辽宁省丹东市凤城市第一中学2020届高三上学期12月月考数学（文）试题

辽宁省丹东市凤城市第一中学2020届高三上学期12月月考数学（文）试题

数学试卷 一、选择题：本题共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，，那么（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先解出集合所含的元素，再由集合的交集运算的定义求解．‎ 详解】，又 ‎ 即，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解答本题的关键，属于基础题．‎ ‎2.已知复数满足（为虚数单位），则复数的虚部为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先，然后化简求虚部.‎ ‎【详解】 ，虚部为.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算，以及复数的相关概念，属于简单题型.‎ ‎3.已知向上满足 ,，则向量与的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意求出，再由向量夹角公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以，因此，‎ 所以，‎ 因此向量与的夹角为 ‎【点睛】本题主要考查向量夹角的计算，熟记向量数量积的运算即可，属于常考题型.‎ ‎4.已知的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合指数的运算性质，可知是等价的.‎ ‎【详解】由或 或,所以是的充要条件.‎ 故选C ‎【点睛】判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．‎ ‎5.设函数是定义在上的奇函数，当时，，则满足的的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由时，，得到在 和上函数值的正负，再由奇函数的性质判断出上的函数值为正的部分即可．‎ ‎【详解】解：由题意及对数函数的性质得函数在上函数值小于0，在函数值大于0， 又函数是定义在上的奇函数， ∴函数在函数值大于0 ∴满足的的取值范围是． 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查对数函数的单调性与特殊点，以及函数的奇函数的性质，求解本题的关键是熟练对数函数的图象以及奇函数的对称性．‎ ‎6.在新一轮的高考改革中,一名高二学生在确定选修地理的情况下,想从历史、政治、化学、生物、物理中再选择两科学习,则所选的两科中一定有生物的概率是()‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算出从历史、政治、化学、生物、物理5科中选2科的数量，然后计算出按照两科里有生物，再选另一科的数量.根据古典概型的计算公式，得到答案.‎ ‎【详解】从历史、政治、化学、生物、物理5科中选2科，数量有，‎ 所选的2科中一定有生物，则需在从历史、政治、化学、物理4科中选1科，数量有，‎ 所以其概率为.‎ 故答案为C项.‎ ‎【点睛】本题考查组合问题，古典概型的计算，属于简单题.‎ ‎7.设、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，有下列命题：‎ ‎①如果，，，那么； ‎ ‎②如果，，那么；‎ ‎③如果，，那么；‎ ‎④如果平面内有不共线的三点到平面的距离相等，那么；‎ 其中正确的命题是（ ）‎ A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面垂直与线面平行的性质可判断①;由直线与平面垂直的性质可判断②;由直线与平面平行的性质可判断③;根据平面与平面平行或相交的性质,可判断④.‎ ‎【详解】对于①如果,,,根据线面垂直与线面平行性质可知或或,所以①错误 对于②如果,,根据直线与平面垂直的性质可知,所以②正确;‎ 对于③如果,,根据直线与平面平行的判定可知,所以③正确;‎ 对于④如果平面内有不共线的三点到平面的距离相等,当两个平面相交时,若三个点分布在平面的两侧,也可以满足条件,所以错误,所以④错误;‎ 综上可知,正确的为②③‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查了直线与平面平行、直线与平面垂直的性质,平面与平面平行的性质,属于中档题.‎ ‎8.若数列各项不相等的等差数列，，且，，成等比数列，则（ ）‎ A. 18 B. 28‎ C. 44 D. 49‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比中项列方程，将方程转换为只含的表达式后求得，由此求得的值.‎ ‎【详解】由于，，成等比数列，所以，所以，即，依题意“数列各项不相等的等差数列”，所以，故由得，而，所以.所以.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等比中项的性质，考查等差数列通项的基本量的计算，考查等差数列前项和的求法，属于基础题.‎ ‎9.函数的图象可能是（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先判断函数的奇偶性，排除选项，再根据特殊区间时，判断选项.‎ ‎【详解】是偶函数，是奇函数，是奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A,B ‎ ，当时，，‎ ‎，排除C.‎ 故选D .‎ ‎【点睛】本题考查根据函数解析式判断函数图象，一般从函数的定义域确定函数的位置，从函数的值域确定图象的上下位置，也可判断函数的奇偶性，排除图象，或是根据函数的单调性，特征值，以及函数值的正负，是否有极值点等函数性质判断选项.‎ ‎10.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，，，则ABC的面积等于（ ）‎ A. 或 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦定理得到，代入面积公式计算得到答案.‎ ‎【详解】利用余弦定理得到：或（舍去）‎ ‎ ‎ 故选D ‎【点睛】本题考查了余弦定理和面积公式，意在考查学生的计算能力.‎ ‎11.已知三棱锥四个顶点均在半径为的球面上，且，，若该三棱锥体积的最大值为，则这个球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据勾股定理可知，从而求得；根据棱锥体积公式可知，若三棱锥体积最大,则可得点到平面的最大距离，在中利用勾股定理构造关于球的半径的方程，解方程求得半径，代入球的表面积公式可求得结果.‎ ‎【详解】， ‎ ‎ ‎ 如下图所示：‎ 若三棱锥体积最大值为，则点到平面的最大距离：‎ 即：‎ 设球的半径为，则在中：，解得：‎ 球的表面积：‎ 故选 ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的求解问题，关键是能够通过体积的最值确定顶点到底面的距离，根据外接球的性质可确定球心的大致位置，通过勾股定理构造关于半径的方程求得外接球半径.‎ ‎12.已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意转化为方程有两个不同的实数根，整理得到有两个不同的实根，转化为和在上有两个交点，根据导数求出的单调性、极值和最值，从而得到的取值范围.‎ ‎【详解】要使函数有两个极值点，‎ 求导得，‎ 则转化为有两个不同的实根，‎ 即和在上有两个交点，‎ 令，∴．‎ 记，‎ 在上单调递减，且，‎ 所以当时，，，‎ 所以在上单调递增；‎ 当时，，，‎ 所以上单调递减，‎ 故．‎ 当时，；当时，，‎ 所以，当，即时，‎ 和在上有两个交点，‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数的单调性、极值和最值，函数与方程，属于中档题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知曲线在点处的切线平行于直线，则______.‎ ‎【答案】－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导数，代入x0求得切线的斜率，再由两直线平行的条件可得到关于x0的方程，解方程即可得到所求值，注意检验.‎ ‎【详解】的导数为， 即在点处的切线斜率为， 由切线平行于直线， 则，即， 解得或. 若，则切点为，满足直线，不合题意. 若，则切点为，不满足直线，符合题意. 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义：函数在某点处的导数即为曲线在该点处的切线的斜率，同时考查两直线平行的问题，属基础题.‎ ‎14.已知，满足约束条件，若， 则的最大值为____.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出约束条件所表示的可行域，结合图形，确定目标函数的最优解，代入即可求解目标函数的最大值，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，画出约束条件所表示的可行域，如图所示，‎ 目标函数，可化为直线，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，此时目标取得最大值，‎ 又由，解得，‎ 所以目标函数的最大值为.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎15.设当时,函数取得最大值,则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用辅助角公式得到，化简得到，代入式子得到答案.‎ ‎【详解】，其中 ‎ 当时，有最大值，即 故答案为 ‎【点睛】本题考查了三角函数求值，意在考查学生的计算能力.‎ ‎16.定义在上的偶函数对于任意的有，且当时，，若函数在上只有四个零点，则实数______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知关系式可确定关于对称，结合奇偶性可知函数周期，将问题转化为与在上有且仅有四个交点，可排除的情况，当时，由与的图象可知若有四个交点，则，由此解方程求得结果.‎ ‎【详解】 关于直线对称 又为偶函数，即关于对称 为周期函数且 在有且仅有四个零点，即与在上有且仅有四个交点 当时，在上单调递增，又时，‎ 与在不存在四个交点 ‎ 与有且仅有四个交点，图象如下图所示：‎ ‎，又 ，解得：‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查根据函数零点个数求解参数值的问题，关键是能够将零点个数转化为两个函数的交点个数问题，通过数形结合的方式，确定临界状态，从而构造方程求得结果.‎ 三、解答题：共70分.解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须做答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知bsinA=acos(B–)．‎ ‎（1）求角B的大小；‎ ‎（2）若，△ABC的面积为，求△ABC的周长．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理得，又由bsinA=acos(B–)得B=.（2）利用面积公式和余弦定理得出，即周长可求.‎ ‎【详解】（1）解：在△ABC中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得．又因为，可得B=．‎ ‎（2）因为△ABC的面积为，所以，所以，又因为，所以，所以△ABC的周长为 ‎【点睛】本题考查的知识点：正弦定理的应用，余弦定理的应用，三角形面积公式的应用及相关的运算问题．‎ ‎18.如图，四边形为正方形，平面，，点，分别为，的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）求点到平面的距离．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）取的中点，连接、，由已知结合三角形中位线定理可得且，得四边形为平行四边形，从而可得，再由线面平行的判定可得平面；（Ⅱ）利用等积法可得：，代入棱锥体积公式可得点到平面的距离．‎ 试题解析：（Ⅰ）证明：取点是的中点，连接，，则，且，‎ ‎∵且，‎ ‎∴且，‎ ‎∴四边形为平行四边形，‎ ‎∴，∴平面．‎ ‎（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知平面，所以点到平面的距离与到平面的距离是相等的，故转化为求点到平面的距离，设为．‎ 利用等体积法：，即，，‎ ‎∵，，∴，∴．‎ 点睛：本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题；在证明线面平行的过程中，常见的方法有：1、构造三角形的中位线；2、构造平行四边形；3、利用面面平行；在该题中利用的是构造平行四边形.求点到面的距离主要是利用等体积法.‎ ‎19.随着自媒体直播平台的迅猛发展，直播平台上涌现了许多知名三农领域创作者，通过直播或视频播放，帮助当地农民在直播平台上销售了大量的农产品，促进了农村的经济发展，当地农业与农村管理部门对近几年的某农产品年产量进行了调查，形成统计表如下：‎ 年份 年份代码 年产量（万吨）‎ ‎（1）根据表中数据，建立关于的线性回归方程；‎ ‎（2）根据线性回归方程预测年该地区该农产品的年产量；‎ ‎（3）从年到年的年年产量中随机选出年的产量进行具体调查，求选出的年中恰有一年的产量小于万吨的概率.‎ 附：对于一组数据、、、，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．（参考数据：）‎ ‎【答案】（1）；（2）预测年该地区该农产品的年产量约为万吨；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）计算出和，然后将表格中数据代入最小二乘法公式求出和的值，即可得出回归直线的方程；‎ ‎（2）将代入回归直线方程，计算出的值，即可预测出年该地区该农产品的年产量；‎ ‎（3）记事件“年的产量中恰有一年的产量低于万吨”，列举出所有的基本事件，并确定事件所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式即可计算出事件的概率.‎ ‎【详解】（1）由题意可知：，，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 关于的线性回归方程为；‎ ‎（2）由（1）可得，当年份为年时，年份代码，此时，‎ 所以可预测年该地区该农产品的年产量约为万吨；‎ ‎（3）由题知，所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、，共个，‎ 设事件“年的产量中恰有一年的产量低于万吨”，则中有个基本事件，故.‎ ‎【点睛】本题考查利用最小二乘法求回归直线方程以及利用回归直线预测结果，同时也考查了利用古典概型的概率公式计算事件的概率，考查数据处理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎20.已知数列的前项和为，且.‎ ‎（1）求数列的通项公式 ‎（2）若数列是等差数列，且，，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，求得，当时，递推作差得，即，得到数列是首项为1，公比为3的等比数列，即可求解数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1）求得，得到，利用分组求和，即可求解．‎ ‎【详解】（1）当时，，所以，‎ 当时，因，所以，‎ 两式作差得，即，因为，‎ 所以数列是首项为1，公比为3的等比数列，‎ 故；‎ ‎（2）令，则，，‎ 所以数列的公差，故，‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的求解，以及数列的“分组求和”的应用，其中解答中根据数列的通项和前n项和之间的关系，求得数列的通项公式，再利用等差、等比数列的前n项和公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．‎ ‎21.已知函数 ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若在定义域内有两个极值点，求证：.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导后，将问题转变为研究在时的正负；当，可知恒成立，从而可知，得到函数单调递减；当时，解方程求出两根，根据在不同区间内的符号确定原函数的单调性即可；（2）由（1）可知且是方程的两个不等实根，从而可得韦达定理的形式；将整理为韦达定理的形式，代入可得，设，利用导数求得，从而可证得结论.‎ ‎【详解】（1）由题意得：的定义域为，‎ 令，‎ ‎①当，即时，恒成立 即： 在上单调递减 ‎②当，即时 令，解得：，‎ 当时，，即；当时，，即 在，上单调递减；在上单调递增 ‎（2）在定义域上有两个极值点 由（1）知且是方程的两个不等实根 则，‎ 设，则 ‎ ‎ 则在上为减函数 则成立 ‎【点睛】本题考查讨论含参数函数的单调性问题、利用导数证明不等式的问题.与两个极值点有关的不等式证明问题，通常采用构造韦达定理的形式，将问题转化为新的函数的最值求解的问题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第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.选修4-4 坐标系与参数方程选讲 在直角坐标系中，直线的参数方程（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线极坐标方程为.‎ ‎（1）求直线的普通方程以及曲线的参数方程；‎ ‎（2）当时，为曲线上动点，求点到直线距离的最大值.‎ ‎【答案】(1) 直线的普通方程为，曲线的参数方程(为参数) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意，对直线的参数方程以及曲线的极坐标方程进行化简得出直线的普通方程以及曲线的参数方程；‎ ‎（2）设点的坐标为，根据点到直线的距离公式求得距离d，然后求得最大值.‎ ‎【详解】（1）直线的普通方程为，‎ 曲线的极坐标方程可化为，‎ 化简可得.‎ 故曲线C的参数方程(为参数)‎ ‎（2）当时，直线的普通方程为.‎ 有点的直角坐标方程，可设点的坐标为，‎ 因此点到直线的距离可表示为 ‎ .‎ 当时，取最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了极坐标参数方程的综合知识，化简极其重要，属于基础题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）若的解集非空，求的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）通过讨论范围，求出不等式的解集即可； ‎ ‎（Ⅱ）问题转化为，求出的范围即可．‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，即为，‎ 当时，得，则， ‎ 当时，无解,‎ 当时，得，则，‎ 综上；‎ ‎（Ⅱ）因为的解集非空即有解，‎ 等价于，‎ 而． ‎ ‎∴，．‎ ‎【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，考查分类讨论思想以及绝对值不等式的性质，是一道综合题．‎ ‎ ‎ ‎ ‎