黑龙江省大庆第一中学2020届高三上学期第一次月考数学（理）试题

黑龙江省大庆第一中学2020届高三上学期第一次月考数学（理）试题

高三年级上学期第一次月考 数学(理)试题 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.已知集合M={x|1≤x＜3}，N={1，2}，则M∩N=（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合交集的定义可得所求结果．‎ ‎【详解】∵，‎ ‎∴．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，解题的关键是弄清两集合交集中元素的特征，进而得到所求集合，属于基础题．‎ ‎2.i为虚数单位，复数z满足z（1+i）=i，则|z|=（　　）‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由得，所以，故答案为B．‎ 考点：复数的运算．‎ ‎3.下列函数中，既是奇函数又在(0，＋∞)上单调递增的是( )‎ A. y＝ex＋e－x B. y＝ln(|x|＋1)‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：根据奇偶性的定义判断函数奇偶性，根据函数单调性的定义判断单调性即可.‎ 详解：‎ 选项 A，B 显然是偶函数，排除；选项 C 是奇函数，但在(0，＋∞)上不是单调递增函数，不符合题意；选项 D 中，是奇函数，且 y＝x 和 在(0，＋∞)上均为增函数，故在(0，＋∞)上为增函数，所以选项 D 正确．‎ 点睛：这个题目考查了具体函数的奇偶性和单调性，一般判断函数奇偶性，先判断函数的定义域是否关于原点对称，之后再按照定义判断，即判断与的等量关系.‎ ‎4.如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由三视图确定组合体为球和正四棱柱拼接而成，然后利用球体和正四棱柱的表面积公式可计算出组合体的表面积.‎ ‎【详解】由三视图可知，该组合体是由球和正四棱柱拼接而成，且球体半径为，正四棱柱底面边长为，高为，因此该组合体的表面积为，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查组合体表面积的计算，解题时要从三视图中判断出组合体的构成，利用简单几何体的表面积进行计算，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎5.给出下列两个命题：命题：“，”是“函数为偶函数”的必要不充分条件；命题：函数是奇函数，则下列命题是真命题的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断出简单命题、的真假，然后利用复合命题的真假判断出各选项中命题的真假.‎ ‎【详解】对于命题，若函数为偶函数，则其对称轴为，得，‎ 则“，”是“函数为偶函数”的充分不必要条件，命题为假命题；‎ 对于命题，令，即，得，则函数的定义域为，‎ 关于原点对称，且，‎ 所以，函数为奇函数，命题为真命题，‎ 因此，、、均假命题，为真命题，故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查复合命题真假性的判断，解题的关键就是判断出各简单命题的真假，考查逻辑推理能力，属于中等题.‎ ‎6.《九章算术》中有一题：今有牛、马、羊食人苗苗主责之粟五斗羊主曰：“我羊食半马”马主曰：“我马食半牛”今欲衰偿之，问各出几何其意思是：今有牛、马、羊吃了别人禾苗，禾苗主人要求赔偿五斗粟羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半”若按此比例偿还，牛、马、羊的主人各应赔偿多少？设牛、马、羊的主人分别应偿还x斗、y斗、z斗，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 且 B. 且 C. 且 D. 且 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知z，y，z依次成公比为的等比数列，根据等比数列的性质及求和公式即可求得答案．‎ ‎【详解】由题意可知x，y，z依次成公比为的等比数列，‎ 则，解得，‎ 由等比数列的性质可得．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的性质以及等比数列的求和公式的应用，其中解答中认真审题，熟练应用等比数列的性质和求和公式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．‎ ‎7.若函数是上的单调函数，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：求出导函数，导函数在上大于等于0恒成立．‎ 详解：，由题意恒成立，∴，．‎ 故选C．‎ 点睛：函数在上是单调函数，则只能为单调增函数或单调减函数，因此有导数（或）恒成立，从而可求解．‎ ‎8.如图所示，点，是曲线上一点，向矩形内随机投一点，则该点落在图中阴影内的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定积分求阴影部分面积，再根据几何概型概率公式求结果.‎ ‎【详解】阴影部分面积为，‎ 所以所求概率为，选A.‎ ‎【点睛】本题考查利用定积分求面积以及几何概型概率，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎9.函数的图象大致为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇偶性以及特殊值即可排除。‎ ‎【详解】因为 ‎=，所以为奇函数图像关于原点对称，排除BD,因为，所以排除A答案，选择D ‎【点睛】本题主要考查了函数图像的判断方法，常利用函数的奇偶性质，特殊值法进行排除，属于中等题。‎ ‎10.若函数，对任意实数都有，则实数的值为（ ）‎ A. 和 B. 和 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由得函数一条对称轴为 ,因此 ,由得 ,选A.‎ 点睛：求函数解析式方法：‎ ‎(1).‎ ‎(2)由函数的周期求 ‎(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求.‎ ‎（4）由 求对称轴 ‎11.设函数，若互不相等的实数满足，则的取值范围是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 画出函数的图象，不妨令，则．结合图象可得，从而可得结果．‎ ‎【详解】画出函数的图象如图所示．‎ 不妨令，则，则．‎ 结合图象可得，故．‎ ‎∴．选B．‎ ‎【点睛】数形结合是根据数量与图形之间对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．‎ ‎12.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点F且斜率为1的直线与抛物线C交于A、B两点，若在以线段AB为直径的圆上存在两点M、N，在直线：x+y+a=0上存在一点Q，使得∠MQN=90°，则实数a的取值范围为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先联立直线与抛物线，根据抛物线定义以及韦达定理得线段AB中点以及弦长，即得圆方程，再根据直线与圆位置关系列不等式，解得结果.‎ ‎【详解】过点F（1，0）且斜率为1的直线方程为：．‎ 联立 ‎∴AB的中点坐标为（3，2），|AB|=x1+x2+p=8，‎ 所以以线段AB为直径的圆圆D：，圆心D为：（3，2），半径为r=4，‎ ‎∵在圆C上存在两点M，N，在直线上存在一点Q，使得∠MQN=90°，‎ ‎∴在直线上存在一点Q，使得Q到C（3，2）的距离等于，‎ ‎∴只需C（3，2）到直线的距离小于或等于4，∴‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系以及直线与圆位置关系，考查综合分析求解能力，属中档题.‎ 二、填空题 ：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.在的展开式中，含的项的系数是______．‎ ‎【答案】32‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项展开式的通项公式求出含的项，进而可得其系数.‎ ‎【详解】，令，得，‎ 所以含的项的系数为 .故填:32.‎ ‎【点睛】本题考查了二项展开式通项公式，根据通项公式可求出对应项的系数.‎ ‎14.已知实数满足，则的最大值为_____．‎ ‎【答案】7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，作出不等式组所表示的可行域，平移直线，观察直线在轴上的截距取得最大时对应的最优解，再将最优解代入目标函数可得出的最大值.‎ ‎【详解】设，作出不等式组所表示的可行域如下图所示：‎ 联立，解得，得点，‎ 平移直线，当直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最大，‎ 此时，取最大值，即，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值，一般利用平移直线，利用直线在坐标轴的截距取最值来寻找最优解，考查数形结合思想，属于中等题.‎ ‎15.已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围是____．‎ ‎【答案】（-4，2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因为当且仅当时取等号，所以 考点：基本不等式求最值 ‎16.已知函数，若存在，使得，则实数的值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数f（x）可以看作是动点M（x，ex）与动点N（-a，-）之间距离的平方，问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，由y=ex得，y′=ex=，曲线上点M（-1，）到直线y=x的距离最小，要使f（x0）≤，则f（x0）=，然后求解a即可．‎ ‎【详解】函数f（x）=（x+a）2+（ex+）2，‎ 函数f（x）可以看作是动点M（x，ex）与动点N（-a，-）之间距离的平方，‎ 动点M在函数y=ex的图象上，N在直线y=x的图象上，‎ 问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，‎ 由y=ex得，y′=ex=，解得x=-1，‎ 所以曲线上点M（-1，）到直线y=x的距离最小，最小距离d=，‎ 则f（x）≥，‎ 根据题意，要使f（x0）≤，则f（x0）=，‎ 此时N恰好为垂足，由KMN=-e，解得a= ．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ 三、解答题：本大题共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.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足 ‎（I）求角B的大小；‎ ‎（II）若b是a和c的等比中项，求△ABC的面积.‎ ‎【答案】（I）；（II）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（I）由 得，‎ 得 ‎ ‎（II）由b是a和c的等比中项得，‎ 又由余弦定理得 故 故△ABC为正三角形 ，‎ 故 ‎18.《山东省高考改革试点方案》规定：从2017年秋季高中入学的新生开始，不分文理科；2020年开始，高考总成绩由语数外3门统考科目和物理、化学等六门选考科目构成．将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为、、、、、、、共8个等级．参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为、、、、、、、．选考科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到、、、、、、、八个分数区间，得到考生的等级成绩．某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布．‎ ‎（1）求物理原始成绩在区间的人数；‎ ‎（2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取3人，记表示这3人中等级成绩在区间的人数，求的分布列和数学期望．‎ ‎（附：若随机变量，则，，）‎ ‎【答案】（Ⅰ）1636人；（Ⅱ）见解析。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据正态曲线的对称性，可将区间分为和两种情况，然后根据特殊区间上的概率求出成绩在区间内的概率，进而可求出相应的人数；（Ⅱ）由题意得成绩在区间[61,80]的概率为，且，由此可得的分布列和数学期望．‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为物理原始成绩，‎ 所以 ‎．‎ 所以物理原始成绩在（47，86）的人数为（人）．‎ ‎（Ⅱ）由题意得，随机抽取1人，其成绩在区间[61,80]内的概率为．‎ 所以随机抽取三人，则的所有可能取值为0,1,2,3，且，‎ 所以 ，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎ ．‎ 所以的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 所以数学期望．‎ ‎【点睛】（1）解答第一问的关键是利用正态分布的三个特殊区间表示所求概率的区间，再根据特殊区间上的概率求解，解题时注意结合正态曲线的对称性．‎ ‎（2）解答第二问的关键是判断出随机变量服从二项分布，然后可得分布列及其数学期望．当被抽取的总体的容量较大时，抽样可认为是等可能的，进而可得随机变量服从二项分布．‎ ‎19.如图，在三棱柱中，、分别是、的中点.‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）若这个三棱柱的底面是等边三角形，侧面都是正方形，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，再利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面；‎ ‎（Ⅱ）取、的中点、，连接、，证明出平面以及，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，计算出平面和平面的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：取的中点为，连接、.‎ ‎、分别为、的中点，，且，‎ 为的中点，且. ‎ 且，四边形为平行四边形，.‎ 平面，平面，平面；‎ ‎（Ⅱ）解：设的中点为，连接，‎ 为等边三角形 ，∴ ‎ 侧面都是正方形 ，，，‎ ‎、平面且，平面，‎ 平面，，，平面. ‎ 取中点为，连接，则.‎ 以为原点，以、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图.‎ 设，则、、，‎ ‎，，‎ 设平面的法向量为，则，‎ 令，得，‎ 取平面的法向量为.则，‎ 结合图形可知，二面角为锐角，其余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面平行的判定，考查二面角的求解，证明直线与平面平行，常用以下三种方法：‎ ‎①利用中位线平行证明线线平行；②证明四边形为平行四边形，利用对边平行得出线线平行；③证明面面平行，由面面平行得出线面平行.‎ ‎20.已知椭圆的左、右焦点分别为,若椭圆经过点,且的面积为.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程;‎ ‎（2）设斜率为的直线与以原点为圆心,半径为的圆交于两点,与椭圆交于两点,且,当取得最小值时,求直线的方程并求此时的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）最小值，直线的方程为.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由三角形的面积，即可求得c=2,将点代入椭圆方程，由椭圆的性质a2=b2+c2，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；‎ ‎（2）直线的方程为，则原点到直线的距离，由弦长公式可得．将代入椭圆方程，得，得．可得．可得所求结论. ‎ 试题解析：（1）由的面积可得，即，∴．①‎ 又椭圆过点，∴．②‎ 由①②解得，，故椭圆的标准方程为．‎ ‎（2）设直线的方程为，则原点到直线的距离，‎ 由弦长公式可得．‎ 将代入椭圆方程，得，‎ 由判别式，解得．‎ 由直线和圆相交的条件可得，即，也即，‎ 综上可得的取值范围是．‎ 设，，则，，‎ 由弦长公式，得．‎ 由，得．‎ ‎∵，∴，则当时，取得最小值，此时直线的方程为．‎ 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．‎ ‎21.已知函数 .‎ ‎（1）当时，求函数的极值；‎ ‎（2）是否存在实数，使得当时，函数的最大值为 ‎？若存在，取实数的取值范围，若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，确定极值（2）先求函数导数，根据导函数零点情况分类讨论，根据函数取最大值情况研究实数的取值范围：当时，函数先增后减，最大值为；当时，再根据两根大小进行讨论，结合函数图像确定满足题意的限制条件，解出实数的取值范围 试题解析：（1）当时，，则，‎ 化简得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，‎ 且，‎ 所以函数在处取到极小值为，在处取得极大值.‎ ‎（2）由题意，‎ ‎①当时，函数在上单调递增，在上单调递减，此时，不存在实数，使得当时，函数的最大值为，‎ ‎②当时，令有或，‎ ‎（1）当时，函数在上单调递增，显然符合题意.‎ ‎（2）当即时，函数在和上单调递增，‎ 在上单调递减，‎ ‎ 此时由题意，只需，解得，又，‎ 所以此时实数的取值范围是.‎ ‎（3）当即时，函数在和上单调递增，‎ 在上单调递减，要存在实数，使得当时，函数的最大值为，‎ 则，代入化简得，‎ ‎，因为恒成立，‎ 故恒有，所以时，所以恒成立，‎ 综上，实数的取值范围是.‎ 选考题：共10分.请考生在22,23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为；直线的参数方程为 （为参数），直线与曲线分别交于两点．‎ ‎（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；‎ ‎（2）若点的极坐标为，，求的值．‎ ‎【答案】(1) 曲线的直角坐标方程为即，直线的普通方程为；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用代入法消去参数方程中的参数，可得直线的普通方程，极坐标方程两边同乘以利用 即可得曲线的直角坐标方程；（2）直线 的参数方程代入圆的直角坐标方程，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.‎ ‎【详解】（1）由，得，‎ 所以曲线的直角坐标方程为，‎ 即， 直线的普通方程为. ‎ ‎(2)将直线的参数方程代入并化简、整理，‎ 得. 因为直线与曲线交于，两点。‎ 所以，解得.‎ 由根与系数的关系，得，. ‎ 因为点的直角坐标为，在直线上.所以， ‎ 解得，此时满足.且，故.．‎ ‎【点睛】参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）若函数的定义域为，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（I）（II）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）讨论的范围，去绝对值符号，解不等式； ‎ ‎（II）求出的最小值，令最小值大于零即可得出的范围．‎ ‎【详解】解：（I）由已知不等式，得，‎ 当时，不等式为，解得，所以；‎ 当时，不等式为，解得，所以；‎ 当时，不等式为，解得，此时无解．‎ 综上：不等式的解集为．‎ ‎（II）若的定义域为，则恒成立．‎ ‎∵，当且仅当时取等号．‎ ‎∴，即．‎ 所以实数的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，属于中档题．‎ ‎ ‎ ‎ ‎