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）

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．