2020届 江苏省泰州中学 高三下学期3月网上检测(一)数学试题(解析版)

学试题

一、填空题

1．已知集合M{x|3x1},N{x|x2x60}，则MIN______. 【答案】x2x1

【解析】先将集合N化简，再求交集即可 【详解】

N{x|x2x60}N{x|x3x20}N{x|2x3}，

则MINx2x1 故答案为：x2x1 【点睛】

本题考查集合的交集运算，以及一元二次不等式的解法，属于基础题 2．已知z是纯虚数，【答案】i

【解析】可设zai，结合复数的除法运算即可求解 【详解】 设zai，则

z1是实数，那么z等于______. 1iz1z11ai1i1a1ai，因为是实数，所以1a0，1i1i1i1i2即a1，则zi 故答案为：i 【点睛】

本题考查复数基本概念，复数的除法运算，属于基础题

3．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是______. 【答案】

3 10【解析】结合组合公式求出总的抽取方法数，选出符合条件的组合方法数，利用古典概型公式即可求解

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【详解】

2从5个数中抽取两个的方法数为：C510，其中2个数之差的绝对值为2的有

1,3,2,4,3,5共3种，故取出的2个数之差的绝对值为2的概率是P故答案为：【点睛】

本题考查排列组合公式在古典概型中的应用，属于基础题

3 103 10uurrrrrrrrr4．已知非零向量a,b满足，|b|3|a|，且(2ab)b，则a与b的夹角是______.

【答案】

5 6【解析】结合向量垂直的等价条件得(2ab)b0，表示出a与b的夹角公式，结合数量积的运算化简即可 【详解】

rrrrrrrrrrruurrrrr2由(2ab)b(2ab)b0，即2abb0，又|b|3|a|，

r2rrrr2bb3rrrrabb5所以cosa,brrrrrrra与b的夹角是

62ab2ab2ab2a故答案为：【点睛】

本题考查向量的夹角计算，数量积公式的应用，属于常考题 5．程序框图（即算法流程图）如图所示，其输出结果是______.

5 6

【答案】129

【解析】根据循环结构框图依次计算，直到对应a值大于100时输出即可

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【详解】

设a03，则a12a015,a22a119,a32a2117,a42a3133,

a52a4165,a62a51129,此时a100，输出a129

故答案为：129 【点睛】

本题考查根据程序框图计算输出值，属于基础题

6．已知某班级50名学生一次数学考试成绩(单位：分)的频率分布直方图如下：则成绩落在50，60学生人数是______.

【答案】5

【解析】计算出成绩落在50，60学生的频率，根据频数=总数频率计算即可 【详解】

由图可知，成绩落在50，60学生的频率P数是502a1，则成绩落在50，60学生人20a1015名 10故答案为：5 【点睛】

本题考查由频率分布直方表计算频数，属于基础题

7．设等差数列an的前n项和为Sn若a33,S714，则Sn的最小值为______. 【答案】-15

【解析】由所给条件计算出前n项和公式，结合配方法求出最小值即可 【详解】

222a3a12d3a15n5.55.5n11n由，则S，当n5nS77a121d14d122或6时取到最小值，S5S615 故答案为：-15

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【点睛】

本题考查等差数列前n项和最小值的求解，属于基础题 8．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的表面积为为______. 【答案】

9，则正方体的棱长26 23a及球体表面积公式2【解析】由正方体的边长与外接球半径的基本关系rS4r2即可求出a

【详解】

由题知，S4r23aa932，又正方体外接球半径为r（为正方形r242边长），求得a6 2故答案为：【点睛】

6 2本题考查正方体外接球半径与边长的基本关系，属于基础题

9．已知f(x)为奇函数，当x0时，f(x)ln(x)3x，则曲线yf(x)在点(1,3)处的切线方程是______. 【答案】y2x1

【解析】先求出x0时的表达式，利用函数在(1,3)的切线公式即可求解 【详解】

由题可知，当x0时，x0，f(x)lnx3x，又函数为奇函数， 故fxfxlnx3xfxlnx3x，f'x13， x1f'132，故曲线yf(x)在点(1,3)处的切线方程是

1y2x132x1

故答案为：y2x1

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【点睛】

本题考查，利用函数奇偶性求解函数表达式，利用导数的几何意义求解切线方程，属于常考题

10．若关于 x 的不等式 |x3||x1|a23a 对任意 xR 恒成立，则实数

a 的取值范围是 ___．

【答案】a1 或 a4

【解析】利用绝对值三角不等式可得|x+3|﹣|x﹣1|≤|（x+3）﹣（x﹣1）|＝4，于是解不等式a2﹣3a≥4即可求得答案． 【详解】

∵|x+3|﹣|x﹣1|≤|（x+3）﹣（x﹣1）|＝4， 不等式|x+3|﹣|x﹣1|≤a2﹣3a，对任意实数x恒成立， ∴a2﹣3a≥4，即（a﹣4）（a+1）≥0， 解得：a1 或 a4，

∴实数a的取值范围为a1 或 a4， 故答案为：a1 或 a4． 【点睛】

本题考查绝对值不等式的解法，着重考查绝对值三角不等式|x+a|﹣|x+b|≤|a﹣b|的应用，考查等价转化思想与恒成立问题，属于中档题．

11．圆心在直线2xy0上的圆C与x轴的正半轴相切，圆C截y轴所得的弦的长

23，则圆C的标准方程为______.

【答案】x1y24

22【解析】由题画出大致图像，设圆心为a,2a,r2a，结合圆的几何性质由勾股定理可得a232a，即可求解 【详解】

如图，设圆心为a,2a,r2a，由圆的几何性质可得a232a，解得a1，

2222则圆的标准方程为：x1y24

22第 5 页 共 21 页

故答案为：x1y24

22【点睛】

本题考查圆的标准方程的求法，属于基础题 12．已知f(x)x,x0，若f1(x)f(x),fn1(x)f(fn(x)),nN，则f11(x)2x的表达式为______. 【答案】f11xx

2112111x【解析】可先推导出f2x,f3x,f4x表达式，寻找基本规律，进而推导出f11(x)表达式 【详解】

xxx,f2(x)ff1(x)x2由题可知f1(x)f(x)，

xx223x4x2xxxf3(x)ff2(x)3x4，同理可求f4x，观察规律可知

x7x815x1623x4fnxxxfx，则11

2n2n1x2112111xx

2112111x故答案为：f11x【点睛】

本题考查由函数的递推式的规律归纳通项的表达式，属于中档题

13．已知c0，非零实数a,b满足9a23abb2c，且使3ab最大时，的最小值为______.

1a42bc第 6 页 共 21 页

【答案】

18b3b222【解析】先将9a3abbc配方成9ac，令

642b3x3a,yb，将原式转化成x2y2c，进而表示出a,b，则

62z3abx3y，将所求问题转化成切线问题，求出切点对应的x,y，再次表示

出a,b，则【详解】

1142可转化为关于的一元二次方程，结合函数性质即可求解最值

cabcb3b3b222b， 9a3abbc9ac，令x3a,y6264x3ay39则，且满足x2y2c，设z3abx3y，则b23y3y333要使3ab最大，即点为圆x2y2c上的点，直线斜率为xz，

3332x的直线，刚好与圆相切时，如图，求得ycca2，所以3，则3cbc2142211112， abcccc48111当即c16时，取到最小值 c482

故答案为：

18第 7 页 共 21 页

【点睛】

本题考查方程与圆的转化，直线与圆的位置关系，二次函数性质的应用，转化思想，属于难题

14．设函数f(x)的定义域为R，满足f(x2)3f(x)，且当x(0,2]时，

f(x)x(x2).若对任意x(,m]，都有f(x)65，则m的取值范围是______.

【答案】,77 8【解析】可结合图像大致特点，当函数区间由x(0,2]右移，函数值逐渐减小，当函数区间由x(0,2]左移，函数值逐渐增大，则确定m应是比2大的一个值，再由

f(x2)3f(x)可推出通式f(x2n)3nf(x)，令f(x2n)3nf(x)65可解

得x1513577,x2，再由图像可确定m的临界值应为8，即可求解 9999【详解】 由题可知

f(x2)3f(x)f(x4)3f(x2)32f(x)f(x6)3f(x4)33f(x)，

则可得一般规律：f(x2n)3nf(x)，可画出大致函数图像，如图：

由图可知，当x2n8,10时，n4，则f(x8)34f(x)，x(0,2]，

513,x2，由图像可知，99577要对任意x(,m]，都有f(x)65，则m的最大值只能取8，故

99此时f(x8)3f(x)653xx265x144第 8 页 共 21 页

77m,

8故答案为：,【点睛】

本题考查由函数的递推式找出一般函数图像规律，数形结合思想，属于难题

二、解答题

15．在ABC中，内角A,B,C的对边a,b,c，且ac，已知

77 8uuuruuur1BABC4,cosB,b17

3（1）求a和c的值； （2）求cos(BC)的值. 【答案】（1）a4,c3；（2）1117 51【解析】（1）结合向量的数量积公式和余弦定理即可求解a和c的值； （2）由正弦定理

bc可得sinC，结合同角三角函数可得sinB,cosC，再sinBsinC由cos(BC)cosBcosCsinBsinC即可求解 【详解】

（1）由BABC4accosB4，又cosBuuuruuur1，故ac12，由余弦定理可得3a2c2b21cosB，化简可得a2c225，联立解得a4,c3；

2ac3（2）由cosB122，由正弦定理可得 sinB332234bccsinB234317，cosC1， sinCsinBsinCb1717171317222341117 cos(BC)cosBcosCsinBsinC31731751【点睛】

本题考查正弦定理余弦定理解三角形，同角三角函数的基本求法，两角差的余弦公式的应用，属于常考题

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16．如图，四棱锥PABCD中，AP平面PCD,AD//BC,ABBC分别为线段AD,PC的中点.

1AD,E,F2

（1）求证：AP//平面BEF； （2）求证：平面BEF平面PAC 【答案】（1）证明见详解（2）证明见详解

【解析】（1）设AC,BE交点为O，连接OF，则可根据OF是APC中位线求证

OFPAP，进而得证；

（2）由线段关系可证BE∥CD，又由AP平面PCD可得APCD，进而可得

BEAC，再结合四边形ABCE是菱形可得BEAC，即可求证；

【详解】 （1）

设AC,BE交点为O，连接OF，又ABBC1AD,BCAE， 2又QAD//BC，所以四边形ABCE是菱形，则O是AC中点， 又F为PC中点，OF是APC中位线，OFPAP，

AP平面BEF，OF平面BEF，AP//平面BEF；

（2）由（1）可知四边形ABCE是菱形，BEAC，又QAP平面PCD可得

APCD，

E为AD中点可得BCED，又QAD//BC，四边形BCDE为平行四边形，

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CDPBE，

APBE，ACIAPA，BE平面PAC，又BE平面BEF，

平面BEF平面PAC

【点睛】

本题考查线面平行面面垂直的证明，属于中档题

17．某景区拟将一半径为100m的半圆形绿地改建为等腰梯形ABCD(如图，其中O为圆心，点C,D在半圆上)的放养观赏鱼的鱼池，周围四边建成观鱼长廊（宽度忽略不计）.设BOC，鱼池面积为S(单位：m2).

（1）求S关于的函数表达式，并求鱼池面积何时最大；

（2）已知鱼池造价为每平方米2000元，长廊造价为每米3000元，问此次改建的最高造价不超过多少？（取31.7计算）

0,【答案】（1）S5000sin210000sin，

27000000

2；

3时，Smax12750（2）

【解析】（1）结合三角函数的基本概念，表示出等腰梯形的上底下底和高，结合和面积公式和导数即可求解

（2）作ONBC，求出BNrsin2，则BC2rsin2 ，表示等腰梯形周长为

l2rcos2r4rsin求解 【详解】

2，进而表示出总造价公式，利用导数研究函数增减性，进而

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如图，OFrsin，FCrcos，则等腰梯形ABCD面积为

2rcos2rrsinS2r2sincosr2sin12rsin2r2sin，代入数2据可得：S5000sin210000sin，0, 2S'10000cos210000cos100002cos2cos1100002cos1cos1，当0,3cosθ>时，

11,时，cos，，故当S'0，S'0，

23232210000sin7500312750 33时，函数取到最大值，Smax5000sin（2）作ONBC，得BNrsin2，BC2rsin2，等腰梯形周长为：

l2rcos2r4rsin2，结合（1）中面积，可得总造价

1W2000S3000l2000r2sin2r2sin30002rcos2r4rsin22

化简得：W2000rsin2sin6000rcos12sin212 20,由（1）知S在时单调递增，,时单调递减，令

323ycos12sin则y'sincos2

cos12sin，令y'0，，当0,时，22233y'0，,时，y'0，故得出S与y在0,上增减性相同，所以W

322在0,3单增，,时单减，在时取到最大值：Wmax27000000

332第 12 页 共 21 页

故总造价不超过27000000元 【点睛】

本题考查三角函数模型在实际生活中的应用，利用导数研究函数最值问题，计算能力，属于常考题

x2y2218．椭圆C：221(ab0)的右顶点为A，左焦点为F，离心率为，

ab2已知A也是抛物线y22px(p0)的焦点， F到准线的距离为22 （1）求椭圆的方程和抛物线的方程；

（2）过原点的直线交C于P,Q两点，点P在第一象限，PEx轴，垂足为E，

PGPQ交C于另一点G.

①证明：Q,E,G三点共线 ②求PQG面积的最大值.

16x2y2【答案】（1）（2）证明见详解（3） 1；y28x；

942【解析】（1）分析条件可知，ec2，ac22，再结合椭圆关系式a2a2b2c2即可求解，又app，也可求解 2（2）可采用点差法，设Px1,y1,Qx1,y1,Ex1,0,Gx2,y2，kPGk，则

kPQ21b，设直线kQGk2，利用kPGkQG2（利用点差法证明）可求kQG，再

ka表示出kQE，只需证明kQGkQE即可 （3）利用S可得最值 【详解】

xy1|PE|(x1x2)，代入已得数据，并对11换元，利用“对勾”函数

y1x12第 13 页 共 21 页

（1）由题可知：ec2，ac22，又椭圆有a2b2c2，联立求解可a2x2y2得a4,bc2，故椭圆的标准方程为：1(y0)；

42222又

pap2a4，故抛物线的方程为：y28x； 2（2）

①设P(x1，y1)，则Q(x1，y1)，E(x1，0)，G(x2，y2)， 设kPGk，则kPQ则kPGk1，设直线kQGk2， ky2y1y2y1，kQGk2，

x2x1x2x1x12y12142QP,G在椭圆上，，联立求解变形可得22xy22142y2y1y2y1b212，

x2x1x2x1a2即kPGkQG11，则kQGk2， 22kkQE②

y11，kQGkQE，故Q,E,G三点共线； 2x12k设直线QE的方程为：yy1(xx1)， 2x1x2y2与1联立消去y，

42得(2x12y12)x22x1y12xx12y128x120，

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x12y128x12x1x2，

2x12y12(8y12)x1x2，

2x12y12又SPQG1|PE|(x2x1) 21y1(x1x2) 21(8y12)x1y1[2x1] 22x1y128y122x12y121y1x1 22x12y12y1x1(4x12) 2x12y12y1x1(x122y12x12)

2x12y122y1x1(x12y12)

2x12y128y1x1(x12y12) (2x12y12)(x122y12)8(y1x13x1y13)4 2x12y145x12y12x1y1)y1x1

x1y122()1y1x18(令tx1y1，则t…2， y1x18t82t212t1

tSPQG1利用“对勾”函数f(t)2t在[2，)的单调性可知，

tf(t)…419(t2时取等号）， 22SPQG„8162399（此时x0y0)，

32第 15 页 共 21 页

故PQG面积的最大值为【点睛】

16． 9本题考查椭圆和抛物线标准方程的求法，由椭圆中直线与圆的位置关系求证三点共线，求证椭圆中三角形面积最值问题，运算难度大，综合性强，属于难题 19．已知函数f(x)lnx

（1）若直线ykx1与f(x)的图象相切，求实数k的值；

（2）设x0，讨论曲线yf(x)与曲线ymx(m0)公共点的个数；

baab（3）设0ab，比较与的大小，并说明理由.

f(b)f(a)2【答案】（1）k见解析

【解析】（1）设切点为x1,lnx1，由f'(x1)k即可；

（2）求曲线yf(x)与曲线ymx(m0)公共点的个数即求y1，切点过直线ykx1联立求解x1abba1（2）答案不唯一，详情见解析（3），证明

e22f(b)f(a)lnx与ym的x公共点个数，通过研究导数性质确定函数y即可；

（3）可先通过试值，预判

lnx增减性，讨论m与函数最值点大小xbaababba，原不等式可表示为，f(b)f(a)22lnblnaba2b变形得bab，再令t，再结合换元法和构造函数法即可求证

lnaa【详解】

（1）设切点为x1,lnx1，则f'(x1)k1，又切点过直线ykx1，所以x11； e2lnx1kx11，联立求解可得x1e2，k（2）原题可等价转化为求ylnx与ym的公共点个数， x令hxlnx2lnx2h'x，令h'x0可得xe2，当x0,e时，x2xx第 16 页 共 21 页

h'x0，hx单增；当xe2,时，h'x0，hx单减；故

hxmaxhe22， e又当x0时，hx，当x时，由幂函数的增长性远远大于对数函数可知，hx0，故hx的大致图像为

当m0,lnx2y时，与ym有两个共同点； ex当mlnx2时，y与ym有一个公共点；

xelnx2时，y与ym无公共点；

xe当mba2abbaabba（3），证明如下，要证，即证bab，

ln2f(b)f(a)2lnblnaab122t1bt12a即，令t,t1，则原式变为，即lnt，

bbat1lntt11lnaat1142t10，令gtlnt，则g't故gt在t1,22tt1t1tt1上单增，所以当t1,，又g1ln1=0，所以gtg1恒成立，原式得证 【点睛】

本题考查由导数的几何意义求参数，构造函数法，利用导数研究函数增减性，转化与化归思想，属于难题

20．已知数列an的首项为1，Sn为数列的前n项和，Sn1xSn1，其中

2x0,nNn2，

（1）求an的通项公式；

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1（2）证明：函数Fn(x)Sn12在,1内有且仅有一个零点（记为xn）且

2xn11n1xn； 22n1【答案】（1）anx（2）证明见解析

【解析】（1）采用作差法即可求解；

1（2）由Fn(x)Sn121xx2Lxn2，求得Fn（1）0，Fn()0．再由

211导数判断出函数Fn(x)在(，1)内单调递增，得到Fn(x)在(，1)内有且仅有一个

22零点xn，由Fn(xn)0，得到xn【详解】

11n1xn； 22（1）Sn1xSn1①，SnxSn-11②，①-②得an1xan，又当n1时，

a1a2xa11,a11anxn1；

a2x，故数列an为等比数列，首项为1，公比为x，a1（2）Fn(x)Sn121xx2Lxn2，可得Fn1n12n10，

11()n11111112Fn()1()2()n22n0，Fn(x)在(，1)内至少存

1222222121在一个零点，又Fn(x)12xnxn10，Fn(x)在(，1)内单调递增，

21Fn(x)在(，1)内有且仅有一个零点xn，

2Qxn是Fn(x)的一个零点，Fn(xn)0，

1-xnn+111-2=0，故xnxnn1； 即

221-xn【点睛】

本题考查函数零点存在定理的应用，等比数列的前n项和，利用导数研究函数的单调性，数学转化与化归等思想方法，属于中档题

1xtt21．已知曲线C的参数方程为（t为参数t0），求曲线C的普通方

1y3(t)t程.

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【答案】9xy2180

【解析】将y同时平方，可得y9(t2)，再采用整体代换法即可求解

21t【详解】 由y3(t111)y29(t2)，又xt，所以y29(x2)，所以曲线Cttt的普通方程为：9xy2180 【点睛】

本题考查参数方程转化成普通方程，属于基础题

22．如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面

ABCD,AB//DC,ABAD,ADCD1,AA1AB2,E为棱AA1的中点.

（1）证明：B1C1CE；

（2）求二面角B1CEC1的正弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2)

21. 7【解析】试题分析：以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得：

A0,0,0,B0,0,2,C1,0,1B10,2,2,C11,2,1,E0,1,0

uuuuvuuuvuuuuvuuuvB1C1CE. （1）易得B1C11,0,1,CE1,1,1,则BCCE0, 11（2）由题意可得平面B1CE的一个法向量m3,2,1，平面CEC1的一个法向量为

uuuuvuuuuvuuuuvmB1C127cosmBCuuuuvB1C11,0,1，则,故二面角B1CEC1的正弦117mB1C1值为

21. 7试题解析：

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如图所示，以点A为原点建立空间直角坐标系，

依题意得A0,0,0,B0,0,2,C1,0,1，B10,2,2,C11,2,1,E0,1,0，

uuuuvuuuvuuuuvuuuv（1）证明：易得B1C11,0,1,CE1,1,1,于是BC, 11CE0所以B1C1CE.

（2）B1C:1,2,1,设平面B1CE的一个法向量mx,y,z，

uuuvuuuvmB1C0x2yz0uuuv则,即消去x，得y2z0，不妨令z1，所以平面

xyz0mCE0B1CE的一个法向量为

m3,2,1

由（1）知，B1C1CE,又CC1B1C1,CECC1C,CE,CC1平面CEC1，

uuuuvBCCECCEC1的一个法向量， 所以11平面1，故B1C11,0,1为平面uuuuvuuuuvmB1C1427uuuuv于是cosmB1C1,

7142mB1C1从而sinmB1C1uuuuv21. 721. 7所以二面角B1CEC1的正弦值为

23．（1）设f(x)(12x)n,f(x)展开式中x2的系数是40，求n的值； （2）求证：

(1)k1nk1kkCn0(n2,nN)

【答案】（1）5（2）证明见解析

【解析】（1）由x2所对应的项的表达式对应系数为40，解方程即可求解

（2）利用1x展开，对展开式左右同时求导，同乘-1变号后，令x1即可求证

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【详解】

2（1）由题可知，x2对应项的表达式为：Cn2x2nn1x2，故2nn140，

2解得n5（负值舍去）；

0122n（2）由1xCnCnxCnxLCnx，两边求导得：

nnn1xn1x1nn112nn1Cn2CnxL1nCnx两边同乘-1可得：

n1nn1nCnx，再令x1可得：

nn112Cn2CnxL10C2CL12nnn1knC(1)k1kCn， nnk1n所以

(1)k1k1kkCn0(n2,nN)

【点睛】

本题考查二项式定理中由具体项的系数反求参数，应用二项式定理展开式特征和赋值法求证表达式成立问题，属于中档题

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