2020届江苏省常熟中学高三上学期阶段性抽测二（12月）数学试题（解析版）

这是一份2020届江苏省常熟中学高三上学期阶段性抽测二（12月）数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020届江苏省常熟中学高三上学期阶段性抽测二（12月）数学试题   一、填空题1．设集合，集合，则_____．【答案】.【解析】根据并集的定义运算即可.【详解】解：故答案为： 【点睛】本题考查了列举法的定义，并集的运算，考查了计算能力，属于基础题．2．“”是“”的_____条件．【答案】充分不必要.【解析】利用充分性，必要性的判定即可．【详解】解：由“”可以推出“”，所以具有充分性；由“”可以推出“”，推导不出“”，所以不具有必要性；故“”是“”的充分不必要条件．故答案为：充分不必要.【点睛】本题考查了条件的充分性与必要性，属于基础题．3．直线的倾斜角为_______________.【答案】【解析】由直线的斜率为，得到，即可求解.【详解】由题意，可知直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则，解得，即换线的倾斜角为.【点睛】本题主要考查直线的倾斜角的求解问题，其中解答中熟记直线的倾斜角与斜率的关系，合理准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.4．双曲线的渐近线方程是_________________.【答案】【解析】根据双曲线的渐近线方程的求法，求得双曲线的渐近线.【详解】双曲线的渐近线为，所以双曲线的渐近线方程是.故答案为【点睛】本小题主要考查双曲线渐近线方程的求法，属于基础题.5．抛物线上的点的横坐标是，则到其焦点的距离为_____．【答案】.【解析】求出抛物线的准线方程，利用抛物线的定义求解即可．【详解】解：抛物线的准线方程为：，抛物线上的点的横坐标是，则A到其焦点距离为： ．故答案为：．【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查，属于基础题．6．已知，则的值为_____．【答案】.【解析】由已知结合同角平方关系可求，然后结合诱导公式可求，，最后再用二倍角的正弦公式可求【详解】解：，，则故答案为： 【点睛】本题主要考查了诱导公式，二倍角正弦公式在三角函数求值中的应用，属于基础试题．7．已知是等差数列的前项和，若，则_____．【答案】.【解析】等差数列中， 成等差数列，代入即可求解．【详解】解：等差数列中，成等差数列，则故答案为：【点睛】本题主要考查了等差数列的性质的简单应用，属于基础题．8．如图，已知棱长为的正方体的体积为，以为顶点的三棱锥的体积为，则________．【答案】【解析】先由题意求出正方体的体积，然后运用减去四个三棱锥的体积得到三棱锥的体积为，然后可得所求比值．【详解】依题意得正方体的体积，三棱锥的体积，又三棱锥为正四面体，由对称性知，所以．故答案为：．【点睛】求几何体的体积时首先要确定几何体的形状，然后再求出体积，对于一些不规则的几何体，可采用分割或补形的方法转化为规则几何体的体积后进行求解，考查转化思想方法的运用，属于基础题．9．若,满足约束条件则的最大值            ．【答案】【解析】作出可行域如图中阴影部分所示，由斜率的意义知，是可行域内一点与原点连线的斜率，由图可知，点A（1,3）与原点连线的斜率最大，故的最大值为3.【考点】线性规划解法 10．已知椭圆的左焦点为，右焦点为．若椭圆上存在一点，线段与圆相切于点，且为线段中点，则该椭圆的离心率为_____．【答案】.【解析】连接，．利用切线的性质可得．利用三角形中位线定理可得：，．再利用勾股定理与离心率计算公式即可得出．【详解】解：如图所示，连接线段与圆相切于点，．又为的中点，化为：解得．故答案为：．【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆相切性质、三角形中位线定理、勾股定理，考查了推理能力与计算能力，属于难题．11．已知正实数满足，则的最小值是_____．【答案】.【解析】由已知可得，，而，利用基本不等式即可求解．【详解】解：正实数，满足，，，同理，，则，当且仅当且，即，时取得等号，故答案为：15．【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求解最值，解题的关键是应用条件的配凑，属于基础题．12．已知与相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最小值是___________．【答案】【解析】由两直线方程可知两直线垂直，且分别过定点（3，1）、（1，3），所以点P的轨迹为以两定点连线段为直径的圆，方程为（x﹣2）2+（y﹣2）2=2。因为要求的最小值，可作垂直线段CD⊥AB，根据向量的运算可得，，根据条件求得CD的长度为1，所以点D的轨迹为。根据两圆方程可知点P的轨迹与点D的轨迹外离，故的最小值为两圆的圆心距减去两圆的半径。【详解】∵l1：mx﹣y﹣3m+1=0与l2：x+my﹣3m﹣1=0，∴l1⊥l2，l1过定点（3，1），l2过定点（1，3），∴点P的轨迹方程为圆（x﹣2）2+（y﹣2）2=2，作垂直线段CD⊥AB，CD==1，所以点D的轨迹为,则，因为圆P和圆D的圆心距为，所以两圆外离，所以|PD|最小值为，所以的最小值为4﹣2.故答案为：4﹣2.【点睛】平面向量具有代数与几何双重身份，是沟通代数与几何的桥梁。平面向量模的最值问题一般以选择题或填空题的形式出现。解决此类问题关键在于正确运用相关知识，进行合理转化，常用方法有（1）利用向量基本知识转化为函数最值问题；（2）利用坐标进行转化，结合图形求最值；（3）利用向量模的性质求解；（4）利用几何意义，数形结合求解。13．已知函数，其中为自然对数的底数，若存在实数满足，且，则的取值范围为_____．【答案】【解析】先讨论，，在同一区间内的最大值，最小值，再讨论在不同区间时的情况，利用导数求出最值．【详解】解：记，①当 时，，，所以，则，故其最大值在时取得，为0，其最小值在时取得，为；②当 时，，，所以，即，则，故其最大值，其最小值；③当 时，，，所以，所以，即，故，设，，，则，令，得，当时，，单调递增，当，时，，单调递减，所以当时，的值无限趋于；所以当时，取极大值也是最大值，即，所以最大值为．故答案为：，．【点睛】本题考查分段函数的应用，结合导数知识，关键理清不同区间上表达式的形式，求出对应的最值，属于中档题．14．已知函数，其中为自然对数的底数，若对任意正实数x，都有，则实数的最小值为_____．【答案】.【解析】根据题意得恒成立令，，，对求导通过单调性分析最小值，得，所以，，求出的取值范围，进而求出取值范围．【详解】解：若对任意正实数都有，则，则恒成立，令，，，，当时，，在上单调递减，无最小值，不符合题意，当时，令，在上是增函数，所以存在，使得，，当时，，，单调递减，当，时，，，单调递增，所以，所以，即，即，令，，所以在上单调递减，又，所以，由基本初等函数的单调性可知在上单调递增，在上单调递减，由复合函数的单调性得在上单调递减，所以即．故的最小值为故答案为：．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、最值，属于中档题． 二、解答题15．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点O为对角线BD的中点，点E，F分别为棱PC，PD的中点，已知PA⊥AB，PA⊥AD。（1）求证：直线PB∥平面OEF；（2）求证：平面OEF⊥平面ABCD。【答案】详见解析【解析】（1）根据O为PB中点，F为PD中点，所以，PB∥FO，之后应用线面垂直的判定定理证得结果；（2）根据题意，得到PA∥OE，结合题中所给的条件因为PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD＝A，可得PA⊥平面ABCD，从而得到OE⊥平面ABCD，根据面面垂直的判定定理证得结果.【详解】（1）O为PB中点，F为PD中点，所以，PB∥FO而PB平面OEF，FO平面OEF，∴　PB∥平面OEF。（2）连结AC，因为ABCD为平行四边形，∴AC与BD交于点O，O为AC中点，又E为PC中点，∴　PA∥OE，因为PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD＝A，∴　PA⊥平面ABCD，∴　OE⊥平面ABCD又OE平面OEF，∴　平面OEF⊥平面ABCD【点睛】该题考查的是有关证明空间关系的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和面面垂直的判定，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.16．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。17．已知圆C经过点，且圆心在直线上，又直线与圆C交于P,Q两点.（1）求圆C的方程；（2）若，求实数的值；(3)过点作直线，且交圆C于M,N两点，求四边形的面积的最大值.【答案】（1）x 2 +y 2 =4（2）k=0（3）7【解析】试题分析：（1）设圆心为，半径为．故，建立方程，从而可求圆的方程；（2）利用向量的数量积公式，求得，计算圆心到直线的距离，即可求解实数的值；（3）方法1、设圆到直线的距离分别为，求得，根据垂径定理和勾股定理，可得，在利用基本不等式，可求四边形面积的最大值；方法2、利用弦长公式， ，表示三角形的面积，在利用基本不等式，可求四边形面积的最大值．试题解析：（1）设圆心为，半径为．故，易得，因此圆的方程为．（2）因为，且与的夹角为，故， ，所以到直线的距离，又，所以．又解：设P， ，则，即，由得，∴，代入得，∴；（3）设圆心到直线的距离分别为，四边形的面积为．因为直线都经过点，且，根据勾股定理，有，又，故当且仅当时，等号成立，所以．（3）又解：由已知，由（2）的又解可得，同理可得，∴，当且仅当时等号成立，所以．【考点】直线与圆的方程的应用；点到直线的距离公式的应用；圆的标准方程．【方法点晴】本题主要考查了直线的方程与圆的方程的应用、点到直线的距离公式的应用，同时着重考查了向量的数量积的运算和圆的性质、四边形面积的计算和基本的运用，属于中档试题解答的关键是准确表达的长度，正确表示四边形的面积合理运用基本不等式求解四边形面积的最值，同时注意基本不等式等号成立的条件．18．已知圆与椭圆相交于点M（0，1），N（0，-1），且椭圆的离心率为.（1）求的值和椭圆C的方程；（2）过点M的直线交圆O和椭圆C分别于A，B两点.①若，求直线的方程；②设直线NA的斜率为，直线NB的斜率为，问:是否为定值? 如果是，求出定值；如果不是，说明理由.【答案】（1）；（2）①；②【解析】（1）由交点M（0，1）可求b，由离心率可求a，从而得到椭圆方程；（2）①设出直线l的方程，分别联立椭圆方程和圆的方程，解出A，B两点的坐标，由得到关于k的方程，求解即可得到结果；②结合①中A，B两点的坐标，利用斜率公式直接用k表示和，由此可求得结果.【详解】（1）因为圆与椭圆相交于点M（0，1）所以b=r=1.又离心率为，所以，所以椭圆.（2）①因为过点M的直线l另交圆O和椭圆C分别于A，B两点，所以设直线l的方程为，由，得，则，同理，解得，因为，则，因为，所以，即直线l的方程为.②根据①，，，，，所以为定值.【点睛】本题考查圆的方程和椭圆的方程，考查了直线与圆，直线与椭圆的位置关系，计算量较大，尤其是化简过程比较多，注意仔细审题，认真计算，属难题.19．巳知函数，，其中.(1)若是函数的极值点，求的值；(2)若在区间上单调递增，求的取值范围；(3)记，求证：.【答案】（1）；（2）；（3）参考解析【解析】试题分析：（1）由函数，所以可得，又是函数的极值点，即.（2）因为在区间上单调递增，所以对函数求导，然后把变量分离，求函数的最值即可.（3）由即可得到，，按的降幂写成二次三项的形式，然后再配方，即可得到.再用放缩法即可得到结论.试题解析：(1)由，得，∵是函数的极值点，∴，解得，经检验为函数的极值点，所以．(2)∵在区间上单调递增，∴在区间上恒成立，∴对区间恒成立，令，则当时，，有，∴的取值范围为．(3) 解法1：，令，则令，则，显然在上单调递减，在上单调递增，则，则，故．解法2：则表示上一点与直线上一点距离的平方．由得，让，解得，∴直线与的图象相切于点，（另解：令，则，可得在上单调递减，在上单调递增，故，则，直线与的图象相切于点），点（1，0）到直线的距离为，则．【考点】1.函数的极值.2函数的单调性.3.构造新函数求解.4.放缩法的思想.20．已知数列与的前项和分别为和，且对任意恒成立．（1）若，求；（2）若对任意，都有及成立，求正实数的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据可得．再由，利用等差数列的通项公式求和公式即可得出．（2）对任意，都有，可得．．化为，．可得数列是等比数列，公比为2．可得．另一方面：．利用成立，及其数列的单调性即可得出．【详解】解：（1），时，．时，．时适合上式．．，，又．数列是等差数列，首项为2，公差为1．．（2）对任意，都有，．．，．数列是等比数列，公比为2．．另一方面：．成立，，对任意，都成立，．正实数的取值范围是．【点睛】本题考查了数列递推关系、等差数列与等比数列的通项公式求和公式、裂项求和方法、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．