2019届江苏省南京市六校联合体高三上学期12月联考数学(文)试题Word版含解析

南京市六校联合体高三年级12月份联考试卷
数学文
注意事项：
1．本试卷共4页，包括填空题（第1题~第14题）、解答题（第15题~第20题）两部分．本试卷满分为160分，考试时间为120分钟．
2．答题前，请务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题纸的密封线内．试题的答案写在答题
．．纸．上对应题目的答案空格内．考试结束后，交回答题纸．
参考公式：
样本数据x1，x2，…，x n的方差，其中；
锥体的体积公式：V＝Sh，其中S为锥体的底面积，h为锥体的高；
圆锥的侧面积公式：，其中为底面半径，为母线长．
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，集合，则=______．
【答案】
【解析】
【分析】
由M与N，求出两集合的交集即可．
【详解】∵集合，集合，
∴=
故答案为：
【点睛】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．
2.双曲线的渐近线方程是____．
【答案】
【解析】
【分析】
在双曲线的标准方程中，把1换成0，即得此双曲线的渐近线方程．
【详解】令﹣=0得
y=±x，
∴双曲线﹣=1的渐近线方程为y=±x，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，属于基础题．
3.复数满足，其中是虚数单位，则复数的模是______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用复数的运算法则和模的计算公式即可得出．
【详解】∵
∴
∴|z|==，
故答案为：
【点睛】本题考查了复数的运算法则和模的计算公式，属于基础题．
4.若一组样本数据3，4，8，9，的平均数为6，则该组数据的方差s2＝______．
【答案】
【解析】
【分析】
本题可运用平均数的公式：=（x1+x2+…+x n）解出a的值，再代入方差的公式中计算得出方差即可．
【详解】∵数据3，4，8，9，的平均数为6，
∴3+4+8+9+a=30，解得a=6，
∴方差s2=[（3﹣6）2+（4﹣6）2+（8﹣6）2+（9﹣6）2+（6﹣6）2]=．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查的是平均数和方差的求法，解题的关键弄清计算公式，同时考查了运算求解的能力，属于基础题．
5.从1，2，3，4这四个数中一次性随机地取出2个数，则所取2个数的乘积为奇数的概率是______．【答案】
【解析】
【分析】
列举可得共6种情形，其中满足所取2个数的乘积为奇数的有1种情形，由概率公式可得．
【详解】从1，2，3，4这4个数中依次随机地取2个数有
（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）共6种情形，
其中满足所取2个数的乘积为奇数的有（1，3）共1种情形，
∴所求概率，
故答案为：
【点睛】有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数：1．基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举；2．注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用．
6.如图所示的流程图的运行结果是______．
【答案】20
【解析】
试题分析：第一次循环：，第二次循环：，结束循环，输出
考点：循环结构流程图
7.若圆锥底面半径为1，侧面积为,则该圆锥的体积是________．
【答案】
【解析】
【分析】
由圆锥底面半径为1，侧面积为得到圆锥的母线长，进而得到圆锥的高，从而得到该圆锥的体积.
【详解】设圆锥的母线长为，圆锥底面半径为1，侧面积为,
∴，即，
∴圆锥的高
∴该圆锥的体积是
故答案为：
【点睛】本题考查圆锥的体积与侧面积公式，属于基础题.
8.设直线是曲线的切线，则直线的斜率的最小值是_____．
【答案】4
【解析】
【分析】
求出函数的导函数，利用均值不等式求最小值即直线的斜率的最小值
【详解】的定义域为（0，+∞）
y'=4x+，当且仅当x=时取等号·
即直线的斜率的最小值是4
故答案为：4
【点睛】考查学生会利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率，以及利用均值不等式求最值，掌握不等式成立时的条件，属于基础题．
9.已知，则的值是_____．
【答案】
【解析】
【分析】
由得到，进而得到，再结合两角和的正弦公式得到结果.
【详解】∵，
∴，
∴
故答案为：
【点睛】本题考查了两角和与差的正弦、正切公式，同角基本关系式，考查了计算能力，属于基础题.
10.已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，．若f (a)＜4＋f (－a)，则实数a 的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】
利用函数为奇函数，不等式可转化为f (a)＜2，结合函数图象可得结果.
【详解】∵f (x)为奇函数，∴
∴f (a)＜4＋f (－a)可转化为f (a)＜2
作出的图象，如图：
由图易知：a＜2
故答案为：
【点睛】本题考查函数的图象与性质，解题关键利用奇偶性简化不等式，结合函数图象即可得到结果.
11.中，为边的中点，，则的值为______．【答案】-4
【解析】
【分析】
利用基底表示，结合向量的运算法则即可得到结果.
【详解】∵
∴
∵为边的中点，
∴,
∵，
∴
∴2-6=-4
故答案为：-4
【点睛】求向量的数量积，应该先利用向量的运算法则将各个向量用已知的向量表示，再利用向量的运算法则展开即可．
12.已知圆，直线与轴交于点，过上一点作圆的切线，切点为，若
，则实数的取值范围是______．
【答案】或
【解析】
【分析】
设P（x，y），由PA=2PT，求出点P的轨迹方程，问题可转化为直线l与圆有公共点的问题，列不等式求解即可．
【详解】圆C：
直线l：与与轴交于点A（0，﹣2），
设P（x，y），由PA=PT，可得=2（﹣2），
即x2+y2﹣12y=0，即满足PA=2PT的点P的轨迹是一个圆
所以问题可转化为直线l与圆有公共点，
所以d≤r，
≤6，
解得或，
∴实数k的取值范围是或．
故答案为：或
【点睛】本题考查圆的方程的综合应用，直线与圆的位置关系，考查转化思想以及计算能力，明确动点P 的轨迹是解题的关键．
13.已知n∈N*,，，，其中表示
这个数中最大的数．数列的前n项和为，若对任意的n∈N*恒成立，则实数的最大值是______．
【答案】
【解析】
【分析】
设，明确的单调性，得到，进而得到，对任意的n∈N*恒成立即
，转求的最小值即可.
【详解】设
，
即
∴
∴
即，
由与图象可知：在第一象限n取正整数时，仅有n=3时，
即
∴，即实数的最大值是
故答案为：
【点睛】本题考查数列的综合应用，等差数列的性质，考查与不等式的综合应用，考查学生分析问题及解决问题的能力，考查分类讨论及转化思想，考查计算能力，属于难题．
14.已知函数.若对任意的，存在，使得成立，则实数的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】
围．
【详解】∵的对称轴为x=a，且，
∴函数f（x）=在[0，]上是减函数，
在[，2]上是增函数；
∴函数f（x）=在的最小值为f（a）=﹣∈，
①当2≤a＜3时，
函数f（x）=（x∈）在x=0时取得最大值，
且最大值为2a﹣1，由于此时2≤a＜3，则3≤2a﹣1＜5；
2a﹣1
∴
②0＜a＜2时，
函数f（x）=（x∈）在x=4时取得最大值，
且最大值为42﹣8a+2a﹣1=15﹣6a，由于此时0＜a＜2，则3＜15﹣6a＜15；
，
∴
综上，∴；
即t的取值范围是：．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质的应用问题，也考查了恒成立问题与存在性问题，是综合性题目．
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
案写在答题卡的指定区域内）
15.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角B；
（2）若，，求，．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理化简已知条件，然后求解B的大小．
（2）利用正弦定理余弦定理，转化求解即可．
【详解】（1）在中，
由正弦定理，得．
又因为在中．
所以．
法一：因为，所以，因而．
所以，
所以．
法二：即，
所以，因为，
所以．
（2）由正弦定理得，
而，
所以，①
由余弦定理，得，
即，②
把①代入②得.
【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化变；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
16.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，PC⊥底面ABCD，点E为侧棱PB 的中点．
求证：(1) PD∥平面ACE；
(2) 平面PAC⊥平面PBD．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析。

【解析】
【分析】
（1）连接OE．易证PD∥OE，根据线面平行判定定理得证；
（2）要证平面PAC⊥平面PBD，即证BD⊥平面PAC
【详解】(1) 连接OE．
因为O为正方形ABCD的对角线的交点，
所以O为BD中点．
因为E为PB的中点，所以PD∥OE．
又因为OE⊂面ACE，PD平面ACE，
所以PD∥平面ACE．
(2) 在四棱锥P－ABCD中，
因为PC⊥底面ABCD，BD⊂面ABCD，
所以BD⊥PC．
因为O为正方形ABCD的对角线的交点，
所以BD⊥AC．
又PC、AC⊂平面PAC，PC∩AC＝C，
所以BD⊥平面PAC．
因为BD⊂平面PBD，
所以平面PAC⊥平面PBD．
【点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
17.已知椭圆：上一点与两焦点构成的三角形的周长为,离心率为 . （1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆C的右顶点和上顶点分别为A、B，斜率为的直线l与椭圆C交于P、Q两点（点P在第一象限）.若四边形APBQ面积为，求直线l的方程.
【答案】（1）；（2）。

【解析】
【分析】
（ 1）设椭圆的半焦距为c，由已知得，又，a2=b2+c2，联立解出即可得出；
（2）设直线方程为：代入椭圆并整理得：，利用韦达定理表示
，分别计算Ａ，Ｂ到直线PQ的距离，即可表示四边形APBQ面积，从而得到直线l的方程.
【详解】（1）由题设得，又，
解得,
∴.
故椭圆的方程为.
（2）设直线方程为：代入椭圆并整理得：，
设，则.
，
到直线PQ的距离为，
到直线PQ的距离为，
又因为在第一象限, 所以，
所以，
所以，
解得，
所以直线方程为．
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、一元二次方程的根与系数的关系、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18.如图，某公园内有一个以O为圆心，半径为5百米，圆心角为的扇形人工湖OAB，OM、ON是分别由OA、OB延伸而成的两条观光道．为便于游客观光，公园的主管部门准备在公园内增建三条观光道，其中一条与相切点F，且与OM、ON分别相交于C、D，另两条是分别和湖岸OA、OB垂直的FG、FH (垂足均不与O重合)．
(1) 求新增观光道FG、FH长度之和的最大值；
(2) 在观光道ON段上距离O为15百米的E处的道路两侧各有一个大型娱乐场，为了不影响娱乐场平时的正常开放，要求新增观光道CD的延长线不能进入以E为圆心，2.5百米为半径的圆形E的区域内．则点
D应选择在O与E之间的什么位置？请说明理由．
【答案】 (1) 新增观光道FG、FH长度之和的最大值是百米；(2) 点D应选择在O与E之间，且到点O 的距离在区间 (单位：百米)内的任何一点处．
【解析】
【分析】
（1）连结OF，OF⊥CD于点F，则OF＝5．设∠FOD＝θ，则FG＋FH＝5sin(－θ)＋5sinθ，利用两角和与差的正弦公式化简，即可得到新增观光道FG、FH长度之和的最大值；
（2）以O为坐标原点，以ON所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy．可得圆O的方程，圆E的方程，根据直线和圆的位置关系得到答案即可.
【详解】(1) 连结OF，OF⊥CD于点F，则OF＝5．设∠FOD＝θ，
则∠FOC＝－θ(＜θ＜)，故FH＝5sinθ，FG＝5sin(－θ)，
则FG＋FH＝5sin(－θ)＋5sinθ
＝5(cosθ＋sinθ＋sinθ)＝5(sinθ＋cosθ)＝5sin(θ＋)，
因为＜θ＜，所以＜θ＋＜，
所以当θ＋＝，即θ＝时，(FG＋FH)max＝．
(2) 以O为坐标原点，以ON所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy．
由题意，可知直线CD是以O为圆心，5为半径的圆O的切线，直线CD与圆E相离，且点O在直线CD下方，点E在直线CD上方．由OF＝5，圆E的半径为2.5，因为圆O的方程为x2＋y2＝25，
圆E的方程为(x－15)2＋y2＝6.25，
设直线CD的方程为y＝kx＋t (－＜k＜0，t＞0)，
即kx－y＋t＝0，设点D(x D，0)
则
由①得t＝5，
代入②得，解得k2>．
又由－＜k＜0，得0＜k2＜3，故＜k2＜3，即＜＜3．
在y＝kx＋t中，令y＝0，解得x D＝＝＝，所以＜x D＜10．
答：(1) 新增观光道FG、FH长度之和的最大值是百米；
(2) 点D应选择在O与E之间，且到点O的距离在区间 (单位：百米)内的任何一点处．
【点睛】本题考查了三角函数的应用问题，考查了直线与圆的位置关系，考查了逻辑推理能力及运算能力，属于中档题.
19.已知数列{a n}各项均不相同，a1＝1，定义，其中n，k∈N*．
（1）若，求；
（2）若b n＋1(k)＝2b n(k)对均成立，数列{a n}的前n项和为S n．
（i）求数列{a n}的通项公式；
（ii）若k，t∈N*，且S1，S k－S1，S t－S k成等比数列，求k和t的值．
【答案】（1）；（2）（i）；（ii）k＝2，t＝3．
【解析】
【分析】
（1）当时，由新定义可得，利用累加法可得结果；
（2）（i）若b n＋1(k)＝2b n(k)对均成立，由新定义可得，从而得到数列{a n}的通项公式；（ii）由（i）可知S n＝2n－1．因为S1，S k－S1，S t－S k成等比数列，
可得2t－2＝(2k－1)2－32k－2＋1对k分类讨论可知k和t的值．
【详解】（1）因为，
所以，
所以.
（2）（i）因为b n＋1(k)＝2b n(k)，
得，
令k＝1, ，……………①
k＝2，，……………②
由①得，……………③
②+③得，……………④
①+④得，
又，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以．
（ii）由（i）可知S n＝2n－1．
因为S1，S k－S1，S t－S k成等比数列，
所以(S k－S1)2＝S1(S t－S k)，即(2k－2)2＝2t－2k，
所以2t＝(2k)2－32k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－32k－2＋1(*)．
由于S k－S1≠0，所以k≠1，即k≥2．
当k＝2时，2t＝8，得t＝3．
当k≥3时，由(*)，得(2k－1)2－32k－2＋1为奇数，
所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－32k－2＝0，即2k＝3，此时k无正整数解．
综上，k＝2，t＝3．
【点睛】本题以新定义为背景，考查数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
20.已知函数.
(1)求的极大值；
(2)当时，不等式恒成立，求的最小值；
(3)是否存在实数，使得方程在上有唯一的根，若存在，求出所有的值，若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）-1；（3）存在，且当符合题意。

【解析】
【分析】
(1)求导,明确函数的单调性，从而得到的极大值；
(2) 不等式恒成立，即恒成立，记，求其最大值，即可得
到的最小值；
(3) 记，由，存在，使在上有零点，再证明唯一性即可.
【详解】（1），令，得.
当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，故当
时，的极大值为．
（2）不等式恒成立，即恒成立，
记，则，
当时，令，得，
当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，则
，即，…8分
则，记，则，令，得
当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，，
故的最小值为.
（3）记，由，
故存在，使在上有零点，下面证明唯一性：
① 当时，，故，在上无解
②当时，，而，
此时，单调递减，
所以当符合题意．
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．。