2020届江苏省苏州市五校高三上学期12月月考数学试题（解析版）

2020届江苏省苏州市五校高三上学期12月月考数学试题

一、填空题

1．已知，，则______.

【答案】

【解析】根据两个集合直接求交集.

【详解】

由已知可知.

故答案为：

【点睛】

本题考查集合的交集，属于简单题型.

2．若复数（为虚数），则复数的模______.

【答案】

【解析】首先求复数，再化简求模.

【详解】

，

.

故答案为：

【点睛】

本题考查复数的化简和求模，意在考查转化和化简计算，属于基础题型.

3．某市有中外合资企业160家，私营企业320家，国有企业240家，其他性质的企业80家，为了了解企业的管理情况，现用分层抽样的方法从这800家企业中抽取一个容量为的样本，已知从国有企业中抽取了12家，那么______.

【答案】40

【解析】由题意可知，计算结果.

【详解】

由题意可知，解得：.

故答案为：40

【点睛】

本题考查分层抽样，意在考查基本公式和基本计算能力，属于简单题型.

4．函数的定义域是______.

【答案】

【解析】根据具体函数的形式，直接求定义域.

【详解】

由题意可知

解得：，

函数的定义域是.

故答案为：

【点睛】

本题考查具体函数的定义域，属于简单题型.

5．    如图所示的流程图的运行结果是______．

【答案】20

【解析】试题分析：第一次循环：，第二次循环：，结束循环，输出

【考点】循环结构流程图

6．高三（5）班演讲兴趣小组有女生3人，男生2人，现从中任选2 名学生去参加校演讲比赛，则参赛学生恰好为1名男生和1名女生的概率是______.

【答案】

【解析】首先求任选2人的方法种数，然后求满足条件的方法，最后用古典概型求概率.

【详解】

从5人中任选2名学生参加演讲比赛的有种方法，

其中恰好为1名男生和1名女生的方法有种方法，

则恰好为1名男生和1名女生的概率.

故答案为：

【点睛】

本题考查组合数和古典概型的计算方法，意在考查基本公式和计算能力，属于基础题型.

7．在平面直角坐标系中，直线为双曲线的一条渐近线，则该双曲线的离心率为______.

【答案】

【解析】由已知可知，再表示.

【详解】

由题意可知双曲线的渐近线方程是

若直线是双曲线的一条渐近线，

则 ，即，

离心率.

故答案为：

【点睛】

本题考查双曲线基本性质，属于简单题型，一般求双曲线离心率的方法是1.直接法：直接求出，然后利用公式求解；2.公式法：，3.构造法：根据条件，可构造出的齐次方程，通过等式两边同时除以，进而得到关于的方程.

8．已知，，则的值为______.

【答案】

【解析】首先根据角的范围求，然后化简为，代入求值.

【详解】

，

又 ，，

，

=.

故答案为：

【点睛】

本题考查三角恒等变换，意在考查转化与化归和计算能力，属于中档题型.

9．设公比不为1的等比数列满足，且，，成等差数列，则数列的前4项和为______.

【答案】

【解析】由已知可知，且，求首项和公差，再求.

【详解】

由等比数列的性质可知

，

成等差数列，

，，

，

解得：（舍）或，

，

.

故答案为：

【点睛】

本题考查等比数列基本量的求法，意在考查基本公式，属于基础题型.

10．曲线在点处的切线与直线互相垂直，则实数的值为______.

【答案】-4

【解析】首先求，由题意可知，求实数的值.

【详解】

，当时，，

由题意可知， ，解得：.

故答案为：

【点睛】

本题考查导数的几何意义，属于简单题型，当求曲线在某点处的切线时，切线方程是.

11．已知，且，则的最小值为______.

【答案】

【解析】由题意变形为，再变形为，展开后利用基本不等式求最值.

【详解】

当时等号成立，

且 ，变形为 ，

，

，.

故答案为：

【点睛】

本题考查利用基本不等式求最值，意在考查转化与化归和计算能力，属于中档题型，

本题的关键是根据，对原式进行变形，然后再求最值.

12．已知直线与圆心为的圆相交于两点，且为等边三角形，则实数________．

【答案】

【解析】试题分析：由于为等边三角形，故弦长，根据直线与圆相交，所得弦长公式为，可建立方程，，，即，解得.

【考点】直线与圆的位置关系，解三角形．

【思路点晴】本题考查直线与圆的位置关系，直线与圆相交所得弦长公式，考查等边三角形几何性质.由于为等边三角形，故弦长，我们利用弦长公式就可以建立一个方程出来，这个方程包括点到直线距离公式.在求解完整之后，要验证圆心到直线的距离是否小于半径.

13．已知平面向量，，满足，，，的夹角等于，且，则的取值范围是______.

【答案】

【解析】首先由数量积公式变形为，并且整理为，变形为，利用三角函数的有界性，求得的取值范围.

【详解】

，

，

， ，，的夹角等于，

，，

，

，，

整理为：，

解得：.

故答案为：

【点睛】

本题考查数量积的运算公式的综合应用，意在考查转化与化简和计算能力，属于中档题型，当变形为时，化简为，利用三角函数的有界性求模的范围.

14．关于的方程有3个不同的实数解，则实数的取值范围为______.

【答案】

【解析】首先方程变形为，将方程有3个不同的实数解转化为函数与有3个不同交点，利用数形结合求的取值范围.

【详解】

原式变形为，

当函数与有3个不同交点时，

如图，满足条件的直线夹在如图的两条直线之间，一条是过的直线，此时，此时与轴的交点是 ，

另外一条是相切的直线，设切点，

则，解得：，

则切点是，则，解得，，此时与轴的交点是，

.

故答案为：

【点睛】

本题考查根据方程实数根的个数求参数的取值范围，一般可采用1.直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解，此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况，特别注意边界值的取舍.

二、解答题

15．在三角形ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若，角为钝角，

   （1）求的值；

   （2）求边的长.

【答案】（1） （2）

【解析】（1）由，分别求得，得到答案；（2）利用正弦定理得到，利用余弦定理解出。

试题解析：

(1)因为角 为钝角， ，所以 ，

又 ，所以 ，

且 ，

所以

.

(2)因为 ，且 ，所以 ，

又 ，

则 ，

所以 .

点睛：（1）利用整体思想解决三角函数的求值问题，得到求解；（2）用正弦定理求得，再利用角度转化求得，最后利用余弦定理解出。

16．如图所示，在三棱柱中，为正方形，是菱形，平面平面．

（1）求证：平面；

（2）求证：.

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】（1）要证明线面平行，需先证明线线平行，结合题意易证明；

（2）要证明线线平行，需先证明线面平行，即证明平面.

【详解】

（1）是菱形，

，

平面，平面，

平面.

（2）连接，

四边形是菱形，，

平面平面，且平面平面，

，

平面，且平面，

，且，

平面，

又平面,

.

【点睛】

本题考查线面平行和线线垂直的证明，意在考查空间想象能力和推理证明，属于基础题型.

17．已知椭圆：的离心率为，且过点．右焦点为．

（1）求椭圆的方程；

（2）设过右焦点为的直线与椭圆交于，两点，且，求直线的方程．

【答案】（1）；（2）或

【解析】（1）由题意可知，再将点代入椭圆方程，结合可得椭圆方程；（2）设直线的方程为：，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，代入向量的坐标表示可得，建立关于的方程，求得直线的方程.

【详解】

（1）解：因为，所以，，

设椭圆的方程为．将点的坐标代入得：，

所以，椭圆的方程为．

（2）因为右焦点为，设直线的方程为：，

代入椭圆中并化简得：，

设，，因为，所以，

即，所以，，

即，解得，所以，

所以直线的方程为：或．

【点睛】

本题考查了直线与椭圆的位置关系的综合问题，主要考查转化与化归和计算能力，第二问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具.

18．如图，两座建筑物，的底部都在同一个水平面上，且均与水平面垂直，它们的高度分别是和，从建筑物的顶部看建筑物的视角．

（1）求的长度；

（2）在线段上取一点（点与点，不重合），从点看这两座建筑物的视角分别为，，问点在何处时，最小？

【答案】（1）；（2）为时，取得最小值．

【解析】（1）由题意可知是等边三角形，，根据条件直接求的长度；

（2）由（1）设，则，分别求和，然后再表示，设，利用导数求函数的最小值和点的位置.

【详解】

（1）如图，作，垂足为，则，，设，

由条件可知是等边三角形，，

，

..

答：的长度为．

（2）设，则，

.

设，，

令，因为，得，

当时，，是减函数；

当时，，是增函数，

所以，当时，取得最小值，即取得最小值，

因为恒成立，所以，所以，，

因为在上是增函数，所以当时，取得最小值．

答：当为时，取得最小值．

【点睛】

本题考查三角函数和导数解决实际问题的综合问题，意在考查分析问题和解决问题的能力，属于中档题型.

19．已知数列、满足：，，.

（1）证明：是等差数列，并求数列的通项公式；

（2）设，求实数为何值时恒成立．

【答案】（1）见解析，；（2）

【解析】（1）由已知变形为，再构造，从而证明数列是等差数列，并求通项公式；

（2）由（1）可知，再写出，利用裂项相消法求和，恒成立整理为恒成立，分，和三种情况讨论时恒成立求的取值范围.

【详解】

（1）∵，

∴，∴．

∴数列是以-4为首项，-1为公差的等差数列．

∴，∴．

（2）∵．

∴，

∴．

由条件可知恒成立即可满足条件，设，

当时，恒成立，

当时，由二次函数的性质知不可能成立．

当时，对称轴，在为单调递减函数．

，∴，∴时恒成立．

综上知：时，恒成立．

【点睛】

本题考查证明由递推公式求通项公式，裂项相消法求和，以及数列和函数结合的综合性问题，意在考查转化与化归，讨论的思想和计算能力，属于中高档习题.

20．已知函数．

（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；

（2）当时，求证：；

（3）设函数，其中为实常数，试讨论函数的零点个数，并证明你的结论．

【答案】（1）或；（2）见解析；（3）见解析

【解析】（1）根据导数的意义可知，解得切点；

（2）将所证明不等式转化为证明恒成立，设，利用导数证明；

（3）等价于，等价于，且，令，利用导数分析函数的性质，可知函数的极小值0，极大值，讨论当，，，时，结合零点存在性定理确定零点的个数.

【详解】

（1）．所以过点的切线方程为，所以，

解得或．

（2）证明：即证，因为，所以即证，

设，则．

令，解得．

所以 当时，取得最小值．

所以当时，．

（3）解：等价于，等价于，且．

令，则．

令，得或，

（Ⅰ）当时，，所以无零点，即定义域内无零点

（Ⅱ）当即时，若，因为，

，所以在只有一个零点，

而当时，，所以只有一个零点；

（Ⅲ）当即时，由（Ⅱ）知在只有一个零点，且当时，，所以恰好有两个零点；

（Ⅳ）当即时，由（Ⅱ）、（Ⅲ）知在只有一个零点，在只有一个零点，在时，因为，

只要比较与的大小，即只要比较与的大小，

令，

因为，因为，所以，

所以，

即，所以，即在也只有一解，所以有三个零点；

综上所述：当时，函数的零点个数为0；  当时，函数的零点个数为1；当时，函数的零点个数为2；当时，函数的零点个数为3．

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，以及分析零点个数的问题，判断零点个数不仅需要讨论极值点的位置，还需根据单调性验证零点存在性定理，第三问中当即时判断零点个数相对其他情况比较难，还需构造函数.解决零点问题常用方法还有：分离参数、构造函数、数形结合.

21．已知矩阵，若矩阵属于特征值1的一个特征向量为，属于特征值5的一个特征向量为．求矩阵，并写出的逆矩阵．

【答案】，的逆矩阵是

【解析】由题意列出和，建立关于的方程组，求解即可，再根据逆矩阵的定义求解.

【详解】

由矩阵属于特征值1的一个特征向量为可得，，即；

由矩阵属于特征值5的一个特征向量为，可得，

即，解得即，

设的逆矩阵是，则 ,

即 ，解得，，

的逆矩阵是.

【点睛】

本题考查特征向量和逆矩阵，意在考查基本概念和基本计算，属于基础题型.

22．在极坐标系(ρ,θ)(0≤θ<2π)中,求曲线ρ=2sinθ与ρcosθ=1的交点Q的极坐标.

【答案】(,)

【解析】以极点为坐标原点,极轴为x轴的正半轴建立直角坐标系,

则曲线ρ=2sinθ可化为:x2+(y-1)2=1,

曲线ρcosθ=1可化为x=1,

由可得交点坐标为(1,1),

所以交点Q的极坐标是(,).

23．在三棱锥中，底面是边长为的正三角形，点在底面上的射影恰是的中点，侧棱和底面成角．

（1）若为侧棱上一点，当为何值时，；

（2）求二面角的余弦值大小．

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）以点为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系．设，表示与，根据求；

（2）分别求平面和平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值的大小.

【详解】

由题意可知底面，且，

以点为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系．因为是边长为的正三角形，又与底面所成角为，所以，所以．

所以，，，，．

（1）设，则，所以，

．若，则，

解得，而，所以，

所以．

（2）因为，，设平面的法向量为，

则，令，则，，所以.

而平面的法向量为，

所以，又显然所求二面角的平面角为锐角，

故所求二面角的余弦值的大小为.

【点睛】

本题考查利用空间直角坐标系解决垂直和二面角的问题，意在考查空间想象能力和计算能力，属于中档题型.

24．已知（其中）.

（1）当时，计算及；

（2）记，试比较与的大小，并说明理由．

【答案】（1）；（2）答案不唯一，见解析

【解析】（1）采用赋值法，令，计算，然后令和，求的值；

（2）由（1）知，，比较与的大小，利用数学归纳法证明.

【详解】

（1）当时，取，得，

取时，得，……①

取时，得，……②

将①-②得：，

所以．

（2）由（1）可知，

要比较与的大小，只要比较与，

只要比较与，

当时，左边，右边，所以左边右边；

当时，左边，右边，所以左边右边；

当时，左边，右边，所以左边右边；

当时，左边，右边=，所以左边右边；

猜想当时，左边右边，即．

下面用数学归纳法证明：

①当时已证；

②假设当时成立，

则当时，左边

，

因为

，

所以，即当时不等式也成立．

所以对的一切正整数都成立．

综上所述：当或时，，

当或时．

【点睛】

本题考查二项式定理求系数和，数学归纳法证明不等式，意在考查计算和推理能力，属于中档题型，利用数学归纳法证明时，注意当证明时不等式成立，必须利用时的假设，否则不是数学归纳法.