2020届江苏省无锡市高三上学期期末数学试题（解析版）.docx

1、 无锡市普通高中2019年秋学期高三期终调研考试卷数学一填空题1.集合，则_.【答案】【解析】【分析】分析出集合A为奇数构成的集合，即可求得交集.【详解】因为表示为奇数，故.故答案为：【点睛】此题考查求集合的交集，根据已知集合求解，属于简单题.2.已知复数，且满足（其中为虚数单位），则_.【答案】【解析】【分析】计算出，两个复数相等，实部与实部相等，虚部与虚部相等，列方程组求解.【详解】，所以，所以.故答案为：-8【点睛】此题考查复数的基本运算和概念辨析，需要熟练掌握复数的运算法则.3.某校高二（4）班统计全班同学中午在食堂用餐时间，有7人用时为6分钟，有14人用时7分钟，有15人用时为8分钟

2、，还有4人用时为10分钟，则高二（4）班全体同学用餐平均用时为_分钟.【答案】7.5【解析】【分析】分别求出所有人用时总和再除以总人数即可得到平均数.详解】故答案为：7.5【点睛】此题考查求平均数，关键在于准确计算出所有数据之和，易错点在于概念辨析不清导致计算出错.4.函数过定点_.【答案】【解析】【分析】令，与参数无关，即可得到定点.【详解】由指数函数的性质，可得，函数值与参数无关，所有过定点.故答案为：【点睛】此题考查函数的定点问题，关键在于找出自变量的取值使函数值与参数无关，熟记常见函数的定点可以节省解题时间.5.等差数列（公差不为0），其中，成等比数列，则这个等比数列的公比为_.【答案

3、】4【解析】【分析】根据等差数列关系，用首项和公差表示出，解出首项和公差的关系，即可得解.【详解】设等差数列的公差为，由题意得: ，则整理得，所以故答案为：4【点睛】此题考查等差数列基本量的计算，涉及等比中项，考查基本计算能力.6.小李参加有关“学习强国”的答题活动，要从4道题中随机抽取2道作答，小李会其中的三道题，则抽到的2道题小李都会的概率为_.【答案】【解析】【分析】从四道题中随机抽取两道共6种情况，抽到的两道全都会的情况有3种，即可得到概率.【详解】由题：从从4道题中随机抽取2道作答，共有种，小李会其中的三道题，则抽到的2道题小李都会的情况共有种，所以其概率为.故答案为：【点睛】此题考

4、查根据古典概型求概率，关键在于根据题意准确求出基本事件的总数和某一事件包含的基本事件个数.7.在长方体中，为的中点，则点到平面的距离是_.【答案】【解析】【分析】利用等体积法求解点到平面的距离【详解】由题在长方体中，所以，所以，设点到平面的距离为，解得故答案为：【点睛】此题考查求点到平面的距离，通过在三棱锥中利用等体积法求解，关键在于合理变换三棱锥的顶点.8.如图所示的流程图中，输出的值为_.【答案】4【解析】【分析】根据流程图依次运行直到，结束循环，输出n，得出结果.【详解】由题：，结束循环，输出.故答案为：4【点睛】此题考查根据程序框图运行结果求输出值，关键在于准确识别循环结构和判断框语句

5、.9.圆关于直线的对称圆的方程为_.【答案】【解析】【分析】求出圆心关于直线的对称点，即可得解.【详解】的圆心为，关于对称点设为，则有: ，解得，所以对称后的圆心为，故所求圆的方程为.故答案为：【点睛】此题考查求圆关于直线的对称圆方程，关键在于准确求出圆心关于直线的对称点坐标.10.正方形的边长为2，圆内切于正方形，为圆的一条动直径，点为正方形边界上任一点，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据向量关系表示，只需求出的取值范围即可得解.【详解】由题可得：，故答案为：【点睛】此题考查求平面向量数量积的取值范围，涉及基本运算，关键在于恰当地对向量进行转换，便于计算解题.11.双曲线的左右顶

6、点为，以为直径作圆，为双曲线右支上不同于顶点的任一点，连接交圆于点，设直线的斜率分别为，若，则_.【答案】【解析】【分析】根据双曲线上的点的坐标关系得，交圆于点，所以，建立等式，两式作商即可得解.【详解】设，交圆于点，所以易知:即.故答案为：【点睛】此题考查根据双曲线上的点的坐标关系求解斜率关系，涉及双曲线中的部分定值结论，若能熟记常见二级结论，此题可以简化计算.12.对于任意的正数，不等式恒成立，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】根据均为正数，等价于恒成立，令，转化为恒成立，利用基本不等式求解最值.【详解】由题均为正数，不等式恒成立，等价于恒成立，令则，当且仅当即时取得等号，故的最大值

7、为.故答案为：【点睛】此题考查不等式恒成立求参数的取值范围，关键在于合理进行等价变形，此题可以构造二次函数求解，也可利用基本不等式求解.13.在直角三角形中，为直角，点在线段上，且，若，则的正切值为_.【答案】3【解析】【分析】在直角三角形中设，利用两角差的正切公式求解.【详解】设，则，故.故答案为：3【点睛】此题考查在直角三角形中求角的正切值，关键在于合理构造角的和差关系，其本质是利用两角差的正切公式求解.14.函数在区间内有且仅有两个零点，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】对函数零点问题等价转化，分离参数讨论交点个数，数形结合求解.【详解】由题：函数在区间内有且仅有两个零点，等

8、价于函数恰有两个公共点，作出大致图象：要有两个交点，即，所以.故答案为：【点睛】此题考查函数零点问题，根据函数零点个数求参数的取值范围，关键在于对函数零点问题恰当变形，等价转化，数形结合求解.二解答题15.在中，角所对的分别为，向量，向量，且.（1）求角的大小；（2）求的最大值.【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）根据向量平行关系，结合正弦定理化简即可求解；（2）结合（1）的结果，利用三角恒等变换，化简为即可求得最大值.【详解】（1）因为，所以由正弦定理知:， ，又为三角形内角，故，所以，即，为三角形内角，故；（2）由（1）知:，则所以，则，故，即时，取最大值2.【点睛】此题考查平面向

9、量共线的坐标表示，利用正弦定理结合三角恒等变换求解最大值，需要注意考虑最大值取得的条件.16.在四棱锥中，底面是平行四边形，为其中心，为锐角三角形，且平面底面，为的中点，.（1）求证:平面；（2）求证:.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）通过证明，即可证明线面平行；（2）通过证明平面，即可证明线线垂直.【详解】（1）连，因为为平行四边形，为其中心，所以，为中点，又因为为中点，所以，又平面，平面所以，平面；（2）作于因平面平面，平面平面，平面，所以，平面又平面，所以又，平面，平面所以，平面，又平面，所以，.【点睛】此题考查证明线面平行和线面垂直，通过线面垂直得线线垂直

10、，关键在于熟练掌握相关判定定理，找出平行关系和垂直关系证明.17.已知椭圆的左右焦点分别为，焦距为4，且椭圆过点，过点且不平行于坐标轴的直线交椭圆与两点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点.（1）求的周长；（2）求面积的最大值.【答案】（1）12（2）【解析】【分析】（1）根据焦距得焦点坐标，结合椭圆上的点的坐标，根据定义；（2）求出椭圆的标准方程，设，联立直线和椭圆，结合韦达定理表示出面积，即可求解最大值.【详解】（1）设椭园的焦距为，则，故.则椭圆过点，由椭圆定义知:，故，因此，的周长；（2）由（1）知:，椭圆方程为:设，则，当且仅当在短轴顶点处取等，故面积的最大值为.【点睛】此题考查根据椭

11、圆的焦点和椭圆上的点的坐标求椭圆的标准方程，根据直线与椭圆的交点关系求三角形面积的最值，涉及韦达定理的使用，综合性强，计算量大.18.一酒企为扩大生产规模，决定新建一个底面为长方形的室内发酵馆，发酵馆内有一个无盖长方体发酵池，其底面为长方形(如图所示)，其中.结合现有的生产规模，设定修建的发酵池容积为450米，深2米.若池底和池壁每平方米的造价分别为200元和150元，发酵池造价总费用不超过65400元（1）求发酵池边长的范围；（2）在建发酵馆时，发酵池的四周要分别留出两条宽为4米和米的走道（为常数）.问:发酵池的边长如何设计，可使得发酵馆占地面积最小.【答案】（1）（2）当时，米时，发酵馆的

12、占地面积最小；当时，时，发酵馆的占地面积最小；当时，米时，发酵馆的占地面积最小.【解析】【分析】（1）设米，总费用为，解即可得解；（2）结合（1）可得占地面积结合导函数分类讨论即可求得最值.【详解】（1）由题意知:矩形面积米，设米，则米，由题意知:，得，设总费用为，则，解得:，又，故，所以发酵池边长的范围是不小于15米，且不超过25米；（2）设发酵馆的占地面积为由（1）知:， 时，在上递增，则，即米时，发酵馆的占地面积最小；时，在上递减，则，即米时，发酵馆的占地面积最小；时，时，递减；时，递增，因此，即时，发酵馆的占地面积最小；综上所述：当时，米时，发酵馆的占地面积最小；当时，时，发酵馆的占地

13、面积最小；当时，米时，发酵馆的占地面积最小.【点睛】此题考查函数模型的应用，关键在于根据题意恰当地建立模型，利用函数性质讨论最值取得的情况.19.已知，均为正项数列，其前项和分别为，且，当，时，.（1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1），所，两式相减，即可得到数列递推关系求解通项公式，由，整理得，得到，即可求解通项公式；（2）由（1）可知，即可求得数列的前项和.【详解】（1）因为，所，两式相减，整理得，当时，解得，所以数列是首项和公比均为的等比数列，即，因为，整理得，又因为，所以，所以，即，因为，所以数列是以首项和公差均为1等差数列，所以

14、；（2）由（1）可知，即.【点睛】此题考查求数列的通项公式，以及数列求和，关键在于对题中所给关系合理变形，发现其中的关系，裂项求和作为一类常用的求和方法，需要在平常的学习中多做积累常见的裂项方式.20.设函数，.（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，().（i）求的取值范围；（ii）求证:随着的增大而增大.【答案】（1）见解析；（2）（i）（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）求出导函数，分类讨论即可求解；（2）（i）结合（1）的单调性分析函数有两个零点求解参数取值范围；（ii）设，通过转化，讨论函数的单调性得证.【详解】（1）因为，所以当时，在上恒成立，所以在上单调递增，当时，解

15、集为，的解集为，所以的单调增区间为，的单调减区间为；（2）（i）由（1）可知，当时，在上单调递增，至多一个零点，不符题意，当时，因为有两个零点，所以，解得，因为，且，所以存在，使得，又因为，设，则，所以单调递增，所以，即，因为，所以存在，使得，综上，；（ii）因为，所以，因为，所以，设，则，所以，解得，所以，所以，设，则，设，则，所以单调递增，所以，所以，即，所以单调递增，即随着的增大而增大，所以随着的增大而增大，命题得证.【点睛】此题考查利用导函数处理函数的单调性，根据函数的零点个数求参数的取值范围，通过等价转化证明与零点相关的命题.附加题选修42:矩阵与变换21.已知，矩阵，若矩阵属于特征

16、值5的一个特征向量为，点在对应的变换作用下得到点，求矩阵.【答案】【解析】【分析】根据矩阵的特征值和特征向量的定义建立等量关系，列方程组求解即可.【详解】由题意可知，且，所以，解得，即矩阵.【点睛】此题考查矩阵特征值和特征向量的辨析理解，根据题中所给条件建立等量关系解方程组得解.选修44:坐标系与参数方程22.已知曲线:，（其中为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，设曲线与曲线交于两点，求的长.【答案】4【解析】【分析】求出曲线的直角坐标方程和曲线的普通方程，求出圆心到直线的距离，利用弦长公式即可求解.【详解】由题意可知，因为，所以曲线的直角坐标方程为

17、直线，由曲线的参数方程可知，曲线的普通方程为圆，其半径圆心的直线的距离为，所以直线被圆截得的弦长为.【点睛】此题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，参数方程与普通方程的转化，求解直线与圆形成的弦长.【必做题】23.如图，矩形所在的平面垂直于平面，为的中点，.（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据即可求解异面直线所成角的余弦值；（2）分别求出两个半平面的法向量，利用法向量的夹角求得二面角的余弦值，再求出正弦值.【详解】矩形所在的平面垂直于平面，为的中点，在平面内过作的垂线交于，根据面面垂直的性质可得平面，同理在

18、平面内过作垂线交于，根据面面垂直的性质可得平面，所以两两互相垂直，如图所示，建立空间直角坐标系， 因为，所以，易得，（1）由上述点坐标可知，所以直线与所成角的余弦值；（2）因为，设平面的法向量为，则解得，取，可得，设平面的法向量为，则解得，取，可得，设二面角的平面角为，则，所以.【点睛】此题考查求异面直线的夹角和二面角的大小，建立空间直角坐标系，利用向量求解，需要注意准确计算，防止出现计算错误.24.对于任意的，用数学归纳法证明:.【答案】证明见解析【解析】【分析】根据数学归纳法证明方法，先证明当时，命题成立，假设当时，命题成立，利用这个结论证明当时，命题也成立，即可得证.【详解】当时，设，则，所以在上单调递增，所以，即即时，原命题成立，假设当时，对任意恒成立，当时，设，则，所以在上单调递增，所以，所以，所以对于任意的，原命题得证.【点睛】此题考查利用数学归纳法证明命题，需要弄清数学归纳法证明命题的基本步骤和格式，严格推理，即可得证.