2020届江苏省盐城中学高三年级第二次阶段性质量检测（12月） 数学试题（解析版）

2020届江苏省盐城中学高三年级第二次阶段性质量检测（12月） 数学试题

一、填空题

1．设集合，，若，则______ .

【答案】4

【解析】由，所以，即可求解，得到答案.

【详解】

由题意，集合，，

因为，所以，故.

故答案为.

【点睛】

本题主要考查了利用集合的运算求解参数问题，其中解答中熟记集合交集的概念，得到是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于容易题.

2．已知复数，则复数的虚部为________.

【答案】

【解析】先由复数的除法运算，化简，再由共轭复数的概念，即可得出结果.

【详解】

因为，

所以其共轭复数为，因此其虚部为：

故答案为：

【点睛】

本题主要考查求复数的共轭复数，熟记共轭复数的概念，以及复数的除法运算法则即可，属于基础题型.

3．函数的定义域是________.

【答案】

【解析】根据函数解析式，列出不等式求解，即可得出结果.

【详解】

由题意，可得：，即，解得：.

即函数的定义域为

故答案为：

【点睛】

本题主要考查求具体函数的定义域，只需求出使解析式有意义的自变量的范围即可，属于基础题型.

4．设，则“”是“直线与直线垂直”的______条件.

【答案】充分不必要条件

【解析】先由两直线垂直求出，再根据充分条件与必要条件的概念，即可判断出结果.

【详解】

若直线与直线垂直，

则，解得：；

所以由“”能推出“直线与直线垂直”，

由“直线与直线垂直”不能推出“”；

即“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件.

故答案为：充分不必要条件

【点睛】

本题主要考查充分不必要条件的判断，熟记充分条件与必要条件的概念，以及两直线垂直的判定条件即可，属于常考题型.

5．在平面直角坐标系中，抛物线上纵坐标为1的一点到焦点的距离为3，则焦点到准线的距离为__________．

【答案】4

【解析】试题分析：因为，抛物线上纵坐标为1的一点到焦点的距离为3，即1+=3，所以，=2，焦点到准线的距离为p=4.

【考点】抛物线的定义，抛物线的几何性质。

点评：简单题，对于抛物线上的点（x，y），其到焦点的距离为x+.

6．设曲线的图象在点(1，)处的切线斜率为2，则实数a的值为_______．

【答案】3

【解析】首先对函数求导，根据函数图象在某个点处的切线的斜率就是函数在该点处的导数，从而将相应的量代入，求得结果.

【详解】

函数，可得，

所以切线的斜率为，解得，

故答案是3.

【点睛】

该题考查的是有关函数图象在某个点处的切线的斜率问题，涉及到的知识点有导数的几何意义，根据题意，得到参数所满足的等量关系，求得结果，属于简单题目.

7．已知实数x,y满足条件，则的最大值为________.

【答案】

【解析】先由约束条件作出可行域，化目标函数为，则目标函数表示直线在轴截距，结合图像，即可得出结果.

【详解】

由约束条件作出可行域如下，

目标函数可化为，因此目标函数表示直线在轴截距，

由图像可得：当直线过点时，在轴截距最大，即取得最大值.

由得，即，

因此.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查简单的线性规划问题，只需由约束条件作出可行域，根据目标函数的几何意义，结合图像即可求解，属于常考题型.

8．在平面直角坐标系中，已知焦距为的双曲线的右准线与它的两条渐近线分别相交于点，其焦点为，则四边形的面积的最大值为____________.

【答案】

【解析】先由焦距为，得，由双曲线方程，得到渐近线方程为，右准线方程为，不妨设为右准线与渐近线的交点，根据方程求出点坐标，同理，得到点坐标，再由题意得到四边形的面积为，根据三角形面积公式，以及基本不等式，即可求出结果.

【详解】

因为双曲线焦距为，即，，

又双曲线的渐近线方程为，

右准线方程为：，

不妨设为右准线与渐近线的交点，

由解得：，同理

因此四边形的面积为

，

当且仅当时，等号成立.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查求双曲线中四边形面积的最值问题，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.

9．在直角三角形中，，，若，则           ．

【答案】．

【解析】试题分析：因为，所以应填．

【考点】1、平面向量的数量积的应用；

10．若点在直线上，则的值为________.

【答案】

【解析】先由题意，得到，即，再由，根据二倍角公式，以及同角三角函数基本关系，通过弦化切，即可求出结果.

【详解】

因为点在直线上，

所以，因此，

所以

故答案为：

【点睛】

本题主要考查三角恒等变换求值的问题，熟记同角三角函数基本关系，以及二倍角公式，两角和的余弦公式等即可，属于常考题型.

11．已知均为等比数列，其前n项和分别为，若对任意的，总有，则________.

【答案】

【解析】设等比数列的公比分别为，根据题意，得到，求解，得，进而可得出结果.

【详解】

设等比数列的公比分别为，

则，，

因为分别为的前n项和，且，

所以，即，即，

解得：，所以

故答案为：

【点睛】

本题主考查等比数列的基本量的运算，熟记等比数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.

12．已知函数，若函数有5个零点，则实数的取值范围是________.

【答案】或.

【解析】先用导数的方法，判断出函数在的单调性，求出极值，在根据指数单调性判断时，函数的单调性；作出函数大致图像；将函数的零点个数问题，转化为与或的交点个数来处理，结合函数图像，即可得出结果.

【详解】

因为，

当时，，则，

由得；由得，

所以函数在上单调递增，在上单调递减；

此时有极大值；

当时，显然单调递减；

作出函数的大致图像如下：

由得或，

因为函数有5个零点，

所以与或共有5个交点，

由图像可得：只需或，即或.

故答案为：或.

【点睛】

本题主要考查由函数零点个数求参数，熟记导数的方法判断函数单调性，利用转化与化归思想，以及数形结合的方法判断函数零点个数即可，属于常考题型.

13．在平面直角坐标系中，已知点，、为圆上的两动点，且，若圆上存在点，使得，则的取值范围为________.

【答案】

【解析】取中点为，连接，得到，由得到，再由、为圆上的两动点，且，得到

，设，求出点的轨迹，再由点与圆位置关系，求出的取值范围，即可求出结果.

【详解】

取中点为，连接，

则，

又圆上存在点，使得，

所以，

因此，即；

因为、为圆上的两动点，且，

所以，设 ，

则，即即为动点的轨迹；

所以表示圆上的点与定点之间的距离，

因此，即.

即.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查平面向量与圆的方程的综合，熟记平面向量基本定理，点与圆位置关系，会求圆上的点到定点的距离即可，属于常考题型.

14．已知的面积为,且满足，则边的最小值为_______.

【答案】

【解析】将正切化成正余弦，化简得出b，c和sinA之间的关系，结合面积公式即可得出b2关于A的函数式，再根据A的范围计算b的最小值，即可得AC的最小值．

【详解】

∵，∴，∴4cosAsinB+3cosBsinA＝sinAsinB，

∴3cosAsinB+3cosBsinA＝sinAsinB﹣cosAsinB，

即3sin（A+B）＝sinB（sinA﹣cosA），即3sinC＝sinB（sinA﹣cosA），

∴3c＝b（sinA﹣cosA），即c，

∵△ABC的面积S＝bcsinA＝

＝（sin2A﹣cosAsinA）＝（1﹣sin2A﹣cos2A）＝，

∴b2＝，∵3c＝b（sinA﹣cosA）＞0，且0＜A＜π，

∴，∴当即A＝时，b2取得最小值＝12，

∴b的最小值为，即AC最小值为．

故答案为．

【点睛】

本题考查了同角三角函数关系、正弦定理、面积公式、两角和的正弦公式、以及正弦型三角函数的性质，属于中档题.

二、解答题

15．（本小题满分13分，（Ⅰ）小问7分，（Ⅱ）小问6分）

已知函数f（x）=sin2x- .

（Ⅰ）求f（x）的最小周期和最小值，

（Ⅱ）将函数f（x）的图像上每一点的横坐标伸长到原来的两倍，纵坐标不变，得到函数g（x）的图像.当x 时，求g（x）的值域.

【答案】（Ⅰ）的最小正周期为，最小值为，（Ⅱ）.

【解析】试题分析：（Ⅰ）首先用降幂公式将函数的解析式化为的形式，从而就可求出的最小周期和最小值，

（Ⅱ）由题目所给变换及（Ⅰ）的化简结果求出函数的表达式，再由并结合正弦函数的图象即可求出其值域．

试题解析： （1）

,

因此的最小正周期为，最小值为.

（2）由条件可知：.

当时，有，

从而的值域为，

那么的值域为.

故在区间上的值域是.

【考点】1. 三角恒等变换，2.正弦函数的图象及性质，3.三角函数图象变换.

16．已知△中，，，. 求：

（1）角的大小；

（2）△ABC中最小边的边长.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）由内角和定理，以及诱导公式化简tanC，将tanA与tanB代入值代入求出tanC的值，即可确定出C的度数；

（2）由tanA与tanB的大小判断出BC为最小边，由tanA的值，利用同角三角函数间基本关系求出sinA的值，利用正弦定理求出BC的长．

【详解】

解：(1)

= –= – ，所以，

(2)因为，所以最小角为

又因为，所以，

，又，

所以 ．

【点睛】

此题考查了正弦定理，同角三角函数间的基本关系，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．

17．从金山区走出去的陈驰博士，在《自然—可持续性》杂志上发表的论文中指出：地球正在变绿，中国通过植树造林和提高农业效率，在其中起到了主导地位．已知某种树木的高度(单位：米)与生长年限（单位：年，tN）满足如下的逻辑斯蒂函数：，其中e为自然对数的底数. 设该树栽下的时刻为0.

（1）需要经过多少年，该树的高度才能超过5米？（精确到个位）

（2）在第几年内，该树长高最快？

【答案】（1）8年（2）第四年内或第五年内

【解析】（1）解不等式f（t）>5，即可

（2）利用作差法求出f（t）﹣f（t﹣1）的表达式，判断函数的单调性和最值即可．

【详解】

解：(1) 令5，解得，

即需要经过8年，该树的高度才能超过5米；

(2) 当N时，

设，则，.

令，则.

上式当且仅当时，取得最大值

此时，，即，解得.

由于要求为正整数，故树木长高最快的可能值为4或5，

又，，

所以，该树在第四年内或第五年内长高最快．

【点睛】

本题主要考查函数的应用问题，利用作差法判断函数的最值是解决本题的关键．考查学生的计算能力．

18．已知椭圆：， 过点的直线：与椭圆交于M、N两点（M点在N点的上方），与轴交于点E.

（1）当且时，求点M、N的坐标；

（2）当时，设，，求证：为定值，并求出该值；

（3）当时，点D和点F关于坐标原点对称，若△MNF的内切圆面积等于，求直线的方程.

【答案】（1）M(0，1)，N (，)；（2）为定值3（3）

【解析】（1）代值联立方程组．解得即可求出，

（2）联立方程，利用韦达定理，以及向量的知识可得从而，化简整理即可证明，

（3）假设存在直线l：y＝k（x+1）满足题意，则△MNF的内切圆的半径为，根据韦达定理，弦长公式，三角形的面积公式，即可求出k的值

【详解】

解：(1) 当m=k=1时，联立，解之得：或，

即M(0，1)，N (，)；

(2) 当m=2时联立，消去y得：，

设M(x1，y1)，N (x2，y2)，则，

由，，且点的横坐标为0，

得、. 从而

=

=，

为定值3；

(3) 当m=3时，椭圆：，假设存在直线满足题意，则△的内切圆的半径为，又、为椭圆的焦点，故△MNF的周长为8，

从而，

消去，得，设、，

则.

故，即.

由(2)，得，

化简，得，解得，

故存在直线满足题意．

【点睛】

本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、韦达定理、三角形面积计算公式、考查了推理能力与计算能力，属于难题．

19．设函数．

（1）讨论的单调性；

（2）若存在正数，使得当时，，求实数的取值范围．

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】分析：函数求导得，讨论，由导数的正负求单调区间即可；

（2）若，分析函数可知，即，设，，讨论和两种情况，知成立，时不成立，时，存在，使得当时，，可化为，即，设，分析和求解即可.

详解：（1）．

当时，，上单调递增．

当时，若，则，若，则；所以在单调递增，在上单调递减．

（2）若，在内单调递增，当时，，所以，即.

设，.

若，时，，在单调递增.所以当时，，

故存在正数，使得当时，.

若，当时，，在单调递减，因为，所以.故不存在正数，使得当时，.

若，在单调递减，因为，所以存在，使得当时，，可化为，即.

设，.

若，则时，，在单调递增，又，所以时，.故不存在正数，使得当时，.

当时，当时，，在单调递减，又，所以.故存在，使得当时，.

综上，实数的取值范围为．

点睛：点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：

（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；

（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为 ，若恒成立；

（3）若 恒成立，可转化为（需在同一处取得最值） .

20．数列满足对任意的恒成立，为其前n项的和，且，.

（1）求数列的通项；

（2）数列满足，其中.

①证明：数列为等比数列；

②求集合

【答案】（1）；（2）①过程见详解；②.

【解析】（1）先由题意，得到数列是等差数列，设公差为，根据题中条件，求出首项与公差，进而可求出通项公式；

（2）①根据（1）的结果，将化为，得到（），两式作差整理，得到，进而可求出，判断出结果；

②先由得到，即，判断出，得到，设，得到，分别研究对应的情况，再由导数的方法证明当，时， ，即可得出结果.

【详解】

（1）因为数列满足对任意的恒成立，

所以数列是等差数列，设公差为，

因为，，所以，解得：，

因此；

（2）①因为数列满足，

，

所以（），

两式作差可得：（），

又也满足上式，所以，

记数列的前项和为，

则，

当时，，两式作差可得：，

所以，

即，

所以，因此，即数列为等比数列；

②由得，即，

记，由①得，所以，因此（当且仅当时等号成立）.

由得，所以.

设，由得，即；

当时，，不符合题意；

当时，，此时符合题意；

当时，，不符合题意；

当时，，不符合题意，

下面证明当，时， ，

不妨设，

则在上恒成立，

所以在单调递增；

所以，

所以，当，时， 恒成立，不符合题意；

综上，集合.

【点睛】

本题主要考查等差数列与等比数列的综合，熟记等差数列与等比数列的通项公式，以及求和公式，会判断数列的增减性等即可，属于常考题型.