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1、江苏省海安中学2020届高三数学上学期阶段测试试题三（含解析）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设全集，2，3，4，若，2，则集合解：全集，2，3，4，若，2，则集合，故答案为：，2已知复数满足为虚数单位），则的模为解：复数满足为虚数单位），故答案为：3已知一组数据的平均数为，极差为，方差为，则数据，的方差为_.故答案为：4如图是一个算法的伪代码，其输出的结果为解：模拟执行伪代码，可得：故答案为：5从0、2中选一个数字从1、3、5中选两个数字，组成无重复数字的三位数其中无重复的个数为解：从0、2中选一个数字0，则0不只能排在百位，从1、3、5中
2、选两个数字之一排在百位，共有种；从0、2中选一个数字2，从1、3、5中选两个数字全排列，共有种；故共有种故答案为：306在平面直角坐标系中，若双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为解：因为，所以，所以渐近线方程为故答案为：7将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则的值为解：由将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，可得把函数的图象向左平移个单位后得函数的图象，故，则，故答案为：48设定义在上的奇函数在区间，上是单调减函数，且（2），则实数的取值范围是解：根据题意，是在上的奇函数，且在区间，上是单调减函数，则其在区间上递减，则函数在上为减函数，（2）（2），解可得：；即实数的取值范围
3、是；故答案为：9在锐角三角形中，则的值为解：锐角三角形中，则，故答案为：7910设为数列的前项和，若，且，则的值为解：由，可得解法1：当时，由，得，即，数列是首项，公差为6的等差数列，解法2：当时，由，可得，数列是首项，公差为3的等差数列，11.设正实数，满足，则实数的最小值为解：由正实数，满足，化为，化为，解得因此实数的最小值为故答案为：12如图，正四棱柱的体积为27，点，分别为棱，上的点（异于端点），且，则四棱锥的体积为解：连接，正四棱柱的体积为27，点，分别为棱，上的点（异于端点），且，四棱锥的体积故答案为：913已知向量，满足，且与的夹角的正切为，与的夹角的正切为，则的值为解：可设，由
4、题意可得，则，即为，又，为锐角，可得，同理可得，由正弦定理可得，即有，则故答案为：14已知，若同时满足条件：，或；，则的取值范围是解：对于，当时，又，或在时恒成立则由二次函数的性质可知开口只能向下，且二次函数与轴交点都在的左面则即成立的范围为又，此时恒成立在有成立的可能，则只要比，中的较小的根大即可，当时，较小的根为，不成立，当时，两个根同为，不成立，当时，较小的根为，即成立综上可得成立时故答案为：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）已知的面积为，且，向量和向量是共线向量（1）求角；（2）求的边长解：（1
5、），即，（2）由得：，16（本小题满分14分）如图，四棱锥的底面为矩形，且，分别为，中点（1）求证：平面；（2）若平面平面，求证：平面平面证明：（1）方法一：取线段的中点，连接，因为为的中点，所以，且因为四边形为矩形，为的中点，所以，且所以，且所以四边形为平行四边形所以 又平面，平面，所以平面 方法二：连接并延长交的延长线于，连接因为四边形为矩形，所以，所以，又，所以所以又为的中点，所以（5分）又平面，平面，所以平面 方法三：取的中点，连接，在矩形中，为的中点，所以，且所以四边形为平行四边形，所以又平面，平面，所以平面 因为，分别为，的中点，所以又平面，平面，所以平面又，平面，所以平面平面 因
6、为平面，所以平面 （2）设，相交于在矩形中，因为，为的中点所以又，所以，所以又，所以由的内角和为，得即 因为平面平面因为平面，所以平面， 又平面，所以平面平面 17（本小题满分14分）如图，是两条海岸线，为海中一个小岛，为海岸线上的一个码头已知，到海岸线，的距离分别为，现要在海岸线上再建一个码头，使得在水上旅游直线经过小岛（1）求水上旅游线的长；（2）若小岛正北方向距离小岛处的海中有一个圆形强水波，从水波生成时的半径为为大于零的常数）强水波开始生成时，一游轮以的速度自码头开往码头，问实数在什么范围取值时，强水波不会波及游轮的航行解：（1）以点 为坐标原点，直线 为 轴，建立直角坐标系如图所示则
7、由题设得：，直线 的方程为，由，及 得，直线 的方程为，即，由 得 即，即水上旅游线 的长为（2）设试验产生的强水波圆，由题意可得，生成 小时时，游轮在线段 上的点 处，则，强水波不会波及游轮的航行即，当 时，上式恒成立，当，当且仅当 时等号成立，所以，在 时 恒成立，亦即强水波不会波及游轮的航行18（本小题满分16分）在平面直角坐标系中，已知椭圆过点，其左、右焦点分别为、，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）若、分别为椭圆的左、右顶点，动点满足，且交椭圆于点求证：为定值；设与以为直径的圆的另一交点为，问：直线是否过定点，并说明理由解：（1）由题意可得且，解得，即有椭圆方程为；（2）证明：由，设
8、，可得，代入椭圆方程可得，由，可得，则为定值；直线过定点理由如下：由题意可得，由与以为直径的圆的另一交点为，可得，即有则直线，即，故直线过定点19（本小题满分16分）已知数列满足：（常数，数列满足：（1）求，的值；（2）求出数列的通项公式；（3）问：数列的每一项能否均为整数？若能，求出的所有可能值；若不能，请说明理由解：（1）由已知可知：，把数列的项代入，求得，；（2）由，可知：则：有：，即：，；（3）假设存在正数，使得数列的每一项均为整数，则由（2）可知：，由，可知，2当时，为整数，利用，结合式，可知的每一项均为整数；当时，变为，用数学归纳法证明为偶数，为整数时，结论显然成立，假设时结论成立
9、，这时为偶数，为整数，故为偶数，为整数，时，命题成立故数列是整数列综上所述，为1，2时，数列是整数列20（本小题满分16分）设函数，（1）若，求函数的单调区间；（2）若，试判断函数在区间，内的极值点的个数，并说明理由；（3）求证：对任意的正数，都存在实数，满足：对任意的，解：（1）当时，令，列表分析10单调递减单调递增故的单调递减区间为，单调递增区间为（2），其中，令，分析的零点情况，令，列表分析，0单调递减单调递增，而，若，则，故在，内没有极值点；若，则，因此在，有两个零点，在，内有两个极值点；若，则，因此在，有一个零点，在，内有一个极值点；综上所述，当，时，在，内没有极值点；当，时，在，内
10、有两个极值点；当，时，在，内有一个极值点（3）猜想：，恒成立证明如下：由（2）得在，上单调递增，且（1），因为当时，所以故在上存在唯一的零点，设为 由， 0单调递减单调递增知，（1），又，而时，所以（1）即，所以对任意的正数，都存在实数，使对任意的，使补充证明令，所以在，上单调递增所以时，（1），即补充证明令，所以在，上单调递减所以时，（1），即海安中学2020届高三阶段测试三数学附加题21选做题，本题包括三小题，请选定其中两题，并在相应区域作答A.已知二阶矩阵，矩阵属于特征值的一个特征向量为，属于特征值的一个特征向量为求矩阵解：由特征值、特征向量定义可知，即，得 同理可得 解得，因此矩阵 B
11、在极坐标系中，已知 1， ， 9， ，线段的垂直平分线与极轴交于点，求的极坐标方程及的面积解：由题意，线段的中点坐标为，设点为直线上任意一点，在直角三角形中，所以，的极坐标方程为， 令，得，即（8分）所以，的面积为：22已知实数，满足，求证：证明：由，可得，要证，即证，由于，即证，即为，显然成立故原不等式成立23如图，在四棱锥中，已知棱，两两垂直，长度分别为1，2，2若，且向量与夹角的余弦值为（1）求实数的值；（2）求直线与平面所成角的正弦值解：以为坐标原点，分别以，为，轴建立如图所示空间直角坐标系；则：，0，0，2，0，；，可得，2，（1），2，2，向量与夹角的余弦值为可得，解得（舍去）或实数的值为2；（2），2，2，平面的法向量，则且，即：，不妨去，平面的法向量，1，又，0，故直线与平面所成角的正弦值为：24已知数列的通项公式为，记（1）求，的值；（2）求所有正整数，使得能被8整除解：（1），即有；（2），即，因此除以8的余数，完全由，除以8的余数确定，因为，所以，由以上计算及可知，数列各项除以8的余数依次是：1，3，0，5，7，0，1，3，0，5，7，0，它是一个以6为周期的数列，从而除以8的余数等价于除以3的余数，所以，即所求集合为：，
