可得，代入，可得，故答案为：.【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系及两角和的正切公式，相对不难，注意运算的准确性.10在平面直角坐标系xOy中，已知A，B两点在圆x2y2=1上，若直线上存在点C，使ABC是边长为的等边三角形，则点C的横坐标是_.【答案】【解析】设点，连接,由ABC是边长为的等边三角形，故四边形为菱形,由，可得点C的横坐标.【详解】解：设点，连接,由ABC是边长为的等边三角形，故四边形为菱形，在中：,可得：，,可得，解得：，故答案为：.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，相对不难.11设m为实数，若函数f(x)=x2mx2在区间上是减函数，对
6、任意的，总有，则m的取值范围为_.【答案】【解析】由函数f(x)=x2mx2在区间上是减函数可得，由，可得在此区间的最大、最小值，化简，可得m的取值范围.【详解】解：由题意：函数f(x)=x2mx2的对称轴为：，由其在区间上是减函数，可得，可得；由，且，故当时，由，可得，化简可得：，可得：，综合可得：，故答案为：.【点睛】本题主要考查二次函数的单调性及函数的最值，属于中档题型.12如图所示，在ABC中，AB=AC=2，AE的延长线交BC边于点F，若，则_.【答案】【解析】过点做,可得，由可得，可得，代入可得答案.【详解】解：如图，过点做,易得：,故,可得：，同理：,可得,由，可得,可得：,可得
7、：，,故答案为：.【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算和平面向量的数量积，由题意作出是解题的关键.13若实数满足：，则的最小值为_.【答案】【解析】将原式化简为，令，则，令，对求导数，可得的最小值，可得答案.【详解】解：由题意得：，令，则， ，设，可得：，令，可得，其中舍去，可得当时，单调递减；当时，单调递增；可得当时，原式有最小值，代入可得：，故可得的最小值为，故答案为：.【点睛】本题主要考察利用导数求函数的最值，其中利用换元法对原式进行换元是解题的关键.14若函数恰有3个不同的零点，则a的取值范围是_.【答案】【解析】去绝对值，分、与进行讨论，对进行化简，同时对求导，结合函数有3个不同的
8、零点，可得a的取值范围.【详解】解：（1）当时，因为递减，时，所以在有1个零点；当时，因为，即时，在上递减，所以，即在没有零点；，即时，在上递增，在上递减，因为，所以时，在没有零点；时，在有1个零点；时，在有2个不同的零点.（2）当时，当时，在上没有零点；当时，在有1个零点；时，在有2个不同的零点.综上，当或时恰有三个不同的零点.【点睛】本题主要考查函数的零点与利用导数判断函数的单调性与零点，属于难题.二、解答题15如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AD/平面BCC1B1，ADDB.求证： （1）BC/平面ADD1A1；（2）平面BCC1B1平面BDD1B1.【答案】（1）证明见解析
9、；（2）证明见解析.【解析】（1）由直线与平面平行的性质可得：由AD/平面BCC1B1，有AD/BC，同时AD平面ADD1A1，可得BC/平面ADD1A1；（2）由（1）知AD/BC，因为ADDB，所以BCDB，同时由直四棱柱性质可得DD1BC，BC平面BDD1B1，可得证明.【详解】解：（1）因为AD/平面BCC1B1，AD平面ABCD，平面BCC1B1平面ABCD=BC，所以AD/BC. 又因为BC平面ADD1A1，AD平面ADD1A1，所以BC/平面ADD1A1.（2）由（1）知AD/BC，因为ADDB，所以BCDB， 在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中DD1平面ABCD，BC底面AB
10、CD，所以DD1BC， 又因为DD1平面BDD1B1，DB平面BDD1B1，DD1DB=D，所以BC平面BDD1B1， 因为BC平面BCC1B1，所以平面BCC1B1平面BDD1B1【点睛】本题主要考查线面平行的性质及面面垂直的证明，熟悉相关定理并灵活运用是解题的关键.16已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asinB=bsin2A.（1）求角A；（2）若a=5，ABC的面积为，求ABC的周长.【答案】（1）；（2）12.【解析】（1）由正弦定理可得：sinAsinB=2sinBsinAcosA，可得的值，可得角A的大小；（2）由ABC的面积为及角A的值，可得的值，由余弦定
11、理可得的值，可得ABC的周长.【详解】解：（1）由asinB=bsin2A及正弦定理，得sinAsinB=2sinBsinAcosA，因为sinA0，sinB0，所以， 又，所以.（2）由ABC的面积为，得，又，所以.在ABC中，由余弦定理，得，因为a=5，所以，所以， 所以，即ABC的周长为12.【点睛】本题主要考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，注意灵活运用定理解题.17如图1，已知正方形铁片边长为2a米，四边中点分别为E，F，G，H，沿着虚线剪去大正方形的四个角，剩余为四个全等的等腰三角形和一个正方形ABCD（两个正方形中心重合且四边相互平行），沿正方形ABCD的四边折起，使E，F，G，
12、H四点重合，记为P点，如图2，恰好能做成一个正四棱锥（粘贴损耗不计），PO底面ABCD，O为正四棱锥底面中心，设正方形ABCD的边长为2x米.（1）若正四棱锥的棱长都相等，求所围成的正四棱锥的全面积S；（2）请写出正四棱锥的体积V关于x的函数，并求V的最大值.【答案】（1）；（2）. .【解析】（1）连接OH交BC于点H，由正方形ABCD边长为2x，所以HH=ax.可得的长及的长，由得可得的值，可得正四棱锥的全面积，计算可得答案；（2）可得，可得关于的函数，对其求导，利用导数可得V的最大值.【详解】解：在图1中连接OH交BC于点H，因为正方形ABCD边长为2x，所以HH=ax.在图2中，OH=
13、x，PH=ax，由勾股定理得，正四棱锥的高. （1）在直角三角形中，所以，由得，整理得，解得（舍去）.所以，正四棱锥的全面积平方米. （2），所以. 因为，设，则， 令得，当时，在区间上递增；当时，在区间上递减.所以当时，取得最大值，此时立方米.【点睛】本题主要考查正四棱锥的几何性质，正四棱锥棱长、高、表面积、体积的计算，需建立函数模型并求其最值，属于难题.18已知椭圆，椭圆经过椭圆C1的左焦点F 和上下顶点A，B.设斜率为k的直线l与椭圆C2相切，且与椭圆C1交于P，Q两点.（1）求椭圆C2的方程；（2）若，求k的值；求PQ弦长最大时k的值.【答案】（1）；（2）；.【解析】（1）分别求出C
14、1的左焦点与上下顶点的坐标，可得椭圆C2的的值，可得椭圆C2的方程；（2）设直线l的方程为与椭圆C2联立，由直线与椭圆相切，可得，可得的关系，同时直线l与椭圆C1的方程联立，由韦达定理结合，即，代入可得k的值；由知，可得关于的函数，化简利用基本不等式可得PQ弦长最大时k的值.【详解】解：（1）由题意可知，椭圆C1的左焦点，上下顶点， 所以椭圆C2的左顶点为，上下顶点，所以，所以椭圆C2的方程为. （2）设直线l的方程为与椭圆C2：方程联立，消去y得，因为直线与椭圆相切，所以，整理得， 直线l与椭圆C1的方程联立得，其中.设，则. 因为，所以，即，所以. 由知， 设，则.所以当时，PQ的长最大，最大值为.【点睛】本题主要考察椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，解题的关键是掌握椭圆的基本性质，联立直线与椭圆方程组求解，属于难题.19已知函数，其中，e为自然
