福建省三明市第一中学2020届高三上学期月考数学试题

福建省三明市第一中学2020届高三上学期月考数学试题

福建省三明市第一中学 2019-2020 学年高三(上)第二次月考 数学（文）试题 考生注意： 1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分．考试时间 120 分钟，满分 150 分． 2．本试卷包括必考．．和选考．．两部分．第 22 题为选考题，考生可在其中的（A），（B）两题中任 选一题作答；其它试题为必考题，所有考生都必须作答． 第Ⅰ卷 一、选择题：（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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.设全集为 ，集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先求出 ，再根据交集的概念，即可得出 . 【详解】因为全集为 ，集合 ， 所以 ， 又 ，所以 . 故选：B 【点睛】本题主要考查集合的基本运算，熟记交集、补集的概念即可，属于基础题型. 2.设 为虚数单位，若复数 满足 ，则复数 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先由题意得到， ，根据复数的除法运算法则，即可得出结果. 【详解】因为 ，所以 . 故选：D 【点睛】本题主要考查复数的运算，熟记除法运算法则即可，属于基础题型. 3.已知 ，则 （ ） A. －3 B. 2 C. 1 D. －1 【答案】C 【解析】 【分析】 根据赋值法，令 代入，即可得出结果. 【详解】令 ，即 ， 所以 . 故选：C 【点睛】本题主要考查求函数的值，理解函数解析式是关键，属于基础题型. 4.已知数列 中， ，则 （ ） A. －2 B. －1 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 根据递推公式，逐项计算，即可得出结果. 【详解】因为数列 中， ， ， ， 所以 ， 所以 . 故选：B 【点睛】本题主要考查由递推公式求数列中的项，根据题意逐步代入即可，属于基础题型. 5.在 上随机取一个数 ，则事件“直线 与圆 相交”发生的概率 为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先由直线与圆相交，得到 ，根据与长度有关的几何概型的概率计算公式，即可得出 结果. 【详解】因为直线 与圆 相交， 所以圆心 到直线 的距离小于半径 ， 即 ，即 ，解得： ， 又 ， 所以事件“直线 与圆 相交”发生的概率为 . 故选：A 【点睛】本题主要考查与长度有关的几何概型，熟记概率计算公式，以及直线与圆位置关系 的判定方法即可，属于常考题型. 6.已知向量 ， ，则“ ”是“ ”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 根据向量共线的坐标表示，以及充分条件与必要条件的概念，即可得出结果. 【详解】因为 ， ， 若 ，则 ，因此 ；即由“ ”能推出“ ” 若 ，则 ，解得： ；即由“ ”不能推出“ ”； 因此，“ ”是“ ”成立的充分不必要条件. 故选：A 【点睛】本题主要考查充分不必要条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念，以及向量 共线的坐标表示即可，属于常考题型. 7.若实数 满足约束条件 ，则 的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先由约束条件作出可行域，化目标函数为 ，则目标函数表示直线 在 轴截距，结合图像，即可得出结果. 【详解】由约束条件 作出可行域如下： 因为目标函数 可化为 ， 因此 表示直线 在 轴截距， 由图像可得：当直线 过点 时，直线 在 轴截距最小， 由 得 ，即 . 所以 ， 故选：B 【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，只需由约束条件作出可行域，根据目标函数的 几何意义，结合图像求解即可，属于常考题型. 8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先由三视图确定该几何体是底面为正方形，侧棱和底面垂直的四棱锥，根据题中数据，以及 棱锥的体积公式，即可得出结果. 【详解】由三视图可得：该几何体是底面为正方形，侧棱和底面垂直的四棱锥， 且底面边长为 ，侧棱长为 ， 因此，该几何体的体积为 . 故选：A 【点睛】本题主要考查由三视图求几何体的体积，熟记几何体的结构特征，以及棱锥的体积 公式即可，属于常考题型. 9.函数 f(x)= 在[—π，π]的图像大致为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先判断函数的奇偶性，得 是奇函数，排除 A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答 案． 【详解】由 ，得 是奇函数，其图象关于原点对 称．又 ．故选 D． 【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性 质法或赋值法，利用数形结合思想解题． 10.函数 的最小正周期为 ，则 满足（ ） A. 在 上单调递增 B. 当 时有最小值 C. D. 图象关于直线 对称 【答案】B 【解析】 【分析】 先由函数最小正周期求出 ；得到 ，根据余弦函数的性质，逐项判 断，即可得出结果. 【详解】因为函数 的最小正周期为 ， 所以 ，即 ； 因此 ， 由 得 ， 由 得 ， 即函数 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ，故 A 错； 当 ， ，即 ，函数 有最小值 ；故 B 正确； ，故 C 错； 由 ， 得 ， ，即函数关于直线 ， 对 称，故 D 错； 故选：B 【点睛】本题主要考查由三角函数最小正周期求参数，以及余弦型三角函数的性质的判定， 熟记余弦函数的性质即可，属于常考题型. 11.如图，空间四边形 的对角线 ，M、N 分别为 的中点且 ，则异 面直线 与 所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先取 的中点为 ，连接 ， ，根据题意，得到 即是异面直线 与 所成角，或所成 角的补角；由题中数据，以及余弦定理，求出 ，再由异面直线所成角的范围，即可 得出结果. 【详解】取 的中点为 ，连接 ， ， 因为 M、N 分别为 的中点， 所以 ， ，且 ， ， 所以 即是异面直线 与 所成角，或所成角的补角； 又 ， ，所以 ， ， 因此 ， 因为异面直线所成的角范围是 ， 所以异面直线 与 所成角的余弦值为 . 故选：A 【点睛】本题主要考查求异面直线所成的角，根据题意，在几何体中作出异面直线所成的角 或其补角，即可根据题中数据求解，属于常考题型. 12.已知 ， 为椭圆 的左、右焦点，过原点 且倾斜角为 的直线 与椭圆 的一个交点为 ，若 ， ，则椭圆 的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先由题意，不妨设点 位于第一象限，根据 ，得到 ，根据 与 轴正方向的夹角为 ，得到 ，从而由 求出 ， ，得到 ， ，联立，即可求出结果. 【详解】因为过原点 且倾斜角为 的直线 与椭圆 的一个交点为 ， 不妨设点 位于第一象限， 因为 ，所以 为直角三角形，因此 ； 又 与 轴正方向的夹角为 ， 所以 ， ，即 ； 所以 ，解得： ，所以 ； 因此 ①， 又 ②， 由①②解得： ，因此所求椭圆方程为 . 故选：C 【点睛】本题主要考查求椭圆的标准方程，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质即可， 属于常考题型. 第Ⅱ卷 二、填空题：（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填写在答题卡的相应位置） 13. __________． 【答案】 【解析】 【分析】 利用诱导公式和两角和正切公式进行求值. 【 详 解 】 因 为 . 故答案为 . 【点睛】本题考查诱导公式和两角和正切公式的运用，考查运算求解能力，属于容易题. 14.函数 在点 处的切线方程是__________． 【答案】 【解析】 分析：求出函数 的导数，求得切线的斜率，由斜截式方程，即可得到所求切线 的方程. 详解： 的导数为 ， 在点（0,1）处的切线斜率为 ， 即有在点（0,1）处的切线方程为 . 故答案为 . 点睛：近几年高考对导数的考查几乎年年都有，利用导数的几何意义，求曲线的切线方程是 导数的重要应用之一，曲线 在点 的导数 就是曲线在该点的切线的斜率，我们 通常用导数的这个几何意义来研究一些与曲线的切线有关的问题，用导数求切线方程的关键 在于求切点坐标和斜率，分清是求在曲线某点处的切线方程，还是求过某点处的曲线切线方 程. 15.直线 经过双曲线 的一个焦点和虚轴的一个端点，则 双曲线 C 的离心率为____________． 【答案】 【解析】 【分析】 先由题意确定直线 与 轴， 轴交点的坐标，根据题意，得到 ， ，求 出 ，进而可得离心率. 【详解】因为直线 与 轴， 轴交点的坐标分别为： ， ， 又直线 经过双曲线 的一个焦点和虚轴的一个端点， 所以 为双曲线的焦点， 为双曲线虚轴的一个端点， 因此 ， ，所以 ， 所以离心率为 . 故答案为： 【点睛】本题主要考查双曲线的离心率，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型. 16.在三棱锥 中， 底面 ， ， 且三棱锥 的每个顶点都在球 的表面上，则球 的表面积为 _______ 【答案】 【解析】 【分析】 根据题目所给的条件可得到相应的垂直关系，得到三角形 ACD 和三角形 ABD 均为直角三角形， 有公共斜边 AD，由直角三角形的性质得到 AD 中点为球心，进而得到球的半径和面积. 【详解】因为三棱锥 中， 底面 ，所以 ，又因为 ，DC 和 CB 相交于点 C，故得到 AB 面 BCD，故得到 AB 垂直于 BD，又因为 DC 垂直于面 ABC，故 DC 垂 直于 AC，故三角形 ACD 和三角形 ABD 均为直角三角形，有公共斜边 AD，取 AD 中点为 O 点， 根据直角三角形斜边的中点为外心得到 O 到 ABCD 四个点的距离相等，故点 O 是球心，求得半 径为 3，由球的面积公式得到 S= . 故答案为 . 【点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力， 这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借 助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的 外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等， 然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这 样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底 面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直 的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球. 三、解答题：（本大题共 6 小题，第 17-21 每题 12 分，第 22 题 10 分，共 70 分.解答题应写 出必要的文字说明、证明过程、演算步骤） 17.通过随机询问 100 名性别不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下 列联表： （1）能否有 的把握认为是否爱好该项运动与性别有关？请说明理由． （2）利用分层抽样的方法从以上爱好该项运动的大学生中抽取 6 人组建“运动达人社”，现 从“运动达人社”中选派 2 人参加某项校际挑战赛，求选出的 2 人中恰有 1 名女大学生的概 率． 男 女 总计 爱好 40 20 60 不爱好 15 25 40 总计 55 45 100 附： 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 ，其中 【答案】（1）有 99%的把握认为是否爱好该项运动与性别有关；（2） . 【解析】 【分析】 （1）根据题中数据，根据所给公式，计算出 ，再由临界值表，即可得出结果； （2）先由题意，抽取的 人中，有男生 名，分别记为 ， ， ， ；女生 名，分别记为 ， ； 用列举法分别列举出总的基本事件，以及满足条件的基本事件，基本事件个数比，即为所求 概率. 【详解】（1）由题意可得： ， ∴有 的把握认为是否爱好该项运动与性别有关； （2）由题意，抽取的 人中，有男生 名，分别记为 ， ， ， ；女生 名，分别记为 ， . 则抽取的结果共有 种： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设“选出的 2 人中恰有 1 名女大学生”为事件 ，事件 所包含的基本事件有 种： ， ， ， ， ， ， ， ． 则 . 故选出的 人中恰有 名女大学生的概率为 . 【点睛】本题主要考查独立性检验，以及古典概型，熟记独立性检验的基本思想，以及概率 的计算公式即可，属于常考题型. 18.已知数列 满足 ，且 ． （1）求证：数列 是等差数列； （2）设 ，求数列 的前 项和 ． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】 【分析】 （1）根据 ，得到 ，根据等差数列的定义，即可得出结论成立； （2）先由（1）得 ，推出 ，根据裂项求和的 方法，即可得出结果. 【详解】（1）因为 ，所以 ，即 ， 又 ，所以 ， ∴数列 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列． （2）由（1）得 ，所以 ， 所以 ， 所以 ∴数列 的前 项和 ． 【点睛】本题主要考查由递推关系证明等差数列，以及数列的求和，熟记等差数列的定义与 通项公式，以及裂项相消的方法求数列的和即可，属于常考题型. 19.如图，在四棱锥 中，底面 为菱形， ， ， 分别 为线段 的中点. （1）求证： 平面 ； （2）若平面 平面 ，求三棱锥 的体积. 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】 【详解】试题分析：(1)欲证 平面 ，只要证 、 即可，由等边三角 形 性 及 菱 形 的 性 质 可 证 、 ； (2) 利 用 等 体 积 转 换 的 方 法 求 解 ， 即 ，求出三角形 的面积及 到平面 的距离即可求体积． 试题解析：（1）∵ 为 的中点，∴ ，……（2 分） ∵底面 为菱形， ，∴ ，……（4 分） ∵ ，∴ 平面 ．……（6 分） （2）∵ ， ∴ ，……（7 分） ∵平面 平面 ，平面 平面 ， ， ∴ 平面 ，……（8 分） ∴ ， ∴ ．……（9 分） ∵ 平面 ，∴ 平面 ．（10 分） ∵ ，∴ ．（12 分） 【考点】1．线面垂直的判定与性质；2．面面垂直的判定与性质；3．多面体的体积． 【名师点睛】本题考查线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质、多面体的体积，属 中档题；证明面面垂直的关键是证明线面垂直，证明线面垂直可由面面垂直得到，但由面面 垂直得到线面垂直一定要注意找两个面的交线，否则很容易出现错误．求几何体的体积的方 法主要有公式法、割补法、等积法等，本题求三棱锥的体积，采用了等积法． 20.已知函数 （1）当 a=-1 时，求函数 f(x)的单调区间； （2）若函数 的图象与直线 y=ax 只有一个公共点，求实数 b 的取值范围． 【答案】 【解析】 【详解】 （ ∞， ） （ ，0） 0 （0，+∞） + 0 — 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 b 单调递增 21.已知动圆 经过点 ，且和直线 相切. (Ⅰ)求该动圆圆心 的轨迹 的方程； (Ⅱ)已知点 ，若斜率为 1 的直线 与线段 相交（不经过坐标原点 和点 ），且与曲线 交于 两点，求 面积的最大值. 【答案】(Ⅰ） ；(Ⅱ) . 【解析】 试题分析：（1）根据抛物线的定义得到点 到点 距离等于点 到直线 距离，所以动点 的轨迹 是以 为焦点，直线 为准线的抛物线，从而得到方程；（2）联立直线和曲线得到 二次方程，由弦长公式得到 ，由点线距离得到 ，进而得到面积表 达式 ，求导可得到最值. 解析： (Ⅰ)由题意可知点 到点 距离等于点 到直线 距离，所以动点 的轨迹是以 为焦点，直 线 为准线的抛物线， 故：曲线 的方程是 . (Ⅱ)设直线 的方程为 ,其中 联立方程组 ,消去 得 ， 恒大于零 设 ,由求根公式得： ,∴ 点 到直线 的距离为 令 ，则 令 在 上递增，在 上递增. 在 时即 时取得最大值. 的最大面积为 . 点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是 一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最 终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一， 尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用． 22.4－4：坐标系与参数方程 已知在平面直角坐标系 中，直线 的参数方程为 （ 为参数），以坐标原点 为极点， 轴正半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 ． （1）求直线 的极坐标方程与曲线 的直角坐标方程； （2）直线 与曲线 在第一象限交于点 ，直线 与直线 交于点 ，求 . 【 答 案 】（ 1 ） 直 线 的 极 坐 标 方 程 为 ， 曲 线 的 直 角 坐 标 方 程 为 ；（2）3． 【解析】 【分析】 （1）根据直线的参数方程，消去参数，可直接得出普通方程，再由极坐标与直角坐标的互化 公式，即可得出直线的极坐标方程，以及曲线 的直角坐标方程； （2）先由题意，设 ，由题意得到 ， ，求出 ， ，进而可由 ，得出结果. 【详解】（1）由题意，直线 的普通方程为 ，所以直线 的极坐标方程为 ， 因为曲线 的极坐标方程为 ，所以 ， 所以 ，即曲线 的直角坐标方程为 ． （2）依题意可设 所以 ， 直线 化为极坐标方程为 所以 ，即 ， 所以 ． 【点睛】本题主要考查直线的参数方程与普通方程的互化，以及极坐标方程与直角坐标的互 化，熟记公式即可，属于常考题型. 23.4－5：不等式选讲 已知函数 ． （1）解不等式 ； （2）若 恒成立，求实数 的取值范围． 【答案】（1） ；（2） ． 【解析】 【分析】 （1）先由题意，将不等式 化为 ，分别讨论 ， ， 三种情况，即可得出结果； （2）先由 恒成立，得到 恒成立，令 ， 由绝对值不等式的性质求出其最小值，即可得到 ，求解，即可得出结果. 【详解】（1）由 得 ， 所以不等式 可化为 ， 当 时，不等式化为 ，即 ，所以 ； 当 时，不等式化为 ，不可能成立，所以解集为 ； 当 时，不等式化为 ，即 ，所以 ； 综上述，不等式的解集为 ． （2）若 恒成立，即 恒成立， 令 ，则 ， 当 时， ； 所以 ，解得： 或 ； 所以实数 的取值范围是 ． 【点睛】本题主要考查含绝对值的不等式的解法，以及由不等式恒成立求参数，熟记绝对值 不等式的解法，以及绝对值不等式的性质即可，属于常考题型.