《2020届苏北四市高三上学期第一次质量检测（期末）数学（理）试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届苏北四市高三上学期第一次质量检测（期末）数学（理）试题（解析版）（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、徐州市2019-2020学年度高三年级第一次质量检测数学理科卷一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分请把答案填写在答题卡相应位置上1.已知集合，则_.答案： 解：由题意直接求解即可得2.已知复数满足，且的虚部小于0，则_.答案：解: ,则，又因为的虚部小于0，则3.若一组数据的平均数为7，则该组数据的方差是_.答案：解： 解得，4.执行如图所示的伪代码，则输出的结果为_.答案：20 5.函数的定义域为_.答案：解：由题意得：，解得，所以函数的定义域为6.某学校高三年级有两个自习教室，甲、乙、丙3名学生各自随机选择其中一个教室自习，则甲、乙两人不在同一教室上自习的概率为_.答案：解
2、：7.若关于的不等式的解集是，则实数的值为_.答案：4解：由题意得：，解得8.在平面直角坐标系中，双曲线的右准线与渐近线的交点在抛物线上，则实数的值为_.答案：解：由题意得：双曲线右准线与渐近线的交点为，代入得：9.已知等差数列的前项和为，则的值为_.答案：135解：，则，解得：，因为10.已知函数的图象与函数的图象相邻的三个交点分别是，则的面积为_.答案：11.在平面直角坐标系中，已知圆，圆与圆外切与点，且过点，则圆的标准方程为_.答案：12.已知函数是定义在上的奇函数，其图象关于直线对称，当时，（其中是自然对数的底数），若，则实数的值为_.答案：3解：由题意得： ，解得：13.如图，在中，
3、是上的两个三等分点，则的最小值为_.答案：解：14.设函数，其中.若恒成立，则当取得最小值时，的值为_.答案：方法一：所以当且仅当，时，上述等号成立，所以取最小值时，.方法二：由对称性可知，最小时，且所以，即，则二、解答题：本大题共6小题，共计90分请在答题卡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. （本小题满分14分）如图，在三棱锥中，分别为棱的中点，平面平面.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面. 解：（1）在中，因为M，N分别为棱PB，PC的中点， 所以MN/ BC 3分 又MN平面AMN，BC平面AMN， 所以BC/平面AMN6分（2） 在中，因为，M为棱PB的中
4、点，所以8分 又因为平面PAB平面PBC，平面PAB平面PBC，平面PAB， 所以平面PBC12分 又平面AMN，所以平面AMN平面PBC 14分16. （本小题满分14分）在中，角的对边分别为，且.（1）若，求的值；（2）若，求的值.解：（1）在中，由余弦定理得，即， 4分解得或（舍），所以 6分（2）由及得，8分所以，又因为，所以，从而，12分所以14分17. （本小题满分14分）如图，在圆锥中，底面半径为3，母线长为5.用一个平行于底面的平面区截圆锥，截面圆的圆心为，半径为，现要以截面为底面，圆锥底面圆心为顶点挖去一个倒立的小圆锥，记圆锥的体积为.（1）将表示成的函数；（2）求得最大值.
5、解：（1）在中， 2分由可知，所以，4分所以，所以7分（2）由（1）得，所以，令，得，9分当时，所以在上单调递增；当时，所以在上单调递减所以当时，取得最大值答：小圆锥的体积的最大值为14分18. （本小题满分16分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的右顶点为,过点作直线与圆相切，与椭圆交于另一点，与右准线交于点.设直线的斜率为.（1）用表示椭圆的离心率；（2）若,求椭圆的离心率.（1）直线l的方程为，即，因为直线l与圆相切，所以，故所以椭圆的离心率4分（2）设椭圆的焦距为，则右准线方程为，由得，所以，6分由得，解得，则，所以，10分因为，所以，即，12分由（1）知，所以，所以，即，所以，故椭圆的离
6、心率为16分19. （本小题满分16分）已知函数.（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；（2）若的导函数存在两个不相等的零点，求实数的取值范围；（3）当时，是否存在整数，使得关于的不等式恒成立？若存在，求出的最大值；若不存在，说明理由.解：（1），因为曲线在点处的切线方程为，所以，得2分（2）因为存在两个不相等的零点 所以存在两个不相等的零点，则 当时，所以单调递增，至多有一个零点4分当时，因为当时，单调递增，当时，单调递减，所以时， 6分因为存在两个零点，所以，解得7分因为，所以因为，所以在上存在一个零点 8分因为，所以因为，设，则，因为，所以单调递减，所以，所以，所以在上存在一个零点综上
7、可知，实数的取值范围为10分（3）当时，设，则所以单调递增，且，所以存在使得，12分因为当时，即，所以单调递减；当时，即，所以单调递增，所以时，取得极小值，也是最小值，此时，14分因为，所以，因为，且为整数，所以，即的最大值为16分20. （本小题满分16分）已知数列的首项，对任意的,都有，数列是公比不为1的等比数列.（1）求实数的值；（2）设，数列的前项和为，求所有正整数的值，使得恰好为数列中的项.解：（1）由，可知，因为为等比数列，所以，即，即，解得或，2分当时，所以，则，所以数列的公比为1，不符合题意；当时，所以数列的公比，所以实数的值为 4分（2）由（1）知，所以则，6分则，因为，又，
8、且，所以，则，设，8分则或为偶数，因为不可能，所以或为偶数，当时，化简得，即，所以可取值为1，2，3，验证得，当时，成立12分当为偶数时，设，则，由知，当时，；当时，所以，所以的最小值为，所以，令，则，即，无整数解综上，正整数m的值16分徐州市2019-2020学年度高三年级第一次质量检测数学（附加题）21【选做题】本题包含A、B、C小题，请选定其中两题，并在答题卡相应的答题区域内作答.若多做，则按作答的前两题评分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤A选修42：矩阵与变换 （本小题满分10分）已知矩阵 的一个特征值为4，求矩阵的逆矩阵.解：矩阵的特征多项式为2分因为矩阵的一个特征值为4，所
9、以，所以5分所以，所以10分B选修44：坐标系与参数方程 （本小题满分10分）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数，）.在曲线上点,使点到的距离最小，并求出最小值.解：由，及，所以的直角坐标方程为 2分在曲线上取点，则点到的距离，6分当时，取最小值，8分此时点的坐标为10分C选修45：不等式选讲 （本小题满分10分）已知正数满足，求的最小值.解：因为都为正数，且，所以由柯西不等式得，5分，当且仅当时等号成立，所以的最小值为310分第22题、第23题，每题10分，共计20分，请在答题卡指定区域内作答，解答应写出文字说明、证
10、明过程或演算步骤22.（本小题满分10分）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，侧面为菱形，平面平面.（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求二面角的余弦值.解：（1）因为四边形为正方形，所以，因为平面平面，平面平面，（第22题）BACxyzB1A1C1平面，所以平面. 2分以点为坐标原点，分别以,所在的直线为,轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设正方形的边长为2，则， 在菱形中，因为，所以，所以因为平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为6分（2）由（1）可知，所以 设平面的一个法向量为，因为 即，取，即设平面的一个法向量为，因为，所以，取8分 设二面角的平面角为， 则， 所以二面角的余弦值为10分23.（本小题满分10分）已知为给定的正整数，设，.（1）若，求，的值；（2）若，求的值.解：（1）因为，所以，2分（2）当时，又因为，4分当时，； 5分当时，当时，也符合所以的值为10分13第页
