江苏省苏州市张家港市2020-2021学年高三上学期12月阶段性调研测试数学试题（Word含答案）

2020?2021学年第一学期高三阶段性调研测试
数学
2020.12
1.本卷共6页，包含单项选择题(第1题~第8题)?多项选择题(第9题~第12题)?填空题(第13题?第16题)?解答题(第17题~第22题).本卷满分150分，考试时间为120分钟.考试结束后，请将答题卡交回.
一?单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1.集合，集合，则（
）
A.
B.
C.
D.
2.复数(i为虚数单位)的模为（
）
A.
B.
C.
D.
3.南北朝时代的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，其含义是：夹在两个平行平面之间的两个儿何体，被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.如图，夹在两个平行平面之间的两个儿何体的体积分别为叫，七，被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面面积分别为斗则“匕匕相等”是总相等”的（
）
A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条
4.函数的图象可能是（
）
A.
B.
C.
D.
5.十二平均律是我国明代音乐埋论家和数学家朱载填发明的.明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论.十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列.依此规则，插入的第四个数应为（
）
A.
B.
C.
D.
6.2020年3月9日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭，成功发射北斗系统第54颗导航卫星.第54颗导航卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆.设地球半径为R，若其近地点?远地点高地面的距离大约分别是上，则第54颗导航卫星运行轨道(椭圆)的离心率是（
）
A.
B.
C.
D.
7.定义在R上的偶函数在上是增函数，且，则不等式的解集是（
）
A.
B.
C.
D.
8.在中，为边上的点，且，满足则（
）
A.有最小值
B.有最小值
C.有最小值12
D.有最小值16
二?多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
9.已知函数(其中)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（
）
A.函数的图象关于直线对称
B.函数的图象关于点对称
C.函数在区间上单调增
D.函数的图象可由的图象向左平移个单位得到
10.下列不等关系正确的是（
）
A.
B.若，则
C.当时
D.
11.如图，正方体的棱长为1，点是侧面的一个动点，则下列结论止确的是（
）
A.点存在无数个位置满足
B.点存在无数个位置满足到直线和直线的距离相等1
C.三棱锥的体积最大值为
D.在线段上存在点，使异面直线周与所成的也是
12.下列命题正确的是（
）
A.若是锐角，则
B.若都是锐角，则
C.若都是锐角，且，则
D.若都是任意角，且，则的最大值为
三?填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.请把答案填写在答题卡相应位置上
13.巳知双曲线的离心率为，则点到双曲线的渐近线的距离为.__________.
14.在等差数列中，，，记，则数列的最大项是第__________项.
15.我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六而体称为刍童，如图的刍童有外接球，且，点到平面距离为4，则该刍童外接球的表面积为__________.
16.在平面直角坐标系中，点在直线上，点在圆上，若四边形正方形，则__________；若为直角，则实数的取值范围的__________.(本小题第一空2分，第二空3分).
四?解答题：本大题共6小题，共计70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.
17.(本小题10分)
①；②；③；这二个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的最大值.若问题中的三角形不存在，说明理由.
问题：是否存在，它的内角其的对边分别为，且_______，？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
18.(本小题12分)
如图，函数的图象由曲线段和直线段构成.
（1）写出函数的解析式；(写出一个3分，共6分)
（2）函数有零点，求实数的取值范围.
19.(本小题12分)
已知正项等比数列的首项为1，且前三项的和为13.数列的首项为1，前项和为，且.
（1）求等比数列的通项公式；
（2）求证：数列为等差数列；
（3）若数列的公差为2，数列的前项和为，求证：.
20.(本小题12分)
如图，四棱锥的底而是边长为2的正方形，平面底而，记平面平面.
（1）求证：；
（2）若，求平面与平面所成的锐二面角的大小.
21.(本小题12分)
己知椭圆的左?右顶点分别为，点该椭圆上，且该椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率，求证：_____________.
在以下三个结论中选择一个填在横线处进行证明.
①直线与的交点在定直线上；
②；
③.
22.(本小题12分)
己知函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）足否存在正数的值使得对任意恒成立？证明你的结论.
（3）求证：在上有且仅有两个零点.
2020?2021学年第一学期高三阶段性调研试卷
数学参考答案2020.12
一?单选题
l.D
2.B
3.B
4.A
5.C
6.A
7.C
8.D
二?多选题
9.BC
10.AD
11.ABC
12.ABD
三?填空题
13.
14.6
15.
16.；
四?解答题
17.解：选①因为
所以
因为，所以
所以，因为
所以
囚为，所以
选②因为
所以
因为，所以，因为，所以
选③因为及，所以
所以，因为，所以
法一：选①②③得又，所以
由余弦定理可知
得：当且仅当：时“=”成立.
，的最大值为.
法二：选①②③得又，所以，
(或或)
当时，的最大值为.
18.解：（1）或或
或
（2）法一：函数有零点，即方程有解，
由图象可知，当时方程无解；
当时，方程有解，又
当且仅当，等号成立，所以.
法二：函数零点，令，，
所以在上有零点.
当时，即，因为，所以不成立；
当时，即，，恒成立；
当时，即，因为，所以，即
综上可知：
19.解（1）由是正项等比数列，所以设的公比为
又首项为1，且前二项的和为13.所以所以，所以
（2）因为①，所以当时，②
①-②得：③
④，③-④得：
所以即，所以数列为等无数列；
（3）法一：令，所以
所以
所以
所以，所以
法二：
所以，所以
20.（1）法一证明：四棱锥的底面是正方形，所以
因为平面，平面，所以平面，
又因为平面平面，所以.
法二：证明：四棱锥的底面是正方形，所以
因为平面，平面，所以，
又因为平面平面，所以.
所以.
（2）法一：综合法：取中点，取中点，连结
因为，所以；
因为平面底面，平面底面，
所以平面
所以，又，所以
所以，因为，所以
所以为平面与平面所成的锐二面角的平面角
在中，，所以，
所以平面与平面所成的锐二面仇的大小为
法二：补齐为正方体，相应给分
法三：空间向量法
取中点，取CD中点，连结，因为，，所以，
；
因为平面底面，平面底面，，所以平面
以为基底建立空间直角坐标系，所以
设平面的一个法向量为
由所以，不妨，所以
同理平血的一个法向量为
设平面与平面所成的锐二面角的大小为
所以
所以面PAB与平面；所成的锐二面角的大小为.
21.解⑴因为抛物线的焦点为.所以椭圆的右焦点用
又点在该椭圆上，所以
又，所以
椭圆的标准方程为
（2）选①设
联立得：
法一：直线的交点的横坐标为
所以直线AM与BN的交点在定直线上
法二：要证直线与的交点在定直线上，
即，即证
即证，即证，即证
即证
因为
所以直线与的交点在定直线上.
选②设，联立得：
所以
法一：
法二：
所以
因为也同号，所以
法三：要证，即证，即证
即证，即证
因为
所以
法四：由得得
同理
因为为三点共线，所以即
因为同号，所以
选③设，联立得：
所以
所以
22.解（1）因为，所以，又切点为
所以函数在处的切线力程为
（2）存在，，可证：
又.
（3）法一：当时，
所以在上无零点；
当时，且单调递增
囚为，，由得
所以在单调递减，(单调递增；
当时，，所以在上单调递增
又，，由得
所以在单调递减，单调递增；
，所以
所以由，得
所以在单调递增，单调递减；
所以在单调递增，单调递减，单调递减，单调递增；
因为，，，
所以在上有且仅两个零点.
法二：当时，
所以在上无零点；
当时，令，所以
由，得
当时，；当时，
所以在上单调递增，在上单调递减.
因为，，
所以在上有且仅有两个零点，
所以在上有且仅有两个零点
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