江苏省南通海安市2020届高三学年初学业质量检测数学试题 Word版解析版.doc

1、 2020届高三学年初学业质量监测试题数学参考公式：锥体的体积公式，其中为锥体的底面积，为高.一、填空题：请把答案填写在答题卡相应位置上.1.已知集合，则_.【答案】【解析】【分析】利用集合交集的定义可求出集合.【详解】因为集合，所以，故答案为：.【点睛】本题考查集合的交集运算，考查计算能力，属于基础题.2.已知复数，其中为虚数单位，则的模为_.【答案】【解析】【分析】利用复数的乘法法则将复数表示为一般形式，然后利用复数的求模公式可计算出复数的模.【详解】，因此，复数的模为，故答案为：.【点睛】本题考查复数模的计算，对于复数问题，一般利用复数四则运算法则将复数表示为一般形式，再结合相关公式或知

2、识求解，考查计算能力，属于基础题.3.某厂生产、三种不同型号的产品，产品数量之比依次为，现用分层抽样的方法抽取一个容量为的样本，其中型号产品有件，则的值为_.【答案】【解析】【分析】根据分层抽样总体和样本中，型号的产品所占的比例相等列等式求出的值.【详解】由于在总体和样本中，型号的产品所占的比例相等，则有，解得，故答案为：.【点睛】本题考查分层抽样中的计算，解题时要根据分层抽样的特点列等式进行计算，考查运算求解能力，属于基础题.4.函数的定义域是_【答案】【解析】【分析】根据偶次方根被开方数为非负数列不等式，解不等式求得函数的定义域.【详解】依题意，即，解得.【点睛】本小题主要考查具体函数定义

3、域的求法，主要是偶次方根的被开方数为非负数，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.5.已知长方体的体积为，则三棱锥的体积为_.【答案】【解析】【分析】设长方体的底面积为，高为，可得出，则三棱锥的底面积为，高为，再利用锥体的体积公式可计算出三棱锥的体积.【详解】设长方体的底面积为，高为，则长方体的体积为，由题意可知，三棱锥的底面积为，高为，因此，三棱锥的体积为，故答案为：.【点睛】本题考查锥体体积的计算，解题的关键就是弄清楚锥体和长方体底面积以及高之间的等量关系，考查计算能力，属于基础题.6.如图是一个算法流程图，则输出的的值为_. 【答案】【解析】【分析】根据框图列出算法步骤，可得出输出结果.

4、【详解】由题意可得为偶数，则，输出的值为，故答案为：.【点睛】本题考查利用程序框图计算输出结果，考查条件结构框图的应用，一般根据算法框图列举出算法步骤，即可计算出输出结果，考查计算能力，属于中等题.7.在平面直角坐标系中，已知双曲线的右焦点的坐标为，则该双曲线的两条渐近线方程为_.【答案】【解析】【分析】根据题意求出的值，即可得出双曲线的渐近线方程.【详解】由题意可得，则双曲线的方程为，因此，双曲线渐近线方程为，故答案为：.【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，解题的关键就是求出双曲线的方程，考查运算求解能力，属于基础题.8.某饮品店提供、两种口味的饮料，且每种饮料均有大杯、中杯、小杯三种容

5、量.甲、乙二人各随机点一杯饮料，且甲只点大杯，乙点中杯或小杯，则甲、乙所点饮料的口味相同的概率为_.【答案】【解析】【分析】记种口味饮料大杯、中杯、小杯分别记为、，种口味饮料大杯、中杯、小杯分别记为、，用列举法列出所有的基本事件，并确定事件“甲、乙所点饮料的口味相同”所包含的基本事件，然后利用古典概型的概率公式可求出所求事件的概率.【详解】记种口味饮料大杯、中杯、小杯分别记为、，种口味饮料大杯、中杯、小杯分别记为、，事件“甲只点大杯，乙点中杯或小杯”所包含的基本事件有：、，共个，其中事件“甲、乙所点饮料的口味相同”所包含的基本事件有：、，共个，因此，所求事件的概率为，故答案为：.【点睛】本题考

6、查利用古典概型概率公式计算事件的概率，解题的关键就是利用列举法列举出基本事件，并确定基本事件数目，考查计算能力，属于中等题.9.已知函数图象的一条对称轴方程为，则的值为_.【答案】【解析】【分析】由题意得出，求出的表达式，再结合的取值范围，可得出的值.【详解】由题意得出，且，故答案为：.【点睛】本题考查利用正弦型函数对称轴方程求参数的值，解题时要结合正弦型函数的对称轴方程得出参数的表达式，并结合参数的取值范围得出参数的值，考查运算求解能力，属于中等题.10.设等比数列的公比为，前项和为.若存在，使得，且，则正整数的值为_.【答案】【解析】分析】先利用条件求出公比的值，然后利用等比数列求和公式以

7、及可求出正整数的值.【详解】，得，解得.由，可得，所以，即，解得，故答案为：.【点睛】本题考查等比数列基本量的计算，同时也考查了等比数列求和公式，对于等比数列问题，通常利用首项和公比将等比数列中相关量表示出来，考查计算能力，属于中等题.11.如图，在平面直角坐标系中，已知正方形，其中，函数交于点，函数交于点，则当最小时，的值为_.【答案】【解析】【分析】由题意得出直线的方程为，直线的方程为，求出点、的坐标，可得出、关于的表达式，然后利用基本不等式求出的最小值，并利用等号成立的条件求出对应的的值.【详解】由题意得出直线的方程为，直线的方程为，联立直线的方程与函数的解析式，得，所以点的坐标为，则.

8、联立直线的方程与函数的解析式，得，所以点的坐标为，则.由基本不等式得，当且仅当，即当时，等号成立，因此，故答案为：.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，解题的关键就是结合条件建立关于的代数式，并结合基本不等式进行求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.12.如图，在平面四边形中，则的值为_.【答案】【解析】【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，写出、四点的坐标，并求出向量、的坐标，利用坐标法来计算出的值.【详解】如下图所示，以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，又，且，是等腰直角三角形，则点、，因此，故答案为：.【点睛】本题考查图形中向

9、量数量积的计算，常利用基底向量法与坐标法来进行求解，考查数形结合思想的应用，属于中等题.13.在中，已知边上的中线，且，成等差数列，则的长为_.【答案】【解析】【分析】先由，成等差数列，结合正弦定理与余弦定理，得到，再由边上的中线，得到，进而可求出结果.【详解】因为，成等差数列，所以，即，所以，由正弦定理可得，又由余弦定理可得，所以，故，又因为边上的中线，所以，因为，所以，即，解.即的长为.故答案为【点睛】本题主要考查解三角形与平面向量的应用，熟记正弦定理与余弦定理，以及向量数量积的运算即可，属于常考题型.14.在平面直角坐标系中，已知直线与轴交于点，点在直线上，直线上有且仅有一点满足：（、两

10、两互不相同），则点的横坐标的所有可能值之积为_.【答案】【解析】【分析】设点的坐标为，设点，根据转化为，可得出点的轨迹为圆，由题意得出点的轨迹圆与直线相切，将直线的方程与点的轨迹方程联立，利用得出关于的二次方程，利用韦达定理求出两根之积可得出结果.【详解】设点的坐标为，直线与轴的交点为点，设点，联立，消去得，化简得，由韦达定理得.当点为直线与的交点时，要使，点与点重合，不合题意.因此，点的横坐标的所有可能值之积为，故答案为：.【点睛】本题考查两直线垂直、直线与圆的位置关系的综合应用，解题的关键在于将点的个数问题转化为直线与圆的位置关系，并利用韦达定理进行求解，考查转化与化归思想以及方程思想，考

11、查运算求解能力，属于难题.二、解答题：请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在中，已知，.（1）求、的值；（2）求的值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）设角、的对边依次为、，由，可得出，利用余弦定理结合条件可解出，从而可得出、的值；（2）求出，利用余弦定理求出的值，再利用同角三角函数可求出的值，然后利用两角差的正弦公式可求出的值.【详解】（1）设角、的对边依次为、，由余弦定理得，又因为，所以，解得.因此，；（2）在中，又，故.由余弦定理得，结合（1）知，又，故，.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，以及利用两角差的正弦公式求值，在求解三角形

12、的问题时，要结合三角形已知元素类型合理选择正弦、余弦定理进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.16.如图，在直三棱柱中，点为棱的中点，与交于点，与交于点，连结.求证：（1）；（2）平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先证明出平面，然后利用直线与平面平行的性质定理可得出；（2）由题意得出，由平面，可得出，利用直线与平面垂直的判定定理证明出平面，再利用平面与平面垂直的判定定理可证明出平面平面.【详解】（1）在直三棱柱中，又平面，平面，所以平面.又平面，平面平面，所以；（2）在直三棱柱中，平面，又平面，故又，故.又因为，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面

13、平面.【点睛】本题考查直线与直线平行以及平面与平面垂直的证明，考查直线与平面平行的性质定理以及平面与平面垂直判定定理的应用，考查推理能力，属于中等题.17.现有一张半径为的圆形铁皮，从中裁剪出一块扇形铁皮（如图阴影部分），并卷成一个深度为的圆锥筒，如图.（1）若所裁剪的扇形铁皮的圆心角为，求圆锥筒的容积；（2）当为多少时，圆锥筒的容积最大？并求出容积的最大值.【答案】（1）；（2）当时，圆锥筒的容积的最大值为.【解析】【分析】（1）计算出扇形的弧长，利用扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长可求出圆锥底面圆的半径，利用勾股定理计算出圆锥的高，再利用圆锥的体积公式可计算出圆锥的容积；（2）利用勾股定理得

14、出圆锥的底面半径为，可得出，利用圆锥的体积公式计算出圆锥的容积关于的函数，再利用导数可求出的最大值，并求出对应的的值.【详解】设圆锥筒的半径为，容积为.（1）由，得，从而，所以.答：圆锥筒的容积为；（2）因为，.所以，即，.因为，令得，（舍负值），列表如下：极大值所以，当时，取极大值即最大值，且的最大值为.答：当时，圆锥筒的容积的最大值为.【点睛】本题考查圆锥体积的计算，同时也考查利用导数求函数的最值，解题的关键就是要结合题意求出函数解析式，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.18.如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的右焦点为，左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为、，连结并延长交椭圆于点

15、，连结，记椭圆的离心率为.（1）若，.求椭圆的标准方程；求和的面积之比.（2）若直线和直线斜率之积为，求的值.【答案】（1）. ；（2）.【解析】【分析】（1）设椭圆的焦距为，根据题意列出有关、的方程组，求出、的值，可得出椭圆的标准方程；求出直线的方程，将该直线方程与椭圆的标准方程联立，求出点的坐标，再利用三角形的面积公式可求出和的面积之比；（2）先利用截距式得出直线的方程为，将该直线方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，利用斜率公式计算出直线和的斜率，然后由这两条直线的斜率之积为，得出关于、的齐次方程，由此可解出椭圆的离心率的值.【详解】（1）设椭圆的焦距为，由题意，得，解得，所以椭圆的标准方

16、程为；由知，、，所以直线的方程为，将其代入椭圆的方程，得，即，所以或，所以点的坐标为. 从而和的面积之比：；（2）因为、在直线上，所以直线的方程为.解方程组，得或，所以点的坐标为.因为直线的斜率，直线的斜率， 又因为直线和直线斜率之积为，所以，即，化简得，解得.因此，椭圆的离心率为.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解、三角形面积的比值，以及椭圆离心率的求解，同时也考查了直线与椭圆交点坐标的求解，考查方程思想的应用，属于中等题.19.已知函数（为自然对数的底数），为的导函数，且.（1）求实数的值；（2）若函数在处的切线经过点，求函数的极值；（3）若关于的不等式对于任意的恒成立，求实数的取值范围.

17、【答案】（1）；（2）函数的极小值为，极大值为；（3）.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，由，可求出实数的值；（2）利用导数求出函数在处的切线方程，将点代入切线方程，可求出实数的值，然后利用导数求出函数的极值点，并列表分析函数的单调性，由此可得出函数的极小值和极大值；（3）方法1：由，得，然后分和两种情况讨论，在时可验证不等式成立，在时，由参变量分离法得，并构造函数，并利用导数求出函数在区间上的最小值，由此可得出实数的取值范围；方法2：解导数方程，得出，然后分，和五种情况讨论，分析函数在区间上的单调性，求出函数的最大值，再解不等式可得出实数的取值范围.【详解】（1）因为，所以， 又因为，所

18、以，解得.（2）因为，所以.因为，所以.因为，函数在处的切线方程为且过点，即，解得.因为，令，得，列表如下：极大值极小值所以当时，函数取得极小值，当时，函数取得极大值为；（3）方法1：因为在上恒成立，所以在上恒成立.当时，成立；当时，恒成立，记，则.令，则，所以函数在区间上单调递增，所以，即在区间上恒成立.当，令，得，所以，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，所以，因此，实数的取值范围是；方法2：由（1）知，所以.令，得，.当时，即时，函数在区间上单调递减，由题意可知，满足条件；当时，即时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，由题意可知，解得；当时，即时，函数在上单调递减，在上单

19、调递增，在上单调递减，由题意可知，解得，所以；当时，即时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，由题意可知，解得.又因为，所以；当时，即时，函数在上单调递减，上单调递增，在上单调递减，由题意可知，即.令，则，设，则，所以，函数在区间上单调递增，又因为时，所以在区间上恒成立，所以.综上，因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查导数的计算、导数的几何意义、利用导数求函数的极值以及利用导数研究不等式恒成立问题，对于不等式恒成立问题，可以利用参变量分离法，也可以采用分类讨论法，转化为函数的最值来求解，考查分类讨论数学思想的应用，属于难题.20.若无穷数列满足：只要（、），必有，则称具有性质.（1）若

20、数列具有性质，且，求；（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比大于的等比数列，判断是否具有性质，并说明理由；（3）设是无穷数列，已知，求证：“对任意的，具有性质”的充要条件为“是常数列”.【答案】（1）；（2）不具有性质，证明见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题中条件得出，结合性质可得出，再利用条件，可得出的值；（2）假设数列是具有性质，根据题中条件得出，根据性质得出，将两等式作差得出关于的方程，解出的值，不满足，说明数列不具备性质；（3）充分性：由数列是常数列，可得，通过，证明，可得出数列具有性质；必要性：对任意的，具有性质，得到，构造函数，证明出，可证明出数列是常数项.

21、【详解】（1）因为，所以.因为数列具有性质，所以，从而，又，所以；（2）假设是具有性质，等比数列的公比为.因为，所以，.因为，所以，从而.又因为具有性质，所以，即.，得.因为是等差数列，所以，从而. 因为数列是等比数列，所以，从而，而.因为，所以不存在这样的，所以假设不成立.所以不具有性质；（3）充分性：若是常数列，则，从而.若存在、，使得，则由，得，所以对任意的，具有性质；必要性：若对任意的，具有性质.先证明：对于给定的，存在，使得.证明：记函数，则，又函数的图象不间断，所以存在，使得.取，则，即，又由得，所以.由具有性质，得，所以为常数列，从而为常数，所以是常数列.【点睛】本题考查等差数列

22、和等比数列的综合问题，同时也考查了充分必要条件的证明，本题的难点在于构造新函数，利用函数的零点存在定理来证明常数列，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.21.已知矩阵，且.（1）求实数、的值；（2）求矩阵的特征值.【答案】（1），；（2）特征值为、.【解析】【分析】（1）根据题中矩阵运算列出关于、的方程组，可解出、的值；（2）求出矩阵特征方程，解出该方程可得出矩阵的特征值.【详解】（1）因为，所以.所以，解得；（2）由（1）知，则矩阵的特征多项式，令，得，因此，矩阵的特征值为、.【点睛】本题以矩阵计算以及矩阵特征值的计算，解题的关键在于写出矩阵的特征方程，并进行求和，考查方程思想的应用，属

23、于中等题.22.在极坐标系中，为极点，点在曲线上，直线过点且与垂直，若，求及的极坐标方程.【答案】，直线的极坐标方程为.【解析】【分析】将点代入曲线的极坐标方程可得出的值，求出直线的斜率，根据求出直线的斜率，利用点斜式写出直线的方程，再将直线的普通方程化为极坐标方程.【详解】因为点在曲线上，所以. 又，故，所以直线的斜率为.，设直线的斜率为，则，解得.所以，直线的方程为，即，所以，直线的极坐标方程为，即，因此，直线的极坐标方程为.【点睛】本题考查极径的计算以及直线的极坐标方程的求解，一般要结合题意先写出直线的普通方程，再转化为极坐标方程，考查运算求解能力，属于中等题.23.对于正实数、满足，求

24、证：.【答案】证明见解析【解析】【分析】将代数式表示为，再利用绝对值三角不等式可证出所证不等式成立.【详解】由绝对值三角不等式得，因此，原不等式成立.【点睛】本题考查利用绝对值三角不等式证明不等式成立，证明的关键在于对代数式进行配凑，考查推理能力，属于中等题.24.如图，在空间之间坐标系中，四棱锥的底面在平面上，其中点与坐标原点重合，点在轴上，顶点在轴上，且，.（1）求直线与平面所成角的大小；（2）设为的中点，点在上，且，求二面角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）列出、的坐标，计算出平面的一个法向量，利用空间向量法计算出直线与平面所成角的正弦值，即可得出直线与平面所成角的

25、大小；（2）求出点、的坐标，计算出平面和的法向量、，利用空间向量法求出二面角的余弦值的绝对值，由此可得出二面角的正弦值.【详解】因为四棱锥的底面在平面上，其中点与坐标原点重合，点在轴上，顶点在轴上，且，所以，.（1），设平面的一个法向量为，则，即，取，则，得. 所以.所以直线与平面所成角的大小为；（2）因为为的中点，点在上，且，所以，.设平面的一个法向量为，则，即，取，则，得.又平面的一个法向量为，所以.所以二面角的正弦值为.【点睛】本题考查利用空间向量法求直线与平面所成的角和二面角，解题的关键就是要列出问题所涉及的点的坐标，并计算出平面的法向量，考查运算求解能力，属于中等题.25.近年来，移

26、动支付已成为主要支付方式之一.为了解某校学生上个月、两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了人，发现样本中、两种支付方式都不使用的有人，样本中仅使用和仅使用的学生的支付金额分布情况如下： 支付金额（元）支付方式大于仅使用人人人仅使用人人人（1）从样本仅使用和仅使用的学生中各随机抽取人，以表示这人中上个月支付金额大于元的人数，求的分布列和数学期望；（2）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化.现从样本仅使用的学生中，随机抽查人，发现他们本月的支付金额都大于元.根据抽查结果，能否认为样本仅使用的学生中本月支付金额大于元的人数有变化？说明理由.【答案】（1）的分布列见解析，数学期望为；

27、（2）无法确定是否有变化，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据表格中的数据确定仅使用支付方法或支付方法中，金额不大于和大于的人所占的频率，由题意得出随机变量的可能取值有、，再利用独立事件的概率乘法公式计算出随机变量在对应取值的概率，可列出随机变量的分布列，并利用数学期望公式可求出其数学期望；（2）计算出事件“从样本仅使用的学生中，随机抽查人，发现他们本月的支付金额都大于元”的概率，根据概率的意义得出结论.【详解】（1）仅使用支付方法的名学生中，金额不大于的人数占，金额大于的人数占，仅使用支付方法的学生中，金额不大于的人数占，金额大于的人数占，且的所有可能值为、.则，所以分布列为：数学期望；（2）无法确定是否有变化，理由如下：记事件“从样本仅使用的学生中，随机抽查人，发现他们本月的支付金额都大于元.”假设样本仅使用的学生中，本月支付金额大于元的人数没有变化，则由上个月数据得，. 我们知道“小概率事件”的概率虽小，但还是有可能发生的，因此无法确定是否有变化.【点睛】本题考查离散型随机变量分布列与数学期望，考查古典概型概率的计算以及概率的意义，解时要弄清事件的基本类型，结合相关公式计算事件的概率，考查推理能力与计算能力，属于中等题.