2020届江苏省泰州中学、宜兴中学、江都中学高三12月联考数学试题（解析版）

2020届江苏省泰州中学、宜兴中学、江都中学高三12月联考数学试题

一、填空题

1．设集合，则的子集个数为_______________.

【答案】

【解析】可根据交集定义和子集个数进行求解

【详解】

，，则，则的子集个数为个

故答案为：4

【点睛】

本题考查集合的交集运算和子集个数的求法，属于基础题

2．双曲线x2-2y2=1的渐近线方程为______．

【答案】

【解析】由双曲线的方程知，所以双曲线的渐近线方程为．

【考点】双曲线的几何性质．

3．函数，若，则实数的值为____________.

【答案】或

【解析】根据表达式可判断为偶函数，再结合偶函数性质即可求解

【详解】

由可判断函数为偶函数，又，故或

，解得或

故答案为：或

【点睛】

本题考查由偶函数的性质求解参数，属于基础题

4．若等差数列和等比数列满足，，则________．

【答案】

【解析】根据等差等比数列的性质先求得公比公差,再求得即可.

【详解】

由,,,

则．

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了等差等比数列的基本性质与运用,属于基础题型.

5．若命题“，使得成立”是假命题，则实数k的取值范围是________．

【答案】

【解析】由题意先找到等价命题“,都有恒成立”,再求的最小值即可.

【详解】

“,使得成立”是假命题等价于“,都有恒成立”是真命题．因为,即的最小值为1,要使“恒成立”,只需,即．

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了特称命题的否定与恒成立问题,属于简单题型.

6．函数的图像必过定点_____________.

【答案】

【解析】根据函数图像平移法则即可求解

【详解】

由根据平移法则向左平移1个单位，再向上平移2个单位，可得到，经过，则经过

故答案为：

【点睛】

本题考查对数函数过定点问题，属于基础题

7．设，分别为椭圆的右顶点和右焦点，，为椭圆短轴的两个端点，若点恰为的重心，则椭圆的离心率的值为__________.

【答案】

【解析】结合题意表示出四点坐标，再由重心坐标公式即可求解

【详解】

如图：

由题可知，，，则，即，

故答案为：

【点睛】

本题考查椭圆的基本性质，重心坐标公式的应用，属于基础题

8．已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为     ．

【答案】

【解析】试题分析：因为圆柱的表面积为，所以圆柱的表面积为

【考点】圆柱的侧面积

9．设的三边，，所对的角分别为，，，，则角为___________.

【答案】

【解析】结合正弦定理的角化边和余弦定理的代换即可求解

【详解】

故答案为：

【点睛】

本题考查三角形的性质和正弦定理、余弦定理，考查转化能力和运算求解能力，一般的，在已知关系式中，若既含有边又含有角，通常的思路是将角都化成边或将边都化成角，再结合正、余弦定理即可求角，属于中档题

10．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___________.

【答案】

【解析】可设，由题意可得，由两角和的正切公式，可得，再由同角的基本关系式可得，再由正弦定理可得AB，AC，由数量积的定义即可得到所求值．

【详解】

解：可设，
由题意可得，
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：．

【点睛】

本题考查向量的数量积的定义，考查正弦定理和三角函数的化简和求值，以及运算求解能力，属于中档题．

11．定义：曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离．已知曲线C1：y＝x 2＋a到直线l：y＝x的距离等于C2：x 2＋(y＋4) 2 ＝2到直线l：y＝x的距离，则实数a＝______________．

【答案】

【解析】试题分析：由新定义可知，直线与曲线相离，

圆的圆心到直线的距离为，此时直线与圆相离，

根据新定义可知，曲线到直线的距离为，

对函数求导得，令，

故曲线在处的切线方程为，即，

于是曲线到直线的距离为，则有，

解得或，

当时，直线与曲线相交，不合乎题意；当时，直线与曲线相离，合乎题意.

综上所述，.

【考点】1.新定义；2.直线与曲线的位置关系

12．已知实数，满足，，则的最小值为__________.

【答案】

【解析】可采用“1”的代换，将中的“1”代换成，同时可代换成，再结合基本不等式特征求解

【详解】

，，即

，

当且仅当时取到等号，

又

所以的最小值为：2021

故答案为：2021

【点睛】

本题考查基本不等式最值的求解，“1”的代换是关键，属于中档题

13．已知数列满足，且对任意的，都有，若数列满足，则数列的前项和的取值范围是_______.

【答案】

【解析】由任意的m，n∈N，都有=an，令m=1，可得，可得an=3n，求解bn=2n+1，数列{}的通项cn=，利用裂项相消求解Tn，即可求解取值范围．

【详解】

由题意m，n∈N，都有=an，

令m=1，可得：，

可得an=3n，

∵bn=log3（an）2+1，

∴bn=2n+1，

那么数列{}的通项cn==．

那么：Tn=c1+c2+……cn

=（+++……+）

=

=，

当n=1时，可得T1=，

故得Tn的取值范围为[，），

故答案为：[，）．

【点睛】

裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：

(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.

14．已知定义域为的函数若关于的方程有无数个不同的实数解，但只有三个不同的实数解，则____________.

【答案】

【解析】由题可知，必为其中一个解，当时，也一定满足方程，可联立求解得，则当时，可解得对应的，进而得解

【详解】

由题可知，当时，函数单调递增，则关于在至多两解，故必为其中一个解，即，即当时，，此时由可得①，又关于的方程有无数个不同的实数解，则当时，也一定满足方程，即②，

联立①②得，则当时，，

解得，此时，，此时，则

故答案为：

【点睛】

本题考查分段函数分类讨论的思想，运算及推导能力，分析解决问题的能力，函数与方程的转化思想，属于中档题

二、解答题

15．在中，角，，的对边分别是，，，且满足，，.

（1）求的值；

（2）求的值.

【答案】(1)10 (2)

【解析】（1）联立，化简即可求得；

（2）由可知，需分别求出先由余弦定理可得的值，再由三边关系求出，进而推出，即可求解

【详解】

（1）因为，

所以，

又，所以.

（2）因为，由正弦定理，得，

又，所以，.

由（1），，

由余弦定理知.

从而（也可由正弦定理求）

所以

【点睛】

本题考查正弦定理，余弦定理解三角形，同角三角函数的基本关系，运算能力，熟悉公式运用是解题关键，属于中档题

16．如图，在四棱锥中，已知，四边形是平行四边形，且平面平面，点，分别是，的中点.

（1）求证：平面；

（2）求证：.

【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析

【解析】（1）可作的中点，连,，通过中位线定理证明四边形是平行四边形，即可得证；

（2）要证，即证平面，即证，由题设条件平面平面即可求证，按照合理顺序整理思路即可求证

【详解】

（1）取的中点，连,

是中点，，且

底面是矩形，为中点

，且，

四边形是平行四边形

平面，平面，

所以平面.

（2），是中点

平面平面，

平面平面，平面

平面

平面

【点睛】

本题考查线面平行的证明，线面垂直的性质定理和判定定理，属于中档题

17．如图，三个校区分别位于扇形OAB的三个顶点上，点Q是弧AB的中点，现欲在线段OQ上找一处开挖工作坑P（不与点O，Q重合），为小区铺设三条地下电缆管线PO，PA，PB，已知OA＝2千米，∠AOB＝，记∠APQ＝θrad，地下电缆管线的总长度为y千米。

（1）将y表示成θ的函数，并写出θ的范围；

（2）请确定工作坑P的位置，使地下电缆管线的总长度最小。

【答案】（1）（2）P与O的距离为时，地下电缆管线的总长度最小

【解析】（1）首先根据Q为弧AB的中点，得到知PA＝PB，∠AOP＝∠BOP＝，利用正弦定理得到，根据OA＝2，得到PA＝，OP＝，从而得到y＝PA+PB+OP＝2PA+OP＝＝，根据题意确定出；

（2）对函数求导，令导数等于零，求得，确定出函数的单调区间，从而求得函数的最值.

【详解】

（1）因为Q为弧AB的中点，由对称性，知PA＝PB，∠AOP＝∠BOP＝，

又∠APO＝，∠OAP＝，

由正弦定理，得：，又OA＝2，

所以，PA＝，OP＝，

所以，y＝PA+PB+OP＝2PA+OP＝＝，

∠APQ＞∠AOP，所以，，∠OAQ＝∠OQA＝，

所以，；

（2）令，

，得：，

在上递减，在上递增

所以，当，即OP＝时，有唯一的极小值，

即是最小值：＝2，

答：当工作坑P与O的距离为时，地下电缆管线的总长度最小。

【点睛】

该题考查的是应用题，涉及到的知识点有圆的相关性质，正弦定理，应用导数研究函数的最值问题，属于较难题目.

18．如图，椭圆的离心率是，左右焦点分别为，，过点的动直线与椭圆相交于，两点，当直线过时，的周长为.

（1）求椭圆的方程；

（2）当时，求直线方程；

（3）已知点，直线，的斜率分别为，.问是否存在实数，使得恒成立？

【答案】(1) (2) (3)存在，

【解析】（1）由焦点三角形的周长特点可求出值，再结合椭圆离心率是，可求出，进而求得椭圆标准方程；

（2），设直线方程为，，，可联立直线方程和椭圆标准方程，得出两根和与积的表达式，再结合，代换出与的关系式；

（3）先用必要性探路，找特殊情况，当轴可知，此时存在使得成立，根据题意和斜率定义表示出，结合（2）中韦达定理即可得证

【详解】

（1）由椭圆定义知的周长为，

所以，所以

又离心率，所以，所以

所以椭圆的方程为.

（2）当轴，

所以可设，，

则，消去得

所以

因为，

所以，即代入化简得

所以

解得

所以直线方程为：，

（3）当轴可知，此时存在使得成立，

下面证明当时恒成立

因为

所以恒成立

即存在，使得恒成立.

【点睛】

本题考查椭圆标准方程的求法，椭圆中的直线满足某条件求直线方程，椭圆中的直线斜率满足某条件的求法，韦达定理在解析几何中的应用，对运算能力要求高，属于难题

19．设函数，（）.

（1）当时，若函数与的图象在处有相同的切线，求的值；

（2）当时，若对任意和任意，总存在不相等的正实数，使得，求的最小值；

（3）当时，设函数与的图象交于两点．求证：.

【答案】（1）（2）（3）见解析

【解析】试题分析：（1）由导数几何意义可得，又，解方程组可得的值；（2）先转化条件为对应方程有两个不等实根，再根据实根分布充要条件列不等式组，解得的最小值；(3)先根据零点表示b，代入要证不等式化简得.再构造函数，以及，结合导数研究其单调性，即证得结论

试题解析：解：（1）由，得，又，所以，.

当时，，所以，所以.          

因为函数与的图象在处有相同的切线，

所以，即，解得.                        

（2）当时，则，又，设，

则题意可转化为方程在上有相异两实根． 

即关于的方程在上有相异两实根．

所以，得，

所以对恒成立．                     

因为，所以（当且仅当时取等号），

又，所以的取值范围是，所以．

故的最小值为.                                                      

（3）当时，因为函数与的图象交于两点，

所以，两式相减，得.          

要证明，即证，

即证，即证.                 

令，则，此时即证．

令，所以，所以当时，函数单调递增．

又，所以，即成立；

再令，所以，所以当时，函数单调递减，

又，所以，即也成立．

综上所述， 实数满足.

点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.

20．已知数列的首项，其前和为，且满足.

（1）用表示的值；

（2）求数列的通项公式；

（3）当时，证明：对任意，都有.

【答案】(1) (2) (3)证明见解析

【解析】（1）令即可求解；

（2）当时，通过作差法可求得，再书写一项，通过两式作差可得，分类讨论的奇偶，即可求解；

（3）可结合放缩法公式，，分别对化简后的表达式

进行放缩，

再结合裂项公式，的特点即可进一步求解

【详解】

（1）由条件得，.

（2）由条件得，

两式相减得，

故，

两式再相减得，

构成以为首项，公差为的等差数列；

构成以为首项，公差为的等差数列；

由（1）得；

由条件得，得，

从而，

解法2：

设，即

则有

时，，即

（3）证明：当时，且，由（2）可知

①当时，

②当时，

，

.

【点睛】

本题主要考查分组讨论法求数列通项公式，放缩法和裂项相消法求证不等式恒成立，对于运算能力，分析转化能力有较高要求，属于难题

21．[选修42：矩阵与变换]

已知矩阵的一个特征值为2，其对应的一个特征向量为．

若，求，的值．

【答案】，的值分别为，．

【解析】试题分析：利用矩阵的乘法法则列出方程，解方程可得，的值分别为，．

试题解析：

由条件知，，即，即，

所以 解得 所以．

则，所以 解得

所以，的值分别为，．

22．在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．直线，圆C的参数方程为（为参数）．当圆心C到直线的距离为时，求的值。

【答案】或.

【解析】根据曲线的极坐标方程、参数方程与普通方程的互化求出曲线的普通方程，利用点到直线的距离公式进行求解，即可得到答案.

【详解】

直线的直角坐标方程为，

圆的普通方程为，

圆心到直线的距离，解得或．

【点睛】

本题主要考查了主要考查了参数方程、极坐标方程和普通方程的互化，其中解答中结合点到直线的距离公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

23．如图，在底面边长为，侧棱长为的正四棱柱中，是侧棱上的一点，.

（1）若，求异面直线与所成角的余弦；

（2）是否存在实数，使直线与平面所成角的正弦值是？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1) (2)存在，

【解析】（1）采用建系法进行求解；

（2）假设存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值是，则用向量法表示出，再求得平面的法向量为，结合夹角公式即可求得；

【详解】

解：（1）建立空间直角坐标系，则，，，，，，.

所以，.

，即异面直线与所成角的余弦是.

（2）假设存在实数，使直线与平面所成的角的正弦值等于，则

，，.

设平面的法向量为，

则由，得，取，得平面的法向量为.

由直线与平面所成的角的正弦值等于，得

，解得，因为，所以满足条件，

所以当时，直线与平面所成的角的正弦值等于.

【点睛】

本题考查建系法在立体几何中的应用，异面直线所成的夹角，由线面角的正弦值反求参数的问题，能正确表示出各向量和平面的法向量是解题的关键，属于中档题

24．已知抛物线过点，直线过点与抛物线交于两点，点关于轴的对称点为，连接.

（1）求抛物线标准方程；

（2）问直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.

【答案】（1）；（2）

【解析】试题分析：（1）将点代入抛物线C的方程解得p即可得到抛物线标准方程；（2）设，利用点斜式写出直线的方程，再将直线AB方程与抛物线方程联立方程组，利用韦达定理化简直线的方程得，即证得直线是否过定点.

试题解析：（1）将点代入抛物线C的方程得，，

所以，抛物线C的标准方程为．

（2）设直线l的方程为，又设，则，

由 得，则，

所以，

于是直线的方程为，

所以，，

当时，，所以直线过定点．

点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.