【文档说明】【精准解析】江苏省南通市西亭高级中学2020届高三下学期学情调研数学试题.pdf，共(25)页，376.480 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-江苏省西亭高级中学2020届高三年级第二学期数学试卷一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分.不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1.已知集合{2,5},{3,5}AB，则AB____________

.【答案】2,3,5【解析】【分析】根据并集的定义计算即可.【详解】由集合的并集，知AB2,3,5.故答案为：2,3,5【点睛】本题考查集合的并集运算，属于容易题.2.若复数122,2zizai（i为虚数单位），且12zz为实数，则

实数a______________.【答案】4【解析】【分析】根据复数的乘法运算法则，求出12zz，由虚部为零，即可求解.【详解】1212,22,(42)2ziizaizaaz,12z

z为实数，4a.故答案为:4.【点睛】本题考查复数的代数运算以及复数的分类，属于基础题.3.如图是一个算法的流程图，则输出的a的值是．-2-【答案】9【解析】:试题分析：由题意可得，a是在不断变大的，b是在不断变小，当程序运行两次时，a=9,b=5，a

>b,跳出程序，输出a="9;"考点：算法的流程图的计算4.若曲线(1)xyaxe在(0,1)处的切线斜率为-1，则a___________.【答案】2【解析】【分析】求出y，并由0|1xy，建立a的方程，即可求解.【详解】,((1)1)xxyy

axeaxae，011,2xyaa.故答案为:-2.【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.5.某同学周末通过抛硬币的方式决定出去看电影还是在家学习，抛一枚硬币两次，若两次都是正面朝上，就在家学习，否则出去看电影，则该同学在家学习的概率为______

______.【答案】14【解析】【分析】-3-采用列举法计算古典概型的概率.【详解】抛掷一枚硬币两次共有4种情况，即（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），在家学习只有1种情况，即（正，正），故该同学在家学习的概率为14.故答案为：14【点睛】本题考查古典概型的概率计算，考查学生的基本

计算能力，是一道基础题.6.已知函数sin20fxx关于直线6x对称，则0f______．【答案】12【解析】【分析】根据对称轴方程,2xkkZ，得到的表示，根据条件中的的范围结合k的取值即可求出的值，

最后可计算0f的值.【详解】因为正弦函数的对称轴为,2xkkZ，所以2,62kkZ，所以5,6kkZ，又因为0,，所以56，此时0k，所以5sin26fxx

，所以510sin62f.故答案为12.【点睛】已知正弦（或余弦）型函数的对称轴，求解函数中参数的方法：（1）根据对称轴方程，再利用给定的参数范围去求解参数值；（2）根据对称轴对应的是函数的最值，并利用参数范围求解参数值.7.已知等比数列na的前n项和为nS，若264

,,SSS成等差数列，则246aaa的值为__________．【答案】2.【解析】分析：利用264,,SSS成等差数列求出1q，由222144462112aqaaqaaqq可得结果.-4-详解：

设na的首项1a，公比为q，1q时，264,,SSS成等差数列，不合题意；1q时，264,,SSS成等差数列，6241112111111aqaqaqqqq，解得1q，222144462112aqaaqaaqq，故答案为2.点睛

：本题主要考查等比数列的基本性质、等比数列的求和公式，意在考查函数与方程思想、计算能力以及综合运用所学知识解决问题的能力，属于中档题.8.已知△ABC的三边上高的长度分别为2，3，4，则△ABC最大内角的余弦值等于________．【答案

】1124【解析】【分析】不妨设ABC的三边a，b，c上对应的高的长度分别为2，3，4，由三角形的面积公式可得234abc，设234abcx，可得2xa，3xb，4xc，可得A为三

角形的最大角，由余弦定理即可计算得解．【详解】解：由题意，不妨设ABC的三边a，b，c上对应的高的长度分别为2，3，4，由三角形的面积公式可得：111234222abc，解得：234abc，设234abcx，则2xa，3xb，4xc，可得a为三角

形最大边，A为三角形的最大角，由余弦定理可得：222222()()()11342cos224234xxxbcaAxxbc．故答案为：1124．【点睛】本题主要考查了三角形的面积公式，余

弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能-5-力和转化思想，属于基础题．9.若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等圆柱、球的表面积分别记为1S、2,S则有12:SS【答案】3:2【解析】试题分析：设球的直径为2R，则2212:(222):43:2.SSRRRR

考点：球的表面积10.已知椭圆2222:1(0)xyCabab和圆222:Oxyb,若C上存在点P,使得过点P引圆O的两条切线,切点分别为,AB,满足60APB,则椭圆C的离心率的取值范围是.【答案】3[

,1)2【解析】【详解】试题分析：连接OP，30OPB，OBb，2OPb，2ba，22244aca，32e．考点：求椭圆离心率范围点评：求离心率问题关键是找到关于,,abc的齐次方程或不等式．11.在斜三角形ABC中，63ACAB，D是BC中点，E在边AB上，

2AEBE，AD与CE交与点O.若ABACAOEC，则_____.-6-【答案】152【解析】【分析】作出图形，利用AB、AC表示向量AO、EC，然后利用平面向量数量积的运算律可求得实数的值.【详解】如下

图所示，过点D作//DFCE交AB于点F，则点F为BE的中点，2AEBE，F为BE的中点，所以24AEBEEF，45AEAF，//CEDF，45AOAEADAF，44125525AOADABACABAC

，23ECACAEACAB，所以，2221232325315AOECABACACABACABABAC

222223215315ABABABACABAC，由215ABACAOECABAC，解得152.故答案为：152.

【点睛】本题考查利用平面数量积求参数值，考查平面向量数量积运算律的应用，属于中等题.12.已知0a，0b，且31126abab，则3abab的最大值为______.【答案】19-7-【解析】【分析】将不等式两边同乘以31ab，再将不等式两边化简，然后

利用基本不等式即可求得最大值.【详解】∵0a，0b，且31126abab∴23131126ababab∵31361863631126312156babaababaabb

abab∴313631311261526276baababababab，当且仅当6ab时取等号.令310ttab，原

不等式转化为2276tt，解得9t.∴1113139ababtab故答案为：19.【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参

数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.13.设函数()()21fxxaxaxxa（0a）．若存在

011x，，使0()0fx，则a的取值范围是____．【答案】[3,22]【解析】【分析】存在01,1x,使00fx，等价于min0,1,1fxx，化简fx的解析式，判断fx的单调性，讨论fx的单调区间与区间1,1的关系，求出

fx在1,1上的最小值，-8-令最小值小于或等于零解出a即可.【详解】存在01,1x,使00fx，min0,1,1fxx，当xa时,2221221fxxaaxxaaxaa,fx在,a上单调递减；当0ax时,

2222212221fxxaxaxaxaa，fx在,2aa上单调递减，在,02a上单调递增；当0x时，22221221fxxaxaaxaa，f

x在0,上单调递增，(1)若12a，即2a时，fx在1,1上单调递增,2min1430fxfaa,解得31,32aa；(2)若102a，即20a

时，fx在1,2a上单调递减，在,12a上单调递增，2min21022aafxfa，解得2222,222aa，综上，a的取值范围是3,22，故答案为3,22.【点睛】本

题主要考查不等式有解问题以及利用导数研究函数的单调性、求函数最值，考查了分类讨论思想的应用，属于难题.不等式有解问题不能只局限于判别式是否为正，不但可以利用一元二次方程根的分布解题，还可以转化为()afx有解（max()afx即可）或转化为()afx有解（min()afx即可）.-

9-14.已知圆22:4Oxy，直线l与圆O交于PQ，两点，2,2A，若2240APAQ，则弦PQ的长度的最大值为___________.【答案】22【解析】【分析】取PQ的中点为M，由2240APAQ可得2216AMOM，可得M在20xy上，当OM最小时

，弦PQ的长才最大.【详解】设M为PQ的中点，22222(2)APAQAMPQ，即222222APAQAMMQ，即2224022AMOQOM，22204AMOM，2216AMOM

.设,Mxy，则2222(2)(2)16xyxy，得20xy.所以min222OM，max22PQ.故答案为：22【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查学生的逻辑推理、数

形结合的思想，是一道有一定难度的题.二、解答题（本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）15.如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形，AB＝2，BC＝1，E，F分别是AB，PC的

中点，DE⊥PA.-10-（1）求证：EF∥平面PAD；（2）求证：平面PAC⊥平面PDE.【答案】（1）证明过程见详解；（2）证明过程见详解.【解析】【分析】（1）设PD的中点为H，连接,AHHF,利用三角形中位线定理、矩形的性质、平行四边形的判定定理和性质定理，结合线面平行的判定定理

进行证明即可；（2）利用相似三角形的判定定理和性质定理，结合线面垂直的判定定理和性质、面面垂直的判定定理进行证明即可.【详解】（1）设PD的中点为H，连接,AHHF,因为F是PC的中点，所以有1//,2HFDCHFDC,又因为四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形,E是AB的中点,所

以有1//,2AEDCAEDC，因此有//,HFAEHFAE,所以四边形AEFH是平行四边形，因此有//EFAH,AH平面PAD，EF平面PAD，所以EF∥平面PAD；（2）在矩形ABCD中，设,ACDE交于点M，因为E是AB的中点,所以22AE，因为22AED

AADCD，所以RtDAE∽RtADC，因此ADEACD，而90ADECDE，所以90ACDCDEACDE，而DE⊥PA，,,PAACAPAAC平面PAC，所以DE平面PAC，而DE平面PDE，因此平面PAC⊥平面PDE.-11-【点睛】本

题考查了线面平行的判定定理和面面垂直的判定定理的应用，考查了线面垂直的判定定理的应用，考查了平行四边形的判定和性质，考查了矩形的性质，考查了相似三角形的判定和性质，考查了推理论证能力.16.已知函数2()13cos2sin()4fxxx，（1）求()fx的最小正周期

和单调递减区间．（2）若方程()0fxm在区间[,]4上有两个不同的实数解，求实数m的取值范围．【答案】（1）T；7[,]()1212kkkZ.（2）(2,1].【解析】分析：（1）首先利用余弦倍角公式对2sin()4

x进行降次升角，之后借助于诱导公式以及辅助角公式，将函数解析式化简为()2sin(2)3fxx，借助于正弦曲线的性质，利用整体角思维求得结果；（2）研究函数在给定区间上的性质，求得对应的结果.详解：（1）213cos22sin4fxxx3co

s2cos23cos2sin22xxxx2sin23x-12-∴22T由3222,232kxkkZ，解得：7,1212kxkkZ∴fx的单

调递减区间为：7,1212kkkZ（2）即yfx在区间,4上的图象与直线ym有两个不同的交点．由（1）知：fx在7,412上单调减，在7,

12上单调增，∴min7212fxf，14f，3f∴当21m时，yfx在区间,4上的图象与直线ym有两个不同的交点，即方程0fxm在区间

,4上两个不同的实数解．∴m的取值范围为2,1．点睛：该题考查的是有关三角函数的综合题，涉及到的知识点有余弦的倍角公式，诱导公式，辅助角公式，将函数解析式，之后利用整体角思维求得结果，关

于第二问，注意应用整体角思维，研究对应区间上的函数图像的走向，从而求得结果.17.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:22221xyab(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，且过点(1，32)，过点F且不与x轴重合的直线l与椭圆C交于A，B两点，点P在

椭圆上，且满足(0)OAOBtOPt＞.(1)求椭圆C的标准方程；-13-(2)若22t，求直线AB的方程.【答案】(1)22143xy；(2)3(1)2yx.【解析】【分析】（1）3(

1,)2代入椭圆方程，结合,,abc关系，即可求出椭圆标准方程；（2）设直线l方程，与椭圆联立，利用韦达定理，得出,AB两点的坐标关系，进而求出P点坐标，代入椭圆方程，即可求出直线l方程.【详解】(1)由题意可知，c=1，且2

21914ab又因为222abc，解得2a，3b，所以椭圆C的标准方程为22143xy；(2)若直线AB的斜率不存在，则易得31,2A，31,2B，∴22,02OA

OBOP，得P(22，0)，显然点P不在椭圆上，舍去；因此设直线l的方程为(1)ykx，设11,Axy，22,Bxy，将直线l的方程与椭圆C的方程联立22(1)143ykxxy，整理得2222(34)84120

kxkxk，∴2122834kxxk，则由12122,(2)2OAOBxxkxxOP-14-得1212,2(2)Pxxxx將P点坐示代入椭圆C的方程，得22212123()4(2)

6xxkxx(*)；将2122834kxxk代入等式(*)得234k∴32k因此所求直线AB的方程为3(1)2yx.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，椭圆与直线的位置关系，,用设而不求的方法解决有关相交弦的问题，属于中档题.18.如图是一幅招贴画的示意图，其中

ABCD是边长为2a的正方形，周围是四个全等的弓形.已知O为正方形的中心，G为AD的中点，点P在直线OG上，弧AD是以P为圆心、PA为半径的圆的一部分，OG的延长线交弧AD于点H.设弧AD的长为l，3()

44APH,,.（1）求l关于的函数关系式；（2）定义比值OPl为招贴画的优美系数，当优美系数最大时，招贴画最优美.证明：当角满足：tan()4时，招贴画最优美.【答案】（1）2sinal，π3π(,)44；（2）证明见解析

【解析】【分析】（1）分类ππ(,)42时，点P在线段OG上，当π3π(,)24时，点P在线段GH上，当π2时，APa.求出半径AP后可得弦长；-15-（2）由（1）的分类讨论求得sincos2OPl.3(,)44，令sinc

os()2f，用导数的知识求它的最大值即可得．【详解】解：（1）当ππ(,)42时，点P在线段OG上，sinaAP；当π3π(,)24时，点P在线段GH上，sin(π)sinaaAP；当π2时，APa.综上所述，s

inaAP，π3π(,)44.所以，弧AD的长22sinalAP，故所求函数关系式为2sinal，π3π(,)44.（2）当ππ(,)42时，costansinaaOPOGPGaa；当π3π(,)24时，costan(π)tansinaaaO

POGGHaaa；当π2时，OPa.所以，cossinaOPa，π3π(,)44.从而，sincos2OPl.记sincos()2f，π3π(,)44.则2(cossin)(sincos

)()2f.令()0f，得(cossin)sincos.因为π3π(,)44，所以cossin0，从而sincoscossin，显然π2，所以sincostan1πtan()cossintan14

.记满足πtan()4的0，下面证明0是函数()f的极值点.设()(cossin)(sincos)g，π3π(,)44.则()g(cossin)0在π3π(,)44上恒成立，从而()g在

π3π(,)44上单调递减，所以，当0π(,)4时，()0g，即()0f，()f在0π(,)4上单调递增；当03π(,)4时，()0g，即()0f，()f在0

3π(,)4上单调递减.故()f在0处取得极大值，也是最大值.所以，当满足πtan()4时，函数()f即OPl取得最大值，此时招贴画最优美.【点睛】本题考查三角函数的应用，考查导数的实际应用，用导数求函数的最值．解题关键

用分类讨论的方法求出弦的半径和OP．19.设函数3()()fxxtmxt，其中t，Rm.-16-（1）若9m，求()fx的极值；（2）若曲线yfx与直线42yxt有三个互异的公共点，求实数m

的取值范围.【答案】（1）极大值为63，极小值为63；（2）7,【解析】【分析】（1）把9m代入()fx后求导，判断()fx的单调性，进而可以求得极值；（2）将公共点转化为零点问题，构造函数3142gxxmx

，求导判断()gx的单调性，结合零点定理即可求出m的取值范围.【详解】（1）当9m时，39fxxtxt，239333fxxtxtxt，令()0fx¢=，解得3xt，或3xt；当x变化时，()fx¢，

fx的变化情况如下表；x,3t3t3,3tt3t3,t()fx¢+0﹣0+fx单调增极大值单调减极小值单调增∴yfx的极大值为3339363ft，极小值为3339363ft；（2）由题意，曲

线yfx与直线42yxt有三个互异的公共点，-17-可转化为()420fxxt令uxt，可得31420umu；设函数3142gxxmx，即函数()ygx=有三个不同的零点；231gxxm，当1m£时，()0gx¢³

恒成立，此时gx在R上单调递增，不合题意当1m>时，令()0gx¢=，解得113mx，213mx；()0gx¢>，解得1xx，或2xx，()0gx¢<，解得12xxx，∴gx在1,x

和2,x上单调递增，在12,xx上单调递减，∴gx的极大值为321231142039mmgxg；极小值为32223114239mmgxg若20gx，由gx的单调性可知，函数

gx至多有两个零点，不合题意；若20gx，即32166m，解得7m此时21mx，1420gm，121mx，21611420gmmm从而由零点定理知，ygx在区间121,mx，12,x

x，2,1xm内各有一个零点，符合题意；∴m的取值范围是7,.【点睛】本题主要考查利用导数求函数的单调性和极值，构造函数和零点定理的应用，考查学生的转化和计算能力，属于中档题.-18-20.已知数列｛n

a｝的首项a1＝2，前n项和为nS，且数列｛nSn｝是以12为公差的等差数列·（1）求数列｛na｝的通项公式；（2）设2nnnba，*nN，数列｛nb｝的前n项和为nT，①求证：数列｛nTn｝为等比数列，②若存在整数m，n(m＞n＞1)，使得()()mmnnTmS

TnS，其中为常数，且－2，求的所有可能值．【答案】（1）1nan；（2）①见证明；②当n=2，m=4时，λ=-2，当n=2，m=3时，λ=-1.【解析】【分析】（1）先求解等差数列{}nSn的通项公式，再根据1(2)nnnSSan求解{}na的通项公式；（

2）①采用错位相减法先求nT，再根据11(0)nnTnccTn，证明{}nTn为等比数列；②将所给的等式变形，然后得到对应的等量关系，接着分析此等量关系（借助数列的单调性）在什么时候满足即mn、、取什么值

时能满足要求.【详解】（1）因为12a，所以121S所以1132(1)222nSnnn即21322nSnn当2n时，2211311(1)(1)12222nSnnn∴11(2)nnnaSSnn当n=1时，12a，

符合上述通项，所以1()nannN(2）①因为1()nannN，所以2(1)nnbn所以23222324...2(1)nnTn则23412222324...2(1)nnTn-19-两式相减，可整理得12nnTn∴+1

2nnTn，+12+1nnTnnT，且141T所以数列nTn是以4为首项，2为公比的等比数列.②由①可知，12nnTn，且由（1）知21322nSnn，代入()()mmnnTmSTnS可得21121322213222mnmmmmnnnn

整理得22232232mnmmnn即：22323222nmnnmm，设2322nnnnc，则mncc则222111(1)3(1)23224222nnnnnnnnnnncc

因为2，所以当3n时，2112402nnnnncc＜，即1nncc＜因为1mn＞＞，且245143160288cc所以2(5)nccn＞所以24cc或23cc，即n=2，m=4或3当n=2，m=4时

，λ=-2，当n=2，m=3时，λ=-1.【点睛】（1）错位相减法求和：能使用错位相减法的数列的通项公式必须满足:（等差数列）（等比数列）的形式；（2）对于数列中探究等式成立的条件的问题解决方法：先将等式化简，得到一个容易直接证明或者可利用函数或数列性质分析

的式子，对此进行分析，然后得出对应结论.-20-21.已知矩阵1031A，向量18.求向量，使得2A.【答案】12【解析】【分析】由矩阵乘法求出2A，设xy，由已知等式得出,xy的方程组，可解得,xy，得向量．

【详解】解：因为1031A，所以2101010313161A设xy，则2A1061xy=18168xxy所以1,68xxy解得12xy

，所以12.【点睛】本题考查矩阵的乘法运算，掌握矩阵乘法法则是解题基础．22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为32112xtyt（t为参数），若以直角坐标系xOy的O点为极点，Ox所在直线

为极轴，且长度单位相同，建立极坐标系，得曲线C的极坐标方程为22cos()4.（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于,AB两点，求线段AB的长度.【答案】（1）22220xyxy；（2）7【解析】【分析】（1）由

公式cossinxy可得曲线C的直角坐标方程；（2）把直线参数方程化为普通方程，曲线C是圆，因此由垂径定理计算弦长，即求出圆心到-21-直线的距离，由勾股定理计算弦长．【详解】（1）因为22cos()4，所以22coscossinsin2cos

sin44即22cossin.因为222cos,sin,xyxy，所以222()xyxy，所以曲线C的直角坐标方程为22220xyxy（2）因为直线l的参数方程为32112xtyt（t为参数

），所以333(3)322xytt，所以l的直角坐标方程为330xy所以圆心1,1到直线l的距离21331213d，所以21222274ABd，所以线段AB的长度为7【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化，考查参数方程

与普通方程的互化．考查圆的弦长问题．求圆弦长，一般用几何方法，即求出圆心到弦所在直线距离（弦心距），由勾股定理计算弦长．23.如图，在三棱锥P-ABC中，AC⊥BC，且，AC=BC=2，D，E分别为AB，PB中点，PD⊥平面ABC，PD=3.(

1)求直线CE与直线PA夹角的余弦值；(2)求直线PC与平面DEC夹角的正弦值.【答案】(1)20919；(2)3211.-22-【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，求出,CEPA夹角，即可得结果；（2）求出平面DEC的法

向量，其PC与法向量夹角的余弦的绝对值，即为所求角的正弦值.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，易知C(0，0，0)，A(2，0，0)，D(1，1，0)，E(12，32，32)，P(1，1，3)，1331

,1,3,,,222PACE设直线CE与直线PA夹角为，则222222139222cos1331(1)(3)222PACEPACE

整理得209cos19；直线CE与直线PA夹角的余弦值20919；(2)设直线PC与平面DEC夹角为0，设平面DEC的法向量为(,,)mxyz，因为1,1,0CD，133,,2

22CE所以有01330222xyxyz取1x，解得1y，23z，即面DEC的一个法向量为2(1,1,)3m，1,1,3CP，-23-022222211232si

n112113113CPmCPm.直线PC与平面DEC夹角的正弦值为3211.【点睛】本题考查用空间向量法求空间角，注意空间角与空间向量角之间的关系，属于中档题.24.设*nN且4n，集合

1,2,3,,Mn的所有3个元素的子集记为312,,,nCAAA．（1）当4n时，求集合312,,,nCAAA中所有元素之和S；（2）记im为iA3(1,2,,)niC中最小元素与最大元素之和，求32018132018CiimC的值．【答案】

（1）30；（2）2019.【解析】【分析】（1）当n=4时，因为含元素1的子集有23C个，同理含2,3,4的子集也各有23C个，从而得到结果；（2）分类讨论明确最小元素的子集与最大元素的子集个数，从而得到31nCiim，进而得到结果.【详解】（1）因为含元素1的子集有23C个，同理含2,3

,4的子集也各有23C个，于是所求元素之和为23123430C；（2）集合1,2,3,,Mn的所有3个元素的子集中：-24-以1为最小元素的子集有21nC个，以n为最大元素的子集有21nC个；以2为最小元素的子集有

22nC个，以1n为最大元素的子集有22nC个；以2n为最小元素的子集有22C个，以3为最大元素的子集有22C个．∴31nCiim312nCmmm2221221nnnCCC222312331nnnCCCC

222312441nnnCCCC31nnC，3131nCiinmnC．32018132018201812019CiimC．【点睛】本题考查了子集的概念，组合的概念

及性质，分类讨论的思想方法，考查推理、计算能力．两题中得出含有相关数字出现的次数是关键．-25-