【文档说明】【精准解析】江苏省苏州市吴江区汾湖中学2020届高三下学期期初考试数学试题.pdf，共(18)页，332.580 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

-1-数学参考公式：样本数据12,,,nxxx的方差2211niisxxn，其中11niixxn．柱体的体积VSh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．锥体的体积13VSh，其中S是锥体的底面积，h是锥体的高．一、填空题：本

大题共14小题，每小题5分，共计70分．不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题卡相应位置上．．．．．．．．．1.已知集合1,2,3,4A，集合4,5B，则AB______.【答案】4【解析】【分析】根据交集的概念，即可得出结果.【详解】因为集合

1,2,3,4A，集合4,5B，所以4AB.故答案为：4.【点睛】本题主要考查集合的交集运算，熟记概念即可，属于基础题型.2.复数i14iz，(其中i为虚数单位)的实部为_______．【答案】4【解析】【分析】先化简复数为abi形式，然后可得复数的实部.【详解

】因为i14ii4z，所以i14iz的实部为4.故答案为：4.【点睛】本题主要考查复数的运算及复数的实部，求解的关键是把复数化简为最简形式，侧重考查数学运算的核心素养.3.函数()ln1fxxx的定义域为________.-2-【答案】(0,1

]【解析】【分析】根据开偶次方被开方数非负数，结合对数函数的定义域得到不等式组，解出即可.【详解】函数()ln1fxxx的定义域满足：010xx解得01x所以函数()ln1fxxx的定义域为(0,1]故答案为：(0,1]【点睛】本题考查了求函数的定

义域问题，考查对数函数的性质，属于基础题．．4.已知某地连续5天的最低气温（单位：摄氏度）依次是18，21，22，24，25，那么这组数据的方差为_________.【答案】6.【解析】【分析】先求均值，再根据方差公式求结果.【详解】

1821222425225x2222221[(1822)(2122)(2222)(2422)(2522)]65s【点睛】本题考查方差，考查基本运算能力，属基础题.5.我国古代数学名著《九章算术》有一抽样问题：“今有北乡若干人，西乡七千四百八十八人

，南乡六千九百一十二人，凡三乡，发役三百人，而北乡需遣一百零八人，问北乡人数几何？”其意思为：“今有某地北面若干人，西面有7488人，南面有6912人，这三面要征调300人，而北面征调108人（用分层抽样的方法），则北面共有__________人．”【答案】8

100【解析】因为共抽调300人，北面抽掉了108人，所以西面和南面共14400人中抽出了192人，所以抽样比为19214400，所以北面共有14400108=8100192人，故填8100.-3-6.已知椭圆221102xymm的长轴在y轴上，若焦距为4，则m__________.

【答案】8【解析】【分析】根据椭圆方程列方程，解得结果.【详解】因为椭圆221102xymm的长轴在y轴上，焦距为4，所以242(10)()82mmm故答案为：8【点睛】本题考查根据椭圆方程求参数，考查基本分析求解能力，属基础题.7.如图是一个算法的程序框图，当输入的值x为8时

，则其输出的结果是__________．【答案】2【解析】试题分析：x=8＞0，不满足条件x≤0，则执行循环体，依此类推，当x=-1＜0，满足条件，退出循环体，从而求出最后的y值即可．解：x=8＞0，执行循环体，x=x-3=5-3=2＞0，继续执行循环体，x=x-3=2

-3=-1＜0，满足条件，退出循环体，故输出y=0.5-1=（12）-1=2．故答案为2-4-考点：当型循环结构点评：本题主要考查了当型循环结构，循环结构有两种形式：当型循环结构和直到型循环结构，当型循环是先判断后循环，直到型循环是先循环后判断，属于基础题．8.已知角

的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边经过点1,2P，则2sin______．【答案】45【解析】【分析】根据三角函数定义求cos和sin，最后代入公式sin22sincos求值.【详解】解：

由题意可得1x，2y，5rOP，1555xcosr，22555ysinr，4225sinsincos，故答案为：45．【点睛】本题主要考查任意角的三角函

数的定义，属于基础题．9.已知函数2()log()afxxaxb，若(3)(3)1ff，则实数a的值是_______．【答案】7【解析】【分析】根据解析式把(3),(3)ff求出，代入可得实数a的值.【详解】因为2()log()afxxaxb，所以(3)(3)log(9

3)log(93)1aaffaa，即93log193aaa，解得7a.故答案为：7.【点睛】本题主要考查函数求值，根据解析式代入解方程是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.-5-10.如图

，正方体1111ABCDABCD的棱长为1，E为棱1DD上的点，F为AB的中点，则三棱锥1BBFE的体积为.【答案】【解析】试题分析：.考点：1.三棱锥的体积；2.等体积转化法.11.已知x，y为正数，且1412xy，则xy

的最小值为________.【答案】7【解析】【分析】由题设等式有45222yyxxxy，利用基本不等式可求2xy的最小值，从而可得xy的最小值.【详解】41422252

2yxyxyxxxyy，由基本不等式有4422xyxy，当且仅当1,6xy时等号成立，故2xy的最小值为9即xy的最小值为7.故答案为：7.【点睛】应用基本不等式求最值时，需遵循“

一正二定三相等”，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.12.如图所示，平行四边形ABCD中，22ABAD，60BAD，E是DC中点，那么-6-向量AC与EB所成角的余弦

值等于______.【答案】714【解析】【分析】首先利用向量的加减法将AC，EB分别用AB和AD表示，再利用利用向量夹角公式计算即可.【详解】由题知：ACABAD

，222124122172ACABADABAD.11()()22EBABAEABADDEABADABABAD.22211

1121142EBABADABAD.2211111()()2122222ACEBABADABADABABADAD

.172cos147ACAEACAEACAE.故答案为：714【点睛】本题主要考查向量的线性运算和夹角公式，同时考查

了学生的转换能力，属于中档题.13.设△ABC的三边a，b，c，所对的角分别为A，B，C．若2223bac，则tanA的最大值是____．【答案】24-7-【解析】【分析】利用余弦定理先求cosA的最小值，然后可求tanA的最大

值.【详解】因为2223bac，所以2221()3cab，所以2222222222cos2333cbacbbcAbcbcbc，当且仅当2cb时，取到等号；所以1sin3A，sin2tancos4AAA，当且仅当2cb时，取到最小值.故答案为：24.【点睛】

本题主要考查余弦定理求解三角形，三角形中的最值问题一般结合余弦定理及基本不等式求解，侧重考查数学运算的核心素养.14.任意实数a，b，定义00abababaabb，设函数lnfxxx，正项数列na是公比大于0的等比数列，且1010123

201920201,afafafafafae，则2020a=____．【答案】1e【解析】【分析】先求出函数的解析式，求得1()()0fxfx，结合等比数列的等积性可求2020()efa，讨论2020a与1的大小，代入解析

式可求结果.【详解】由题意ln,1()lnln,01xxxfxxxxxx，因为1x时，111ln()()ln0xfxfxxxx；-8-1x时，1ln11()()ln0xfxfxxxx，所以0x时，1()()0fxfx恒成立；因为正项数列n

a是公比大于0的等比数列，且10101a，所以212019220181009101110101aaaaaaa，所以1201920121009108110fafafafafa

fa，又1010()0fa，12320192020fafafafafae，所以2020()efa；当1q时，20201a，所以20202020ln

eaa，此时无解；当1q时，202001a，所以20202020lneaa，解得20201ea；故答案为：1e.【点睛】本题主要考查函数的性质和等比数列的性质，发现1()()0fxfx恒成立是求解本题的关键，侧重考查数

学运算的核心素养.二、解答题：本大题共6小题，共计90分．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.△ABC中的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知π2,,63aBABAC．（1）求

边c的值；（2）求sin()AC的值．【答案】（1）3；（2）53.14.【解析】【分析】（1）根据数量积的定义及余弦定理可求边c的值；（2）先利用余弦定理及倍角公式求出sin2,cos2AA，结合差角公式可求sin()AC

的值．【详解】（1）因为6ABAC，所以cos6,bcA即22262bcabcbc，因此22212bca①，-9-又因为π,3B由余弦定理，222222cosbacacBacac

②，由①②及2a，可得260cc，所以3c或2c（舍），因此3c．（2）由（1）知3c，代入②，即249237,b又0b，因此7b，又由余弦定理得22227794cos27

67bcaAbc．因为(0,π)A，所以221sin1cos7AA，则2431cos22cos1,sin22sincos77AAAAA．又2ππ3CABA，所以2πsin()sin[()]3ACAA2sin(2π)3A22sin2cosπcos

2sinπ33AA43311272753.14【点睛】本题主要考查利用余弦定理求解三角形，已知条件中边角的转化是求解的关键，注意倍角公式，差角公式的综合使用，侧重考查数学运算的核心素养.16.在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝AC

，BB1＝BC，点P，Q，R分别是棱BC，CC1，B1C1的中点．（1）求证：A1R//平面APQ；（2）求证：直线B1C⊥平面APQ．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）先证明四边形1APRA是平行四边形，然后利用线线平行可证线

面平行；-10-（2）先证明1BCPQ，1BCAP，结合线面垂直的判定定理可得直线B1C⊥平面APQ．【详解】证明：（1）在直三棱柱111ABCABC中，11//BCBC且11BCBC，因点,PR分别是棱11,BCBC的中点，所以1//BPBR且1BPBR，所

以四边形1BPRB是平行四边形，即1//PRBB且1PRBB，又11//AABB且11AABB，所以1//PRAA且1PRAA，即四边形1APRA是平行四边形，所以1//APAR，又AP平面APQ，1AR平面APQ，所以1//AR平面APQ．（2）

因为直三棱柱111ABCABC，所以四边形11BCCB是平行四边形，又因1BBBC，所以四边形11BCCB是菱形，所以11BCBC，又点,PQ分别是棱11,BCCC的中点，即1//PQBC，所以1B

CPQ．因为ABAC，点P是棱BC的中点，所以APBC，由直三棱柱111ABCABC，知1BB底面ABC，即1BBAP，又BC平面11BCCB，1BB平面11BCCB，且BCI1=BBB，所以AP平面11B

CCB，又1BC平面11BCCB，则1APBC，又AP平面APQ，PQ平面APQ，且AP=PQP，所以1BC平面APQ.【点睛】本题主要考查线面平行和线面垂直的证明，线面平行证明的关键是辅助线的设计，侧重考查逻辑推理的核心素养.17.如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红

桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台P，已知射线AB，AC为两边夹角为120的公路（长度均超过3千米），在两条公路AB，AC上分别设立游客上下点M，N，从观景台P到M，N建造两条观光线路PM，PN，测-11-得3AM千米，3AN千米．（1）

求线段MN的长度；（2）若60MPN，求两条观光线路PM与PN之和的最大值．【答案】（1）3；（2）6.【解析】【分析】（1）3AM，3AN．0120MAN用余弦定理，即可求出MN；（2）设

PMN，120PNM，用正弦定理求出23sin120PM，23sinPN，23sin12023sinPMPN展开，结合辅助角公式可化为6sin30，由的取值范围，即可求解.【

详解】（1）在AMN中，由余弦定理得，2222cos120MNAMANAMAN1332339,32MN，所以线段MN的长度为3千米．（2）设PMN，因为6

0MPN，所以120PNM，在PMN中，由正弦定理得，sinsin120sinMMNPPMPNN323sin60．所以23sin120PM，23sinPN，因此23sin12023sinPMPN3123cossin

23sin2233sin3cos6sin30，-12-因为0120，所以3030150．所以当3090，即60时，PMPN取到最大

值6．答：两条观光线路距离之和的最大值为6千米．【点睛】本题考查正、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，尤其是辅助角公式要熟练应用，属于中档题.18.已知椭圆22221(0)xyabab的离心率为22，点(2,0)N椭圆的右顶点.（1）求椭圆的方程；（

2）过点(0,2)H的直线l与椭圆交于,AB两点，直线NA与直线NB的斜率和为13，求直线l的方程.【答案】（1）22142xy；（2）22yx【解析】【分析】（1）根据椭圆离心率以及顶点坐标即可得,,abc方程，求解即可；（2）设出

直线，联立椭圆方程，根据韦达定理，利用已知条件求解即可.【详解】（1）因为点(2,0)N是椭圆的右项点，所以2a.又22ca，所以2c.又222bca，所以22b所以椭圆的方程为22142xy.（2）若直线l与x轴垂直，则(0,2),(0,2)AB，则42

21,,223NANBNNBkkkk，所以直线l的斜率存在.设直线l的方程为11222,,,,ykxAxyBxy，-13-联立222142ykxxy，消去y，得2221840kxkx则有12122284,2121kxxxxkk

2221(8)421402kkk△直线NA的斜率为112yx，直线NB的斜率为）222yx，所以122112121222122223yxyxyyxxxx.又11222,2ykxykx1221121

21222222222kxxkxxyyxxxx121212122(22)81243kxxkxxxxxx，化简得1212(61)(46)200kxxkxx.又12122284,21

21kxxxxkk，所以2248(61)(46)2002121kkkkk，化简得220kk，解得12k或21k，又21k时，过点N，故舍去，所以直线l的方程为22yx.【点睛

】本题考查椭圆方程的求解，以及直线与椭圆相交，利用韦达定理及其他条件求直线方程；本题中需要注意分类讨论直线的斜率是否存在.19.已知函数2exfxxx，2gxxaxb，,abR．（1）当1a时，求函数Fxfxgx的单调区间；（2

）若曲线()yfxgx在点(1，0)处的切线为l:x＋y－1＝0，求a，b的值；（3）若fxgx恒成立，求ab的最大值．-14-【答案】（1）Fx在ln2,上单调递增，在,l

n2上单调递减；（2）,1aeb；（3）1e.【解析】【分析】（1）先求导数()Fx，令()0Fx可得增区间，令()0Fx可得减区间；（2）求导数，结合切线方程可求a，b的值；（3）先求导数，根据恒成立分类讨论求解函数的最值，进而可得ab的最大值．【

详解】（1）由题意知e2xFxxb，则e2xFx．令()e20,xFx得ln2x，所以Fx在ln2,上单调递增．令()e20,xFx得ln2x，所以Fx在,ln2上单调递减．所以函数Fx在ln2,上单调递增，在

,ln2上单调递减．（2）因为e)(1)(=xayfbxxgx，得1)=e(xya，由曲线在1,0处的切线为:10lxy，可知e(1)=0ab，且e(1)=1a，所以e,1.ab（3）设e1xhxfxgxaxb

，则0hx恒成立．易得e1.xhxa（i）当10a时，因为0hx，所以此时hx在,上单调递增．①若10a，则当0b时满足条件，此时1ab；②若10a，取01<

min{0,}1bxa即00x且011bxa，此时0001e11101xbhxaxbaba，所以0hx不恒成立．不满足条件；(ii)当10a时，令()0hx

，得ln1.xa由()0hx，得ln1xa；由()0hx，得ln1.xa所以hx在,ln1a上单调递减，在ln1,a上单调递增．-15-要使得“

e10xhxaxb恒成立”，必须有“当ln1xa时，min11ln10hxaaab”成立．所以11ln1baaa．则211ln11.a

baaa令2ln1,0,Gxxxxx则1ln.Gxx令0Gx，得e.x由()0Gx，得0ex；由()0Gx，得e.x所以Gx在0,e

上单调递增，在e,上单调递减，所以，当xe时，maxe1.Gx从而，当e1,0ab时，ab的最大值为e1．【点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数求解单调区间问题通常是求解关于导数的不等式来

解决，利用导数的几何意义求解参数问题时注意导数值和斜率的关系，恒成立问题一般转化为最值问题来处理，侧重考查数学运算和数学抽象的核心素养.20.记无穷数列na的前n项1a，2a，…，na的最大项为nA，第n项之后的各项1na，2na，…的最小项为nB

，nnnbAB．（1）若数列na的通项公式为2276nann，写出1b，2b，3b；（2）若数列nb的通项公式为12nbn，判断1nnaa是否为等差数列，若是，求出公差；若不是，请说明理由；（3）若数列nb为公差大于零的等差数列，求证：

1nnaa是等差数列．【答案】（1）1b，2b，3b分别为1,2,7；（2）是等差数列，公差2d；（3）详见解析.【解析】【分析】（1）把1,2,3n代入通项公式，根据nnnbAB可求1b，2b，3

b；（2）先求出1nnaa的通项公式，然后进行判定；（3）设出nb的通项公式，结合数列的单调性进行证明.【详解】（1）由题知数列na的通项公式为2276nann，-16-可知11a，20a，33a，410a且当2n时是单调递增数列，所

以111101bAB，222132bAB，3333107bAB，所以1b，2b，3b分别为1,2,7．（2）由题知数列nb的通项公式为12nbn，所以数列

nb是单调递减的数列，且0nb，由题知nnAa，1nnBa，因为1110nnnnnnnnnbABaaaaaa，故数列na是单调递增数列，所以当1n时，nnAa，1nnBa

，故11()12nnnnnnnbABaaaan，所以数列1nnaa的通项公式是121nnaan，即数列1nnaa是等差数列，公差2d．（3）由题知数列n

b为公差大于零的等差数列，故设1(1)nbbnd且公差0d，当1n时，有111nnnnnnbbdABABd，整理得11nnnnAABBd，若1nBm，则有nBm，故110nnnnBBdAA，因为11Aa，所以当1n=时212

2AAAa，当2n时3233AAAa，类似的可以证明nnAa，因为1nnAA，-17-故有1231nnaaaaa，故数列na是单调递增数列，所以当1n时，nnAa，1nnBa，故111()(1)nnnnnnnbAB

aaaabnd，所以数列1nnaa的通项公式是11(1)()nnaabnd，即数列1nnaa是等差数列，公差为d．【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解及数列的证明，明确题

目中给出的新定义是求解的关键，等差数列的证明一般利用定义法来实现，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.-18-