湖北省荆门市龙泉中学潜江中学2020届高三上学期12月月考数学（文）试题

湖北省荆门市龙泉中学潜江中学2020届高三上学期12月月考数学（文）试题

龙泉中学潜江中学2020届高三年级12月联考 文科数学 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考试务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.‎ ‎2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应的题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在试卷上无效.‎ ‎3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. {0，2} B. {-2，0，2} C. {2} D. {0，2，4}‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 注意到集合中属于自然数,故先确定集合中的元素,再求即可.‎ ‎【详解】依题意,,故,‎ 故选:A ‎【点睛】本题主要考查交集的运算,注意看清集合中求的是哪个量的取值范围.本题中故为自然数.‎ ‎2.已知平面向量若则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对应的坐标形式计算出的值，然后根据模长的坐标形式计算出的值即可.‎ ‎【详解】因为，所以，所以，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查根据向量垂直关系求参数以及坐标形式下向量的模长计算，难度较易.已知，若，则有.‎ ‎3.设命题所有正方形都是平行四边形，则为（ ）‎ A. 所有正方形都不是平行四边形 B. 有的平行四边形不是正方形 C. 有的正方形不是平行四边形 D. 不是正方形的四边形不是平行四边形 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据含有量词的命题的否定即可得到结论．‎ ‎【详解】“所以”改为“存在”（或“有的”），“都是”改为“不都是”（或“不是”），‎ 即为有的正方形不是平行四边形 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．‎ ‎4.记数列的前n项和为，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题要求,故直接令再令,将两式相除即可.‎ ‎【详解】当时,,当时,,所以 故选:D ‎【点睛】已知前项积求通项公式,则.‎ ‎5.下列图象中,可以作为的图象的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考虑函数的自变量时函数值的正负，即可判断出符合要求的函数图象.‎ ‎【详解】因为的最高次项为，‎ 当时，，当时，，‎ 所以符合要求的仅有C选项. 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的判断，难度较易.判断一个函数的大致图象可以从函数的奇偶性、单调性、特殊点的函数值正负等方面去判断.‎ ‎6.已知三棱锥中，，则三棱锥的体积是（ ）‎ A. 4 B. 6 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意明确，结合棱锥体积公式得到结果.‎ ‎【详解】由，，且，得；‎ 又由，，且，得.‎ 因为，从而知，即 所以.‎ 又由于，‎ 从而.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查棱锥体积的计算，考查线面垂直的证明，考查计算能力与推理能力，属于基础题.‎ ‎7.已知函数，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 函数的对称轴为，且在上单调递增 B. 函数的对称轴为，且在上单调递增 C. 函数的对称中心为，且在上单调递增 D. 函数的对称中心为，且在上单调递增 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由中为常数,故可以考虑到利用函数对称性,再计算对称轴与区间端点处的函数值考查单调性进行排除.‎ ‎【详解】依题意,,解得,因为,故函数的对称轴为,‎ 排除C、D；因为,,故,排除B,‎ 故选:A．‎ ‎【点睛】若函数满足则函数关于对称.‎ ‎8.满足条件的面积的最大值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出的坐标，给定坐标，求解出的轨迹方程，根据的轨迹即可求解出面积的最大值.‎ ‎【详解】设，因为，‎ 所以，所以，‎ 所以的轨迹是以为圆心，半径等于的圆去掉点两点，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用坐标法解决平面几何问题，着重考查了圆的相关知识，难度一般.使用坐标法的前提是建立合适的平面直角坐标系，然后即可根据长度或者角度关系等确定坐标满足的方程.‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分.‎ ‎9.将函数的图像向右平移个单位,得到的图像关于轴对称,则（ ）‎ A. 的周期的最大值为 B. 的周期的最大值为 C. 当的周期取最大值时,平移后的函数在上单调递增 D. 当的周期取最大值时,平移后的函数在上单调递减 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将函数利用辅助角公式变形后，利用平移后函数图象的特点求解出 的最小值，此时有周期的最大值，再据此分析出平移后函数在上的单调性.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以向右平移个单位后得到，‎ 又因为平移后得到的函数图象关于轴对称，所以，‎ 所以，所以，所以，‎ 又因为，令，‎ 所以，当时，‎ 所以在上单调递增. 故选：AC.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的周期与单调性、图象平移以及三角恒等变换的综合应用，难度一般.‎ ‎(1)求解三角函数周期的最值时，可将其与的关系联系在一起：周期最大，最小；周期最小，最大；‎ ‎(2)分析的单调增或减区间时，可通过分析的单调减或增区间.‎ ‎10.已知双曲线过点且渐近线为，则下列结论正确的是（ ）‎ A. 的方程为 B. 的离心率为 C. 曲线经过的一个焦点 D. 直线与有两个公共点 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得到双曲线的方程，结合双曲线的性质逐一判断即可.‎ ‎【详解】对于选项A：由已知，可得，从而设所求双曲线方程为，又由双曲线过点，从而，即，从而选项A正确；‎ 对于选项B：由双曲线方程可知，，，从而离心率为，所以B选项错误；‎ 对于选项C：双曲线的右焦点坐标为，满足，从而选项C正确；‎ 对于选项D：联立，整理，得，由，知直线与双曲线只有一个交点，选项D错误.‎ 故选AC ‎【点睛】本题考查双曲线的标准方程及简单的几何性质，考查直线与双曲线的位置关系，考查推理能力与运算能力.‎ ‎11.正方体的棱长为2,分别为的中点,则（ ）‎ A. 直线与直线垂直 B. 直线与平面平行 C. 平面截正方体所得的截面面积为 D. 点与点到平面的距离相等 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．利用线面垂直的定义进行分析；‎ B．作出辅助线利用面面平行判断；‎ C．作出截面然后根据线段长度计算出截面的面积；‎ D．通过等体积法进行判断.‎ ‎【详解】A．若，又因为且，所以平面，‎ 所以，所以，显然不成立，故结论错误；‎ B．如图所示，取的中点，连接，‎ 由条件可知：，，且，所以平面平面，‎ 又因为平面，所以平面，故结论正确；‎ C．如图所示，连接，延长交于点，‎ 因为为的中点，所以，所以四点共面，‎ 所以截面即为梯形，又因为，，‎ 所以，所以，故结论正确；‎ D．记点与点到平面的距离分别为，‎ 因为，‎ 又因为，‎ 所以，故结论错误.‎ 故选：BC.‎ ‎【点睛】本题考查空间立体几何直线、平面间的关系及截面和体积有关的计算的综合应用，难度一般.‎ ‎12.设非负实数满足则的（ ）‎ A. 最小值为 B. 最小值为 C. 最大值为 D. 最大值为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用三角代换的方式化简原式，然后利用换元法以及二次函数的值域求解出的最大值和最小值，注意取等号的条件.‎ 详解】令，，，‎ 因为，所以，所以，‎ 所以 ‎，‎ 所以，，‎ 取最大值时或1，此时或，‎ 取最小值时，此时.‎ 故选：AC.‎ ‎【点睛】本题考查用三角换元法求最值，着重考查逻辑推理和运算求解的能力，难度较难.‎ ‎(1)利用换元法求解最值时注意，换元后新元的取值范围；‎ ‎(2)三角函数中的一组“万能公式”：，.‎ 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.边长为2的正方形中,则________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 选取向量作为平面内一组基底，然后根据条件将分别表示为 组合的形式，即可计算出的结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，所以 所以 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查向量数量积以及向量的线性运算在几何中的应用，难度一般.处理几何图形中的向量数量积问题，关键是确定好基底，将向量用基底的形式表示出来，然后即可根据数量积运算完成求解.‎ ‎14.函数在（a,10-）上有最大值，则实数a取值范围是 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】要满足题意即函数最大值必是区间上的极大值．‎ 由已知，‎ 当时，，‎ 当时，或；‎ 所以是函数的极大值点，‎ 则由题意得：，解得 ‎15.在等腰直角三角形中,点是边异于、的一点.光线从点出发,经过、反射后又回到点(如图).若光线经过的重心,且则_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立平面直角坐标系，利用光的反射以及轴对称的性质确定出直线的方程，再将重心坐标代入方程即可求解出的长度.‎ ‎【详解】建立平面直角坐标如图，作关于的对称点，作关于轴的对称点，设，‎ 因为，，‎ 所以，解得，‎ 由光的反射原理可知：四点共线，所以，‎ 所以，代入重心坐标即，‎ 所以，解得或 (舍).‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查直线方程在光线反射中的应用，难度较难.直线方程与轴对称以及光线反射内容交汇时，可通过建立平面直角坐标系，利用坐标法简化问题，从而完成对应计算.‎ ‎16.半径为2球面上有四点，且两两垂直，则，与面积之和的最大值为______．‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ AB，AC，AD为球的内接长方体的一个角，故，计算三个三角形的面积之和，利用基本不等式求最大值．‎ ‎【详解】如图所示，将四面体置于一个长方体模型中，则该长方体外接球的半径为2．‎ 不妨设，，，则有，即．‎ 记．‎ 从而有，即，从而．‎ 当且仅当，即该长方体为正方体时等号成立．从而最大值为8．‎ ‎【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值问题，考查了学生解决交汇性问题的能力．解答关键是利用构造法求球的直径．‎ 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求c的值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题目条件易知使用的余弦定理,化简即可求得.再根据可算得后再证明到 ‎(2)由(1)可算得角的正余弦函数值,故可以利用正弦定理与求得,再求得的角度关系利用关于的余弦定理求.‎ ‎【详解】（1）依题意,,则,‎ ‎,‎ 因为,故．‎ ‎（2）依题意,,,‎ ‎,‎ 因为,即,可得,‎ 又,所以,； ‎ 由,得．‎ ‎【点睛】本题主要考查二倍角公式,正余弦定理的综合运用.‎ 重点是根据题目条件分析边角关系,再选用正弦或者余弦定理进行列式化简求解.‎ ‎18.已知首项为3的数列的前n项和为，且．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求证：成等差数列．‎ ‎【答案】(1)；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据可求得数列的递推公式,再根据递推公式判定用累加法求得数列的通项公式即可. (2)要证明成等差数列则证,分别算出再求解即可.‎ ‎【详解】（1）因为,故,,,,…,,,把上面个等式叠加,得到,故,‎ 而,故．‎ ‎（2）由（1）可得,,‎ 故,‎ ‎,所以,‎ 故成等差数列．‎ ‎【点睛】本题主要考查累加法的运用以及等差数列的证明.本题也可以利用等差数列性质证明.‎ ‎19.如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.‎ ‎（1）证明：BE⊥平面EB1C1；‎ ‎（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见详解；（2）18‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由长方体得，平面，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；‎ ‎（2）先设长方体侧棱长为，根据题中条件求出；再取中点，连结，证明平面，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）因为在长方体中，平面；‎ 平面，所以，‎ 又，，且平面，平面，‎ 所以平面； ‎ ‎（2）设长方体侧棱长为，则，‎ 由（1）可得；所以，即，‎ 又，所以，即，解得；‎ 取中点，连结，因为，则；‎ 所以平面，‎ 所以四棱锥的体积为.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.‎ ‎20.已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点．‎ ‎(1)求k的取值范围；‎ ‎(2)若＝12，其中O为坐标原点，求|MN|.‎ ‎【答案】（1）；（2）2．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由题意可得，直线l的斜率存在，用点斜式求得直线l的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k的值，可得满足条件的k的范围．‎ ‎（2）由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，根据直线和圆相交的弦长公式进行求解 试题解析：（1）由题意可得，直线l的斜率存在，‎ 设过点A（0，1）的直线方程：y=kx+1，即：kx-y+1=0．‎ 由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R=1．‎ 故由，解得：．‎ 故当，过点A（0，1）的直线与圆C：相交于M，N两点．‎ ‎（2）设M；N，‎ 由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方程，‎ 可得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 由，解得 k=1，‎ 故直线l的方程为 y=x+1，即 x-y+1=0．圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．所以|MN|=2‎ 考点：直线与圆的位置关系；平面向量数量积的运算 ‎21.设函数 ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若有两个极值点和，记过点的直线的斜率为，问：是否存在，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）答案见解析：（2）不存在 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）定义域为，‎ ‎，‎ 令，‎ ‎①当时，，，故在上单调递增，‎ ‎②当时，，的两根都小于零，在上，，‎ 故在上单调递增，‎ ‎③当时，，的两根为，‎ 当时，；当时，；当时，；‎ 故分别在上单调递增，在上单调递减. ‎ ‎（2）由（1）知，，‎ 因为.‎ 所以,‎ 又由（1）知，，于是，‎ 若存在，使得，则，即，‎ 亦即（）‎ 再由（1）知，函数在上单调递增，‎ 而，所以，这与（）式矛盾，‎ 故不存在，使得.‎ ‎22.设均为正数，且求：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据基本不等式变形：可得到三组不等式，再根据条件 ‎，即可证明问题；‎ ‎(2)构造基本不等式形式：可得到三组不等式，再根据条件，即可证明问题.‎ ‎【详解】（1）由 得 由已知得 即 取等号时,‎ ‎（2）因为 所以 取等号时,‎ 即 ‎【点睛】本题考查利用基本不等式完成证明，难度一般.利用基本不等式完成证明时，要学会利用条件构造基本不等式形式去证明，同时要注意对于取到等号的条件进行说明.‎ ‎ ‎