新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学2020届高三上学期月考数学（理）试题

新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学2020届高三上学期月考数学（理）试题

数学试卷(理数)‎ 一､选择题(本大题共12小题，每小题5分)‎ ‎1.若集合，，R表示实数集，则下列选项错误的是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简M，N，再根据集合的运算和集合的之间的关系即可求出.‎ ‎【详解】集合，，，‎ ‎，，，，‎ ‎ ， 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查集合运算及包含关系的判断及应用，属于基础题．‎ ‎2.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯 A. 1盏 B. 3盏 C. 5盏 D. 9盏 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设塔顶的a1盏灯，‎ 由题意{an}是公比为2的等比数列，‎ ‎∴S7==381，‎ 解得a1=3．‎ 故选B．‎ ‎3.命题“函数是偶函数”的否定可表示为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该命题为全称命题，其否定是特称命题，除了将量词进行变化以外，还要将结论进行否定，最后用数学符号表示即可.‎ ‎【详解】命题“”的否定为：“存在某个函数不是偶函数”，‎ 即：，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查的知识点是命题的否定，全（特）称命题的否定是本考点的重要考查形式，属于基础题.‎ ‎4.实数满足条件，则的最小值为（ ）‎ A. 16 B. ‎4 ‎C. 1 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 有题得如下可行域：‎ 则过时，的最小值为，故选D．‎ ‎5.直三棱柱中，所有棱长都相等，是的中点，是的中点，则与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，取中点，连接，，得出与平行，由此可得出与所成的角即为，设出三棱柱的边长，求出对应的，，的值，然后在中由余弦定理得出的余弦值即可.‎ ‎【详解】如图，取中点，连接，，则与平行，所以与所成的角即为，设三棱柱的棱长为2，则，，‎ ‎，所以在中由余弦定理可得 ‎.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，解题的关键是找到异面直线所成的角.‎ ‎6.若 分别是 的中点，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 建立平面直角坐标系如图所示， ‎ ‎ 故选D．‎ 选C ‎7.已知函数的部分图像如图所示，则下列选项判断错误的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦函数的图像，可求出，得出函数的解析式，再利用正弦函数的图像和性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论.‎ ‎【详解】根据函数的部分图像可知，图像的最高点为2，所以 ‎，所以，所以，其周期为，‎ 当时，为最大值，所以图像关于直线对称，所以有，故A正确；‎ 由图像可知，故B正确；‎ ‎，故C正确；‎ ‎ ，故D错误. ‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查正弦函数的图像与性质，属于中等题.‎ ‎8.一锥体的三视图如图所示,则该棱锥的最长棱的棱长为　　(　　)  ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：该几何体为一个侧面与底面垂直，底面为正方形的四棱锥（如图所示），其中底面边长为，侧面平面，点在底面的射影为，所以,所以,‎ ‎,,,底面边长为，所以最长的棱长为，故选C.‎ 考点：简单几何体的三视图．‎ ‎9.三棱锥中，平面且是边长为的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据已知中底面是边长为的正三角形，，平面，可得此三棱锥外接球，即为以为底面以为高的正三棱柱的外接球 ∵是边长为的正三角形，∴的外接圆半径 ‎ 球心到的外接圆圆心的距离 故球的半径 ‎ 故三棱锥外接球的表面积 ‎ 故选C．‎ ‎10.设，又记，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据递推公式，，，可以递推出前几项，从而归纳出周期，所以，从而得出答案.‎ ‎【详解】因为，所以，又，‎ 所以；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎ ‎ 由以上式子可以归纳出规律：是以周期周期数列，‎ 所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查数列递推公式的应用，解决本题的关键是由数列的前几项归纳出数列的周期.‎ ‎11.已知函数的定义在上的奇函数，当时，满足，则在区间内（ ）‎ A. 没有零点 B. 恰有一个零点 C. 至少一个零点 D. 至多一个零点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由时两边同时乘以可得，构造函数可得，在构造可得出的单调性，再由利用单调性即可得出当时的取值范围，再利用奇函数的性质即可得出结论.‎ ‎【详解】当时，两边同时乘以可得 ‎，也即是，‎ 所以，令，所以有，‎ 令，所以，所以在上单调递增，所以当时有，又，所以当时，，所以，又因为函数的定义在上的奇函数，所以，当时有，综上可知在区间内有且只有一个零点.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查利用构造函数法判断零点个数的知识，合理构造函数是解决问题的关键.‎ ‎12.在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若= +，则+的最大值为 A. 3 B. 2 C. D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 如图所示，建立平面直角坐标系.‎ 设,‎ 易得圆的半径，即圆C的方程是，‎ ‎，若满足，‎ 则 ，，所以，‎ 设，即，点在圆上，‎ 所以圆心到直线的距离，即，解得，‎ 所以的最大值是3，即的最大值是3，故选A.‎ ‎【名师点睛】（1）应用平面向量基本定理表示向量是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.‎ ‎（2）用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.‎ 二､填空题(本大题包括4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卡中的横线上)‎ ‎13.已知向量，满足，且，则与的夹角为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据可得出，进行数量积运算可得出 ‎，进而求出的值，从而得出与的夹角.‎ ‎【详解】因为，所以，即，‎ 又，，所以，‎ 所以，所以，又因为两向量夹角属于，所以与的夹角为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查向量垂直的充要条件，以及两向量数量积的运算，属于中等偏易题.‎ ‎14.定积分的值为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先利用定积分的运算法则写成定积分和的形式，然后利用定积分的几何意义求值.‎ ‎【详解】，又，，所以 ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查定积分的性质和几何意义.‎ ‎15.定义：，已知数列满足：，若对任意正整数，都有成立，则的值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可求出数列的通项公式，进而求得，根据 可得出：当时，有，数列递增；‎ 当时，有，数列递减.进而得出当时，有最小值，求出即可.‎ ‎【详解】因为，所以，所以，‎ 又， ‎ 当时，，所以当时，有，即数列递增；‎ 当时，，所以当时，有，即数列递减.‎ 由上可得当时，有最小值， 且.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了数列和不等式的综合运用，解题时要综合运用所学知识解决问题.‎ ‎16.定义在上的函数为减函数，且函数的图像关于点对称，若且，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意·可分析出函数为奇函数，可将转化为 ‎，再根据函数的单调性进一步可转化为，再由 可得出或，建立坐标系，设 ‎，借助线性规划的性质分析可得出的最大值，最小值·，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为函数的图像关于点对称，所以函数关于坐标原点对称，所以函数为奇函数，因为，‎ 所以，因为在上的函数为减函数，‎ 所以，可化为，即，因为 ‎ 所以或，画出可行域如图，设，则，‎ 由图可知：当直线经过点时，取得最大值，当经过点时， 取得最小值；综上可知：的取值范围是.‎ ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和单调性，以及线性规划求最值问题，主要考查学生综合运用所学知识的能力.‎ 三､解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.‎ ‎(1)求f(x)的最小值m；‎ ‎(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：＋＋≥3.‎ ‎【答案】（1）m＝3 （2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分段讨论当x＜－1时，当－1≤x＜2时，当x≥2时，函数f(x)‎ 的值域，然后求函数在定义域上的值域即可；‎ ‎（2）由已知条件a＋b＋c＝3，再结合重要不等式证明即可.‎ ‎【详解】解：（1）当x＜－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)；‎ 当－1≤x＜2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)；‎ 当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)．‎ 即， ‎ 综上，f(x)的最小值m＝3.‎ ‎（2）证明：因为a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，‎ 所以＋＋＋(a＋b＋c)‎ ‎＝＋＋‎ ‎≥2‎ ‎＝2(a＋b＋c)，‎ 当且仅当a＝b＝c＝1时，取“＝”，‎ 所以＋＋≥a＋b＋c，‎ 又a＋b＋c＝3，‎ 即＋＋≥3.‎ ‎【点睛】本题考查了含绝对值符号的函数值域的求法，重点考查了重要不等式的应用，属中档题.‎ ‎18.已知的最小正周期为．‎ ‎(1)求的值；‎ ‎(2)在中，角，，所对的边分别是为，，，若，求角的大小以及的取值范围．‎ ‎【答案】(1) ;(2) ,.‎ ‎【解析】‎ ‎ 试题分析：（1） 根据三角恒等变换的公式，得，根据周期，得，即，即可求解的值；‎ ‎（2）根据正弦定理和三角恒等变换的公式，化简，可得，可得，进而求得，即可求解的取值范围.‎ 试题解析：‎ ‎(1)∵ ‎ ‎ ，由函数的最小正周期为，即，得，∴，∴ ．‎ ‎（2）∵，∴由正弦定理可得 ，∴ ．∵，∴．∵，．∵，∴，∴，∴，∴．‎ ‎19.已知等差数列的前项和为，公差，且成等比数列．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设是首项为，公比为的等比数列，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）由，成等比数列求出等差数列的两个基本量及公差从而得数列的通项公式；（2）数列是一个等差数列与一个等比较数列之积，用错位相减法求其和．‎ 解题时注意不要混淆公式．‎ 试题解析：（1）依题得 解得，‎ ‎，即 ‎ ‎（2）‎ ‎①‎ ‎②‎ 两式相减得：‎ ‎ ‎ 考点：1.等差数列的通项公式；2.等比数列的通项公式；3.数列的前项和公式；4.错位相消法 ‎20.如图1，平面五边形中，，，，，是边长为2的正三角形.现将沿折起，得到四棱锥(如图2)，且.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；2）存在点，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推出，，而得出平面，再由面面垂直的判定定理即可证明.‎ ‎（2）假设存在点为的中点，设的中点为，连接，，可推出四边形是平行四边形，从而得出，即可求得平面.由此能求出在棱上存在点，使得平面，此时.‎ ‎【详解】（1）证明：由已知得，，因为，‎ 所以平面. ‎ 又平面，所以平面平面. ‎ ‎（2）在棱上存在点，使得平面，此时. ‎ 理由如下：‎ 假设存在点为的中点，‎ 设的中点为，连接，，‎ 则，.‎ 因为，且，‎ 所以，且，‎ 所以四边形平行四边形， ‎ 所以.‎ 因为平面，且平面，‎ 所以平面.‎ 所以在棱上存在点，使得平面，此时.‎ ‎【点睛】本题主要考查面面垂直的判定定理和线面平行的判定定理.‎ ‎21.已知数列，满足，，.‎ ‎（1）求证：数列为等差数列；‎ ‎（2）设，求.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据数列的递推公式，得到，得到 ‎，即可得出结论.‎ ‎（2）设，可以得到是首项，公差为的等差数列，再根据等差数列的求和公式计算即可.‎ ‎【详解】（1）由，得， ‎ 所以，因为，所以，‎ 所以数列是首项为1，公差为的等差数列.‎ ‎（2）设，‎ 由（1）得数列是首项为1，公差为的等差数列，所以，‎ 所以，‎ 所以， ‎ 且.‎ 所以是首项，公差为的等差数列， ‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列定义以及等差数列前项和的求法.‎ ‎22.已知函数（为常数，）.‎ ‎（Ⅰ）若是函数的一个极值点，求的值；‎ ‎（Ⅱ）求证：当时，在上是增函数；‎ ‎（Ⅲ）若对任意的（1，2），总存在，使不等式成立，求实数的取范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）.‎ ‎（Ⅱ）略 ‎（Ⅲ）实数的取值范围为.‎ ‎【解析】‎ 本试题主要是考查了导数在研究函数中的运用．以及不等是的求解，和函数单调性的判定的综合运用．‎ ‎（1）因为 由已知，得即， 得到a的值，‎ ‎（2）当时，‎ 当时，.又，故在上是增函数 ‎（3）当时，由（Ⅱ）知，在上的最大值为 于是问题等价于：对任意的，不等式恒成立.‎ 利用构造函数得到结论．‎ 解：……………1分 ‎（Ⅰ）由已知，得即，……3分 经检验，满足条件.……………………………………4分 ‎（Ⅱ）当时，…………5分 当时，.又，故在上是增函数 ‎（Ⅲ）当时，由（Ⅱ）知，在上的最大值为 于是问题等价于：对任意的，不等式恒成立.‎ 记 则…………………………9分 当时，有，且在区间（1，2）上递减，且，则不可能使恒成立，故必有…………11分 当，且 若，可知在区间上递减，在此区间上有，与恒成立矛盾，故，这时，即在（1，2）上递增，恒有满足题设要求.‎ ‎，即，所以，实数的取值范围为.……………………14分 ‎ ‎