2020届江苏省南京市金陵中学高三下学期适应性训练数学试题

这是一份2020届江苏省南京市金陵中学高三下学期适应性训练数学试题，共23页。试卷主要包含了 下列四个命题等内容，欢迎下载使用。
2020届江苏省南京市金陵中学高三下学期6月考前适应性训练数学试题一､填空题1. 已知集合，，则A∩B=______.【答案】{0,3}【解析】【分析】本题通过交集的定义直接运算即可.【详解】解：∵ ，，∴A∩B={0,3}，故答案为：{0,3}.【点睛】本题考查集合的交集，是基础题.2. 已知复数 满足 ，其中 为虚数单位，则复数的模为__．【答案】【解析】【分析】由复数的运算法则可得，结合复数的模长公式得结果.【详解】由 ，得，，故答案为：.【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，复数模长的概念，属于基础题.3. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率______.【答案】【解析】【分析】根据渐近线方程求出，再利用离心率即可求解.详解】双曲线渐近线方程： 由的一条渐近线方程为，可得又，所以.故答案为：【点睛】本题考查了双曲线的简单几何性质，考查了基本运算能力，属于基础题.4. 某工厂生产、、三种不同型号的产品，产量之比为．现用分层抽样的方法抽取1个容量为的样本，若样本中种型号的产品有8件，则样本容量的值为______．【答案】48【解析】【分析】直接根据分层抽样的定义求解即可．【详解】∵由题意知产品的数量之比依次为，，，故答案为：48．【点睛】本题主要考查分层抽样的定义的应用，属于基础题．5. 根据如图所示伪代码，可知输出S的值为__________【答案】21【解析】【分析】先读懂流程图的功能，然后逐步运算即可得解.【详解】解:由题意可知，当时, ,当时, ,当时, ,当时, ,当时, ,当时, ,输出当前的,故输出S的值为,故答案为:.【点睛】本题考查了流程图的功能，重点考查了运算能力，属基础题.6. 已知函数定义域为 ，值域为，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】依题意可求得，利用正弦函数的性质即可求得答案．【详解】∵函数，又，∴，又，∴，在正弦函数的一个周期内，要满足上式，则，∴，．故答案为：．【点睛】本题考查正弦函数的性质，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.7. 下列四个命题：①“”的否定；②“若，则”的否命题；③在中，“”是“”的充分不必要条件；④“函数为奇函数”的充要条件是“”.其中真命题的序号是______(真命题的序号都填上)【答案】①②【解析】【分析】对于①中，根据全称命题与存在性命题的关系，可判定正确；对于②中，根据逆命题与否命题的等价关系，可判定正确的；对于③中，根据三角函数的性质和三角形的性质，可判定不正确的；对于④中，根据正切函数的性质，可判定不正确.【详解】对于①中，因为，所以命题“”为假命题，所以命题“”的否定为真命题，所以是正确的；对于②中，由，解得或，即命题“若，则”的逆命题为真命题，所以其否命题为真命题，所以是正确的；对于③中，例如：，此时，所以充分性不成立，反之，若且，根据三角函数的性质，可得，即必要性成立，所以在中，“”是“”的充分不必要条件是不正确的；对于④中，由函数为奇函数可得或，所以不正确.故答案为：①②.【点睛】本题主要考查了命题的真假判定，其中解答中熟记四种命题的关系，以及充分条件、必要条件的判定，三角函数的图象与性质的综合应用，着重考查推理与论证能力.8. 在面积为2的中，，分别是，的中点，点在直线上，则的最小值是______.（标黄部分加向量）【答案】【解析】【分析】由平面几何的知识结合三角形面积公式可得，由平面向量数量积的运算可得，由余弦定理结合基本不等式可得，进而可得，令，利用导数求得的最小值后即可得解.（）【详解】因为、分别是、的中点，所以到的距离等于点到的距离的一半，所以，又，所以，因此，所以；又由余弦定理可得：，当且仅当时，取等号；所以，令，，；又，由得，所以；由得，所以；所以在上单调递减，在上单调递增；所以，因此的最小值是.故答案为：.【点睛】本题考查了基本不等式、余弦定理、导数的应用及向量数量积的最值问题，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.9. 设关于x的不等式，只有有限个整数解，且0是其中一个解，则全部不等式的整数解的和为____________【答案】【解析】【分析】先确定，再利用0为其中的一个解，，求出的值，从而可得不等式，由此确定不等式的整数解，从而可得结论.【详解】设，其图象为抛物线，对于任意一个给定的值其抛物线只有在开口向下的情况下才能满足而整数解只有有限个，所以，因为0为其中一个解可以求得，又，所以或，则不等式为和，可分别求得和，因为为整数，所以和，所以全部不等式的整数解的和为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的应用，其中解答中根据题设条件确定出实数的值，求出相应的一元二次不等式的解集是解答关键，推理与运算能力.10. 如图,△ABC为等边三角形,分别延长BA,CB,AC到点D,E,F,使得AD＝BE＝CF．若,且DE＝,则的值是_______．【答案】【解析】【分析】设AD＝x,再在△BDE中根据余弦定理求解得出,再利用数量积公式求解即可.【详解】易知△DEF也为等边三角形,设AD＝x,则BD＝3x,△BDE中,由余弦定理得：,解得x＝1,故BD＝3,则=3×3×cos120。．故答案为：【点睛】本题主要考查了平面向量数量积以及余弦定理的运用,属于基础题.11. 已知函数在区间内取极大值，在区间内取极小值，则的取值范围为______.【答案】.【解析】【分析】本题先求导，再建立不等式组，接着根据不等式组画出可行域，最后根据可行域求目标函数的取值范围.【详解】解：∵ ，∴ ，∵ 区间内取极大值，在区间内取极小值，∴ ，即由画出有序实数对所构成的区域，如图所示.目标函数，表示点到点的距离的平方，有题意：，得点，，得点，，，点到直线的距离的平方：则的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查借助函数在某区间的极值建立不等式，画可行域，利用目标函数的几何意义求范围，是偏难题.12. 公园里设置了一些石凳供游客休息,这些石凳是经过正方体各棱的中点截去8个一样的四面体得到的（如图所示）．设石凳的体积为V1,正方体的体积为V2,则的值是_______．【答案】【解析】【分析】设正方体的棱长为2a即可得出V2,再利用总体积减去正方体八个角上的三棱锥的体积求出V1,继而得出即可.【详解】解析：设正方体的棱长为2a,则V2＝8a3,,故．【点睛】本题主要考查了空间几何体的体积问题,属于基础题.13. 已知函数，的根从小到大构成数列，则______.【答案】2011【解析】【分析】分别求得当x≤0时，当时，，当n＜x≤1时，方程的解，即可得所求解.【详解】当x≤0时，，即，由为增函数，可得为方程的解；当0＜x≤1时，，由，可得，同理可得；当1＜x≤2时，，由，可得，同理可得；当2＜x≤3时，，由，可得，同理可得；当n＜x≤n+1时，由，可得x+2x-(n+1)=n+2，同理可得．则．故答案为：2011．【点睛】本题主要考查了分段函数的运用，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题．14. 已知函数，，记函数，若在上恰有2个不同的零点，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】求出的导数，通过导数分析的变化情况，从而列出满足条件的不等式，即可求解.【详解】由题意，函数，因为,当时，恒成立，在单调递增，，此时在上无法满足恰有2个不同的零点，所以，则，所以在上为减函数，在上为增函数，要使得若在上恰有2个不同的零点，只需或，解得或，即.故答案为：.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，属于较难题.二､解答题15. （本小题共14分）已知动点在角的终边上.（1）若，求实数的值；（2）记，试用将S表示出来.【答案】（1）（2）【解析】【详解】分析：（1）利用正切函数的定义，得；（2）将已知表达式恒等变换，化为，再将代入，化简即可．详解：解：（1） 是角的终边上一点，则又，则，所以 （2） ==     点睛：本题主要考查了三角函数的定义以及三角恒等变换，考查了二倍角公式等，属于中档题．16. 如图，在正三棱柱中，点是的中点.（1）求证：平面；（2）设为棱的中点，且满足，求证：平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）本小题先作辅助线，再证明是的中点，接着证明，最后证明平面.（2）先证明，再证明平面，接着证明，从而证明，最后证明平面平面.【详解】（1）连接交于，连接.因为在正三棱柱中，面是平行四边形，所以是的中点.由点是的中点，所以是的中位线.所以.又因为，，所以平面；（2）在平面中，∵点是的中点，为棱的中点，且满足，∴.∴.∵正三棱柱，底面是正三角形，点是的中点，∴.∵侧面平面，侧面平面，∴平面，∴∵，，，平面，平面∴，而平面，∴ 平面平面.【点睛】本题考查通过线线平行证明线面平行、通过线面垂直证明面面垂直，是中档题.17. 在三角形中，已知，.（1）求的值；（2）若的面积为，求边的长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题可知，，根据同角三角函数关系求出sinB,tanB，在中，利用，代入求出；（2）利用正弦定理和三角形的面积公式，即可求出的长.【详解】（1）△ABC中，因为，所以，所以；（2）由（1）知，设，又解得sinC=，利用正弦定理：得：，所以的面积为：，所以，即. 【点睛】本题主要考查通过同角三角函数关系和正弦定理以及三角形面积公式，求三角形的内角和边长，同时考查学生的计算能力.18. 如图所示的矩形区域长，宽.现欲将矩形区域Ⅰ~Ⅳ设计成钢化玻璃舞台，将中间阴影部分设计成可升降的舞台，若区域Ⅰ和区域Ⅱ完全相同，长与宽之比为，区域Ⅲ和区域Ⅳ完全相同，长与宽之比为，，，区域Ⅱ和Ⅳ的较短边长分别为和.（1）试将和用，表示；（2）若，当，为何值时可升降舞台的面积最大，并求出最大面积.【答案】（1）；（2），时，最大面积为m2.【解析】【分析】（1）由题可直接写出；（2）要使可升降舞台的面积最大，则需满足区域Ⅰ和区域Ⅲ的面积和最小，求出区域Ⅰ和区域Ⅲ的面积和，用表示，利用基本不等式可求出.【详解】（1）由题意，得，解得；（2）因为，所以，记区域Ⅰ和区域Ⅲ的面积和为，则，当且仅当，即，时，有最小值9，此时升降舞台有最大面积，最大面积为6m2.【点睛】本题考查方程在研究实际问题中的应用，一般地，当实际问题能够归结为平面上的一个图形问题时，可以利用解析法解决，对于实际应用问题，求解时一定要注意其中包含的实际意义.19. 设，.（1）若，求函数的单调区间；（2）若时，的最小值为2，求实数的取值范围；（3）试求函数的零点个数，并证明你的结论.【答案】（1）函数的单调减区间为，单调增区间为；（2）；（3）当a＜0时，g(x)有一个零点，当a＞0时，g（x）有两个零点，证明见解析.【解析】【分析】（1）求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.（2）求出，讨论或，讨论函数的单调性，根据最值为2，求出实数的取值范围.（3）求出，讨论或，判断函数的单调性，当时，利用零点存在性定理可判断存在唯一零点；当时，利用导数求出函数的最值，结合单调性求出当a＜0时，g(x)有一个零点，当a＞0时，g（x）有两个零点，即证.【详解】（1），其导函数，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.所以，函数的单调减区间为，单调增区间为；（2）由已知，且，当时，，函数单调递减，所以函数的最小值为.矛盾；当时，由得，若，即时，，，函数单调递增，所以函数的最小值为.满足题意；若，即0﹤a＜2，，，函数单调递减，所以函数的最小值为小于f(1)=2.矛盾.综上所述，实数的取值范围为；（3）由已知， .当时，，函数单调递减，又，，故函数有且只有一个零点；当时，由得，故当时，g`(x)＜0，函数g(x)单调递减；当时，g`(x)＞0，函数g(x)单调递增.而(因为)，又，由，得，所以，在上存在唯一零点.而，且，因为设，x＞0，有故单调递增.又，所以成立.所以在上存在唯一零点.综上，当a＜0时，g(x)有一个零点，当a＞0时，g（x）有两个零点.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数的最值、利用导数研究函数的零点，属于难题.20. 设数列的前n项和为，（1）求证：数列是等比数列；（2）若，是否存在q的某些取值，使数列中某一项能表示为另外三项之和？若能求出q的全部取值集合，若不能说明理由．（3）若，是否存在，使数列中，某一项可以表示为另外三项之和？若存在指出q的一个取值，若不存在，说明理由．【答案】（1）见详解；（2）不存在；（3）不存在【解析】【分析】（1）由前项和公式，结合求出，进而可得出结论成立；（2）根据得，不妨设，两边同除以，再结合条件，即可得出结论；（3）同(2)，先设，当，结合条件验证不成立即可.【详解】（1）n=1时，，时，（n=1也符合），，即数列是等比数列．（2）若则可设，两边同除以得：因为左边能被q整除，右边不能被q整除，因此满足条件的q不存在．（3）若则可设，，， 不成立．【点睛】本题主要考查等比数列，熟记等比数数列的性质和公式即可，属于常考题型.21. 已知曲线，先将曲线作关于轴的反射变换，再将所得图形绕原点顺时针旋转．(1)求连续两次变换所对应的变换矩阵;(2)求曲线在作用下得到的曲线的方程.【答案】（1）M=(),（2）【解析】【详解】试题分析：（1）反射变换对应的矩阵为，旋转变换对应的矩阵为；（2)在曲线上任取一点，在作用下对应点为，即，则，又，所以，从而可得曲线在作用下得到的曲线的方程.试题解析：（1）由题意，反射变换对应的矩阵为，旋转变换对应的矩阵为 ∴（2）在曲线上任取一点，在作用下对应点为，即，则，又，所以即曲线的方程为： .22. 在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为(为参数).椭圆的参数方程为(为参数)，设直线与椭圆交于､两点，求线段的长.【答案】【解析】【分析】本题先求椭圆的标准方程为，再将直线的参数方程代入得，接着得到，最后求线段的长即可.【详解】据椭圆的参数方程为(为参数)，可得椭圆的普标准方程为.将直线的参数方程为(为参数)代入椭圆的标准方程，化简得，.设点，对应的参数分别为，，得所以.即线段的长为.【点睛】本题考查参数方程与标准方程互化，借参数方程的几何意义求距离，是中档题.23. 支付宝作为一款移动支付工具，在日常生活中起到了重要的作用．（1）通过现场调查12位市民得知，其中有10人使用支付宝．现从这12位市民中随机抽取3人，求至少抽到2位使用支付宝的市民的概率；（2）为了鼓励市民使用支付宝，支付宝推出了“奖励金”活动，每使用支付宝支付一次，分别有，，的概率获得，，元奖励金，每次支付获得的奖励金情况互不影响．若某位市民在一天内使用了2次支付宝，记X为这一天他获得的奖励金数，求X的概率分布和数学期望．【答案】（1）；（2）分布列见解析，数学期望为．【解析】【分析】（1）“至少抽到2位”包括“抽到位”或“抽到位”，结合古典概型概率计算公式、组合数的计算，计算出至少抽到2位使用支付宝的市民的概率.（2）利用相互独立事件概率计算公式，计算出的分布列和数学期望.【详解】（1）“至少抽到2位”包括“抽到位”或“抽到位”，所以至少抽到2位使用支付宝的市民的概率为：（2）的可能取值有：.；；；；.所以的概率分布如下：0.20.30.40.50.6  .【点睛】本小题主要考查古典概型概率计算，考查随机变量分布列和数学期望的求法，属于中档题.24. 在平面直角坐标系中，如图，已知抛物线上一点，a＜0，到抛物线焦点的距离为5.（1）求抛物线的方程及实数的值；（2）过点作抛物线的两条弦，，若，的倾斜角分别为，，且，求证：直线过定点，并求出这个定点的坐标.【答案】（1），；（2）证明见解析，定点.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义，得点到抛物线的距离为，求得，得到抛物线的方程，代入点，即可求解；（2）设，，分别求得，及，再由，结合两角和的正切公式，化简求得，代入即可求解.【详解】（1）因为点到抛物线焦点的距离为5，由抛物线的定义，得点到抛物线的距离为，即，所以抛物线的方程为.又因为点在抛物线上，即，解得.（2）设，，又由，所以，同理，直线的斜率为.所以直线的方程为，即4x-(y1+y2)y+y1y2=0(*)又因为，所以.化简得，将它代入(*)式，得，即，所以直线过定点.【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程的求解及应用，以及直线过定点问题，其中解答中熟记抛物线的定义，以及合理应用抛物线的标准方程和斜率公式，进行化简是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.