2019届江苏省苏州市高三下学期阶段测试数学试题(解析版)

2019届江苏省苏州市高三下学期阶段测试数学试题一、解答题1．在中，、、分别是三内角A、B、C的对应的三边，已知.（1）求角A的大小：（2）若，判断的形状.【答案】解：（Ⅰ）在中，，又∴…………………………………………………………………4分（Ⅱ）∵，∴∴，，，∴，∵，∴∴为等边三角形。

……………………………………………………10分【解析】试题分析：（1）由余弦定理可得，又，所以，即可求出结果．（2）由于，所以，化简可得，∵，即可求出结果．试题解析：（1），又，∴．（2）∵，∴∴，∴，∴，∴，∵，∴．【考点】1．余弦定理；2．三角恒等变换．2．如图，在直三棱柱中，分别是棱上的点（点不同于点），且，为棱上的点，且．求证：（1）平面平面；（2）平面．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）推导出BB1⊥AD，AD⊥DE，从而AD⊥平面BCC1B1，由此能证明平面ADE⊥平面BCC1B1．（2）推导出BB1⊥平面A1B1C1，BB1⊥A1F，A1F⊥B1C1，从而A1F⊥平面BCC1B1，再由AD⊥平面BCC1B1，得A1F∥AD，由此能证明A1F∥平面ADE．【详解】（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，因为AD⊂平面ABC，所以BB1⊥AD，又因为AD⊥DE，在平面BCC1B1中，BB1与DE相交，所以AD⊥平面BCC1B1，又因为AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1．（2）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1，因为A1F⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A1F，又因为A1F⊥B1C1，在平面BCC1B1中，BB1∩B1C1＝B1，所以A1F⊥平面BCC1B1，在（1）中已证得AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD，又因为A1F⊄平面ADE，AD平面ADE，所以A1F∥平面ADE．【点睛】本题考查面面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．3．如图，某公园内有两条道路，，现计划在上选择一点，新建道路，并把所在的区域改造成绿化区域．已知，．（1）若绿化区域的面积为1，求道路的长度；（2）若绿化区域改造成本为10万元/，新建道路成本为10万元/．设（），当为何值时，该计划所需总费用最小？【答案】（1）（2）【解析】（1）由的面积可得，结合余弦定理可得结果.（2）在中利用正弦定理可得，．从而得到总费用．利用导数研究最值即可.【详解】（1）因为在中，已知，，所以由的面积，解得．在中，由余弦定理得：，所以．（2）由，则，．在中，，，由正弦定理得，所以，．记该计划所需费用为，则．令，则，由，得．所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以时，该计划所需费用最小．【点睛】解三角形应用题的一般步骤(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.4．已知椭圆的离心率，一条准线方程为⑴求椭圆的方程；⑵设为椭圆上的两个动点，为坐标原点，且．①当直线的倾斜角为时，求的面积；②是否存在以原点为圆心的定圆，使得该定圆始终与直线相切？若存在，请求出该定圆方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）①S△GOH＝②x2＋y2＝【解析】(1)因为＝，＝，a2＝b2＋c2,解得a＝3，b＝，所以椭圆方程为(2)①由解得由得所以OG＝，OH＝，所以S△GOH＝.②假设存在满足条件的定圆，设圆的半径为R，则OG·OH＝R·GH，因为OG2＋OH2＝GH2，故，当OG与OH的斜率均存在时，不妨设直线OG方程为y＝kx,由得所以OG2＝，同理可得OH2＝，(将OG2中的k换成－可得)，R＝，当OG与OH的斜率有一个不存在时，可得，故满足条件的定圆方程为：x2＋y2＝5．已知函数，其中是自然数的底数，.（1）当时，解不等式；（2）若在上是单调增函数，求的取值范围；（3）当时，求整数的所有值，使方程在上有解.【答案】（1）（2）（3）{－3，1}【解析】试题分析：（1）利用，将不等式转化为二次不等式进行求解；（2）根据在区间D上递增等价于在区间D上恒成立；（3）构造函数，利用零点存在定理进行求解．试题解析：（Ⅰ）∵e x＞0，∴当f（x）＞0时即ax2+x＞0，又∵a＜0，∴原不等式可化为x（x+）＜0，∴f（x）＞0的解集为（0，-）；（Ⅱ）∵f（x）=（ax2+x）e x，∴f，（x）=（2ax+1）e x+（ax2+x）e x=[ax2+（2a+1）x+1]e x，①当a=0时，f，（x）=（x+1）e x，∵在[-1，1]上恒成立，当且仅当x=-1时取“=”，∴a=0满足条件；②当a≠0时，令g（x）=ax2+（2a+1）x+1，∵△=（2a+1）2-4a=4a2+1＞0，∴g（x）=0有两个不等的实根x1、x2，不妨设x1＞x2，因此f（x）有极大值和极小值；若a＞0，∵g（-1）•g（0）=-a＜0，∴f（x）在（-1，1）内有极值点，∴f（x）在[-1，1]上不单调；若a＜0，则x1＞0＞x2，∵g（x）的图象开口向下，要使f（x）在[-1，1]单调递增，由g （0）=1＞0，∴即，∴-≤a≤0；综上可知，a的取值范围是[-，0]；（Ⅲ）当a=0时，方程f（x）=x+2为xe x=x+2，∵e x＞0，∴x=0不是原方程的解，∴原方程可化为e x--1=0；令h（x）=e x--1，∵h，（x）=e x+＞0在x∈（-∞0）∪（0+∞）时恒成立，∴h（x）在（-∞，0）和（0，+∞）上是单调增函数；又h（1）=e-3＜0，h（2）=e2-2＞0，h（-3）=e-3＜0，h（-2）=e-2＞0，∴方程f（x）=x+2有且只有两个实根，且分别在区间[1，2]和[-3，-2]上，所以，整数k的所有值为{-3，1}．【考点】1．不等式的解法；2．函数的单调性；3．零点存在定理．6．已知数列满足且,（1）求；（2）数列满足，且当时．证明：当时，；（3）在（2）的条件下，试比较与4的大小关系．【答案】（1）（2）略（3）【解析】（1）设由∴当时，数列为等差数列．∴……（4分）（2）证：当时，由，得，即……①∴……② ……（6分）②式减①式，有，得证．……（8分）（3）解：当时，；当时，，由（2）知，当时，，∴当时，∵，∴上式，∴．……（14分）7．已知二阶矩阵A有特征值及对应的一个特征向量和特征值及对应的一个特征向量，试求矩阵A．【答案】【解析】试题分析：根据特征值与对应特征向量的关系列等量关系，解对应方程组即可.根据得，，解得试题解析：设矩阵，这里，因为是矩阵A的属于的特征向量，则有①，4分又因为是矩阵A的属于的特征向量，则有② 6分根据①②，则有8分从而所以．10分【考点】特征值与对应特征向量的关系8．在平面直角坐标系中，椭圆的参数方程为．在极坐标系(与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴)中，直线的方程为．(1)求直线的直角坐标方程和椭圆C的普通方程；(2)若直线与椭圆C有公共点，求的取值范围．【答案】（1），（2）【解析】（1）由，利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解的直线的直角坐标方程，消去参数，即可得到曲线的参数方程；(2)由直线的方程和椭圆的的方程联立，根据直线与曲线的位置关系，即可求解参数的取值范围.【详解】（1）由题意知，得，由，得.(2)由消去得.因为直线与椭圆C有公共点，所以,即．所以的取值范围是，所以的取值范围是.【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，以及参数方程与普通方程的互化，以及直线与曲线的位置关系的应用，其中解答中熟记互化公式，合理利用直线与曲线的位置关系求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.9．已知为正数，且满足，求证：．【答案】见解析【解析】利用柯西不等式，即可，即可作出证明.【详解】由柯西不等式，可得．【点睛】本题主要考查了柯西不等式的证明方法，其中解答中熟记柯西不等式，合理证明是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.10．如图所示,在棱长为2的正方体中,点分别在棱上,满足,且.(1)试确定两点的位置.(2)求二面角大小的余弦值.【答案】（1）分别为中点；（2）【解析】试题分析：（1）以A为原点建立空间直角坐标系，设，则P、Q两点坐标可用表示，再根据已知，解方程即得值，从而确定、两点的位置；（2）本题需要找到平面APQ和平面PQC1的法向量，因为平面APQ的法向量为，所以只需找到平面PQC1的法向量。

设平面PQC1的法向量为，根据即可找到平面PQC1的法向量，再求出两个向量之间的余弦值即得．试题解析：（1）以、、为正交基底建立空间直角坐标系，设，，，，∵，∴，∴，解得∴PC=1，CQ=1，即分别为中点（2）设平面的法向量为，∵，又，∴，令，则，∵为面的一个法向量，∴，而二面角为钝角，故余弦值为【考点】1．空间向量解决立体几何问题；11．（1）设，试比较与的大小；（2）是否存在常数，使得对任意大于的自然数都成立？若存在，试求出的值并证明你的结论；若不存在，请说明理由。

【答案】解：（1）设，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增；故函数有最小值，则恒成立；3分（2）取进行验算：，，，，猜测：①，，5分②存在，使得恒成立．证明一：对，且，有．又因，故，从而有成立，即．所以存在，使得恒成立．10分证明二：由（1）知：当时，，设，，则，所以，，，当时，再由二项式定理得：，即对任意大于的自然数恒成立，从而有成立，即．所以存在，使得恒成立．10分【解析】试题分析：（1）复合函数求导求最值；（2）取进行验算，得a=2,用二项式定理证明【考点】复合函数的导数，二项式定理点评：本题考查了复合函数的导数，二项式定理等综合应用，属难题．二、填空题12．设集合，，若，则m =______．【答案】3【解析】根据集合A、B，以及两集合的交集，即可确定出的值，得到答案.【详解】由集合，，又由，所以.【点睛】本题主要考查了集合的交集的运算与应用，其中解答中熟记集合的交集的概念，合理运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.13．已知复数满足（其中i为虚数单位），则的值为______．【答案】【解析】把已知等式变形，再利用复数代数形式的除法运算化简复数z，然后由复数模的公式计算得答案．【详解】，故答案为：【点睛】本题考查了复数代数形式的除法运算，考查了复数模的求法，准确计算是关键，是基础题．14．将一颗质地均匀的正方体骰子（每个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6）先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数之和是6的的概率是___．【答案】【解析】先求出基本事件总数6×6＝36，再由列举法求出“点数之和等于6”包含的基本事件的个数，由此能求出“点数之和等于6”的概率．【详解】基本事件总数6×6＝36，点数之和是6包括共5种情况，则所求概率是．故答案为：【点睛】本题考查古典概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．15．一支田径队有男运动员人,女运动员人,现按性别用分层抽样的方法,从中抽取位运动员进行健康检查,则男运动员应抽取____人.【答案】8【解析】试题分析：男女运动员人数的比是，所以要抽取14人，需要抽取男运动员人.【考点】本小题主要考查分层抽样.点评：应用分层抽样抽取样本时，关键是找出各层的比例，按比例抽取即可.16．根据如图所示的伪代码，可知输出的结果为____．【答案】205【解析】根据已知中的程序代码，得到本程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S 的值，模拟程序的运行过程，分析各个变量的变化规律，可得答案.【详解】模拟程序语言，运行过程，可得,满足条件，执行循环体；满足条件，执行循环体；满足条件，执行循环体；满足条件，执行循环体，此时，不满足条件，退出循环，输出S的值为，故答案为205.【点睛】本题主要考查了程序语言的应用问题，其中解答中应模拟程序语言的运行过程，以便得出输出的计算规律，从而得到计算的结果，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 17．命题“存在，使”为假命题，则实数a的取值范围是_________．【答案】【解析】试题分析：命题：“存在x∈R，使x2+ax﹣4a＜0”为假命题，即对任意的实数x，恒有x2+ax﹣4a≥0成立，则,解得，．【考点】恒成立问题求参数范围．18．已知函数的图象如图所示，则该函数的解析式是_____.【答案】【解析】根据所给的图象,得到三角函数的振幅,根据函数的图象过点的坐标，代入解析式求出φ，ω,得到函数的解析式【详解】根据图象可以看出A＝2，图像过（0,1）∴2sinφ=1,故φ∵函数的图象过点（，0）所以=2k,k∈Z,故, k∈Z当k=-1,∴函数的解析式是．故答案为【点睛】本题考查三角函数的解析式,三角函数基本性质，熟记五点作图法是解题关键，是中档题．19．若函数为定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为____．【答案】【解析】分析：由奇函数的性质，求出函数的解析式，对时的解析式求出，并判断函数的单调性和极值，再由奇函数的图象特征画出函数的图象，根据图象和特殊的函数值求出不等式的解集．详解：因为函数是定义在上的奇函数，所以当时，，不满足不等式，设，则，因为时，，所以，因为函数是奇函数，所以，所以，当时，，令，解得，当时，；当时，，所以函数在上递减，在上递增，所以当时取得极小值，，再由函数是奇函数，画出函数的图象如图所示，因为当时，当时取得极小值，，所以不等式的解集在无解，在上有解，因为，所以不等式的解集为．点睛：本题考查函数的基本性质的综合应用，其中解答中涉及到函数的奇偶性，函数的单调性的综合应用，着重考查了数形结合思想方法，分析问题和解答问题的能力，试题有一定的难度，属于难题．20．四棱锥P－ABCD中，⊥底面，底面是矩形，，，，点E为棱CD上一点，则三棱锥E－PAB的体积为______.【答案】【解析】由PA⊥平面ABCD可得V E﹣PAB＝V P﹣ABE，求解即可【详解】∵底面ABCD是矩形，E在CD上，∴S△ABE3．∵PA⊥底面ABCD，∴V E﹣PAB＝V P﹣ABE．故答案为：．【点睛】本题考查了棱锥的体积计算，线面位置关系，熟记等体积转化，准确计算是关键，属于基础题．21．若函数在其定义域上恰有两个零点，则正实数a的值为_____.【答案】【解析】当x≤0时，f（x）＝x+2x，单调递增，由f（﹣1）f（0）＜0，可得f（x）在（﹣1，0）有且只有一个零点；x＞0时，f（x）＝ax﹣lnx有且只有一个零点，即有a有且只有一个实根．令g（x），求出导数，求得单调区间，极值，即可得到a的值．【详解】当x≤0时，f（x）＝x+2x，单调递增，f（﹣1）＝﹣1+2﹣1＜0，f（0）＝1＞0，由零点存在定理，可得f（x）在（﹣1，0）有且只有一个零点；则由题意可得x＞0时，f（x）＝ax﹣lnx有且只有一个零点，即有a有且只有一个实根．令g（x），g′（x），当x＞e时，g′（x）＜0，g（x）递减；当0＜x＜e时，g′（x）＞0，g（x）递增．即有x＝e处取得极大值，也为最大值，且为，当x如图g（x）的图象，当直线y＝a（a＞0）与g（x）的图象只有一个交点时，则a．故答案为：．【点睛】本题考查函数的零点的判断，考查函数的零点存在定理和导数的运用，单调性和极值，数形结合思想，属于中档题．22．已知等差数列的各项均为正数，=1，且成等比数列．若，则=_____.【答案】15【解析】设等差数列公差为d，由题意知d＞0，由成等比数列列式求得公差，再由等差数列的通项公式求得a p﹣a q．【详解】设等差数列公差为d，由题意知d＞0，∵成等比数列，∴（）2＝，∴（1+2d）（1+10d），即44d2﹣36d﹣45＝0，解得d或d（舍去），∵p﹣q＝10，则a p﹣a q＝（p﹣q）d＝10．故答案为：15．【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查了等比数列的性质，熟记数列性质，准确计算是关键，是基础题．23．在平面直角坐标系中，已知圆C：，点A是轴上的一个动点，AP，AQ分别切圆C于P，Q两点，则线段PQ长的取值范围为_____.【答案】【解析】试题分析：由题意得：,又，所以，因此线段PQ长的取值范围为【考点】直线与圆位置关系24．若均为正实数，且，则的最小值为_____.【答案】【解析】x,y,z均为正实数,且x2+y2+z2=1，可得1−z2=x2+y2⩾2xy，当且仅当x=y取得等号，则，当且仅当时等号成立，取得最小值.25．设集合其中均为整数}，则集合_____..【答案】M={0，1，3，4}.【解析】根据2x+2y＝2t，进行提取2x，得到x，y的关系，根据整数关系进行推理即可得到结论．【详解】由得，则，且指数均为整数，因此右边一定为偶数，则左边即，且即.为整数，则为2的约数，则，.故M={0，1，3，4}.故答案为：M={0，1，3，4}.【点睛】本题主要考查元素和集合的关系，结合集合元素是整数的关系进行推理是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．。