河北省衡水市安平县安平中学2020届高三上学期11月月考数学（理）试题

河北省衡水市安平县安平中学2020届高三上学期11月月考数学（理）试题

安平中学2019—2020年上学期高三年级第二次月考数学试题（理）‎ 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，有且只有一项符合题目要求，将正确答案填涂在答题卡上. ‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解出集合、，再利用补集和交集的定义得出集合.‎ ‎【详解】解不等式，得或；‎ 解不等式，得，解得.‎ ‎，，则，‎ 因此，，故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查集合的补集与交集的计算，同时也考查了一元二次不等式以及对数不等式的求解，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎2.已知复数，则其共轭复数的虚部为 A. B. C. i D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的代数形式的运算法则，求出，再利用共轭复数和复数的定义即可求出。‎ ‎【详解】因为，所以的共轭复数为，‎ 虚部为，故选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的代数形式的运算法则以及共轭复数、复数的定义应用。‎ ‎3.若，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角函数的诱导公式，求得，再由余弦的倍角公式，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由三角函数的诱导公式，可得，‎ 又由余弦的倍角公式，可得，‎ 所以，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式和余弦的倍角公式的化简求值，其中解答中熟练应用三角函数的基本公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎4.已知，若角的终边经过点，则的值为（ ）‎ A. B. C. 4 D. -4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先通过终边上点的坐标求出，然后代入分段函数中求值即可.‎ ‎【详解】解：因为角的终边经过点 所以 所以 所以 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了任意角三角函数的定义，分段函数的计算求值，属于基础题.‎ ‎5.两个非零向量满足，则向量与夹角（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件计算得到，，再利用夹角公式计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了向量的夹角，意在考查学生的计算能力，也可以建立直角坐标系求解.‎ ‎6.标准的围棋棋盘共行列，个格点，每个格点上可能出现“黑”“白”“空”三种情况，因此有种不同的情况；而我国北宋学者沈括在他的著作《梦溪笔谈》中，也讨论过这个问题，他分析得出一局围棋不同的变化大约有“连书万字五十二”种，即，下列数据最接近的是 （）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，对取对数可得，即可得，分析选项即可得答案．‎ ‎【详解】据题意，对取对数可得，即可得 分析选项：B中与其最接近，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查对数的计算，关键是掌握对数的运算性质．‎ ‎7.双曲线的右焦点为，点为的一条渐近线上的点，为坐标原点，若，则的最小值为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得双曲线的一条渐近线为，由，得到点的坐标为，利用三角形的面积公式和基本不等式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，双曲线的一条渐近线为，设，‎ 因为，可得点的横坐标为，‎ 代入渐近线，可得，所以点的坐标为，‎ 所以，‎ 当且仅当时，即时，等号成立，即的最小值为.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及简单的几何性质的应用，其中解答中熟记双曲线的几何性质，利用基本不等式准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎8.的部分图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性，排除D；根据函数解析式可知定义域为,所以y轴右侧虚线部分为x=1，利用特殊值x=0.01和x=1.001代入即可排除错误选项。‎ ‎【详解】由函数解析式，易知=‎ 所以函数为奇函数，排除D选项 根据解析式分母不为0可知,定义域为,所以y轴右侧虚线部分为x=1，‎ 当x=0.01时，代入可得，排除C选项 当x=1.001时，代入可得，排除B选项 所以选A ‎【点睛】本题考查了根据函数解析式判断函数的图象，依据主要是奇偶性、单调性、特殊值等，注意图中坐标的位置及特殊直线，属于中档题。‎ ‎9.已知，满足约束条件，若目标函数的最小值为-5，则的最大值为（ ）‎ A. 2 B. 3‎ C. 4 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由目标函数z＝3x+y的最小值为`-5，可以画出满足条件的可行域，结合目标函数的解析式形式，分析取得最优解的点的坐标，得到参数的取值，然后求出目标函数的最大值即可．‎ ‎【详解】画出x，y满足的可行域如下图：‎ z＝3x+y变形为y=-3x+z，其中z表示直线的截距，‎ 可得在直线与直线＝0的交点A处，使目标函数z＝3x+y取得最小值-5，当过点B时，目标函数z＝3x+y取得最大值，‎ 故由 ，‎ 解得 x＝-2，y＝1，‎ 代入＝0得a=1，‎ 由⇒B（3，-4）‎ 当过点B（3，-4）时，目标函数z＝3x+y取得最大值，最大值为5．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查了含参数的线性规划问题，当约束条件中含有参数时，可以先大致画出几个不等式对应的平面区域，分析取得最优解是哪两条直线的交点，再代入求解，本题属于中档题．‎ ‎10.已知函数的图像的一条对称轴为直线，且，则的最小值为( )‎ A. B. ‎0 ‎C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用辅助角公式，化简函数的解析式，由对称轴的方程，求得的值，得出函数的解析式，集合正弦函数的最值，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，函数为辅助角，‎ 由于函数的对称轴的方程为，且，‎ 即，解得，所以，‎ 又由，所以函数必须取得最大值和最小值，‎ 所以可设，，‎ 所以，‎ 当时，的最小值，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦函数的图象与性质，其中解答中利用三角恒等变换的公式，化简函数的解析式，合理利用正弦函数的对称性与最值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ ‎11.已知椭圆：，的左、右焦点分别为，，为椭圆上异于长轴端点的一点，的内心为，直线交轴于点，若，则椭圆的离心率是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接和，分别运用角平分线定理和比例的性质、椭圆的定义和离心率公式，计算可得所求值．‎ ‎【详解】‎ 解：的内心为，连接和，‎ 可得为的平分线，即有，‎ ‎，‎ 可得，‎ 即有，‎ 即有，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的定义和性质，主要是离心率的求法，考查角平分线定理的运用，以及运算能力，属于基础题．‎ ‎12.已知是函数的导函数，且对任意的实数都有是自然对数的底数），，若不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，可得，可设，，解得，，利用导数研究其单调性极值与最值并且画出图象即可得出．‎ ‎【详解】‎ 令，则，‎ 可设，‎ ‎∵，∴．‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 可得：时，函数取得极大值，时，‎ 函数取得极小值．‎ ‎，，，．‎ ‎∴时，不等式的解集中恰有两个整数，．‎ 故的取值范围是，故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值及其图象性质、方程与不等式的解法、数形结合思想方法、构造方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20‎ 分，将答案填在答题卡上相应位置. ‎ ‎13.若{an}为等差数列，Sn是其前n项的和，且S11＝π，则tana6＝________.‎ ‎【答案】－‎ ‎【解析】‎ S11＝＝‎11a6＝π，∴a6＝，∴tana6＝－‎ ‎14.已知是函数的一个极值点，则曲线在点处的切线斜率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由是函数的一个极值点，求得，进而求得，根据导数的几何意义，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意，函数，则，‎ 又由是函数的一个极值点，‎ 所以，解得，即，‎ 所以，所以函数在点处切线的斜率为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用函数的极值点求参数，以及导数的几何意义的应用，其中解答中熟记函数的极值点的定义，合理利用导数导数的几何意义求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎15.已知抛物线，过其焦点的直线交抛物线于两点（点在第一象限），若，则的值是_________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据面积公式得到即，联立方程利用韦达定理得到 代入计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 设即， ‎ 设直线方程为 ，故 得到 ‎ 代入计算得到： ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线方程，根据面积公式得到是解题的关键.‎ ‎16.在三棱锥中，，，，点到底面的距离为，则三棱锥的外接球的表面积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可知为三棱锥的外接球的一条直径，过点作平面，可知为外接圆的一条直径，计算出的长度，再利用勾股定理计算出的长度，即可得出该球的直径，再利用球体表面积公式可得出结果.‎ ‎【详解】设的中点为点，，，‎ 为三棱锥的外接球的一条直径，‎ 过点作平面，垂足为点，‎ ‎、、平面，，，，‎ ‎，，由勾股定理可得，同理可知，‎ ‎，为等边三角形，‎ 设的外接圆圆心为点，连接，则，且，‎ 由中位线的性质可知点为的中点，为圆的一条直径，‎ 所以，，由圆的内接四边形的性质可知，，‎ ‎，由正弦定理可得，‎ ‎，因此，球的表面积为，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查多面体的外接球表面积的计算，解题时要充分分析多边形的形状，找出球心的位置，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ‎17.已知在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．‎ Ⅰ求角A的大小；‎ Ⅱ已知函数，且方程有解，求实数t的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用正弦定理将边化为角，化简可得，结合 的范围即可得结果；（Ⅱ）易得函数关于点对称，故原题等价于，结合的范围求出的范围即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）在中，由正弦定理得．‎ 即，又角为三角形内角，，‎ 所以，‎ 又因为为三角形内角，所以．‎ ‎（Ⅱ）的图像关于对称，由，‎ 可得，， ‎ 又为锐角三角形，所以， ‎ ‎，，所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查了通过正弦定理实现边角互化，三角函数的值域问题，解决问题的关键是通过函数的对称性转化为求三角函数的值域问题.‎ ‎18.如图，四边形与均为菱形，，且. ‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值；‎ ‎（3）若为线段上的一点，满足直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设与相交于点，连接，证明，得到答案.‎ ‎（2）先证明两两垂直，如图所示建立直角坐标系，分别计算法向量，利用夹角公式得到答案 ‎（3）设，则，利用夹角公式计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）设与相交于点，连接，‎ ‎∵四边形为菱形，∴，且为中点，∵，‎ ‎∴‎ 又，‎ ‎∴平面. ‎ ‎ ‎ ‎（2）连接，∵四边形为菱形，且，‎ ‎∴为等边三角形，∵为中点，∴‎ 又，‎ ‎∴平面. ∵两两垂直 ‎∴建立空间直角坐标系，如图所示： ‎ ‎∵四边形为菱形，， ，∴. ‎ ‎∵为等边三角形，∴. ‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 设平面的法向量为，则 令，则，得 ‎ 设平面的法向量为，则，‎ 令，则，得 ‎ 所以 ‎ 又因为二面角为钝角，‎ 所以二面角的余弦值为. ‎ ‎（3）设 则 所以 化简得 ‎ 解得：或（舍） 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直，二面角，线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.‎ ‎19.已知椭圆：的离心率为，椭圆的四个顶点围成的四边形的面积为4.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）直线与椭圆交于，两点，的中点在圆上，求（为坐标原点）面积的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）.‎ ‎（Ⅱ）1.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由题意知，，得，，代入椭圆的方程，再由椭圆的四个顶点围成的四边形的面积得，求得的值，即可得到椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，得到，‎ 当直线的斜率存在时，设:，联立方程组，求得，求得中点的坐标，代入圆的方程，得，再由弦长公式和点到直线的距离公式，即可得到的表达式，即可求解面积的最大值．‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）由题意知，得，，‎ 所以，‎ 由椭圆的四个顶点围成的四边形的面积为4，得，‎ 所以，，椭圆的标准方程为.‎ ‎（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，‎ 令，得，，‎ 当直线的斜率存在时，设:，，，，‎ 由，得，‎ 则，，‎ 所以，，‎ 将代入，得，‎ 又因为 ，‎ 原点到直线的距离，‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ‎.‎ 当且仅当，即时取等号.‎ 综上所述，面积的最大值为1.‎ 点睛：点睛：本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”‎ 的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．‎ ‎20.当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进. 高中联招对初三毕业学生进行体育测试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施. 某地区2018年初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试，三项考试满分为50分，其中立定跳远15分，掷实心球15分，1分钟跳绳20分. 某学校在初三上学期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到右边频率分布直方图，且规定计分规则如下表：‎ ‎（1）现从样本的100名学生中，任意选取2人，求两人得分之和不大于33分的概率；‎ ‎（2）若该校初三年级所有学生的跳绳个数服从正态分布，用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差，已知样本方差 （各组数据用中点值代替）. 根据往年经验，该校初三年级学生经过一年的训练，正式测试时每人每分钟跳绳个数都有明显进步，假设今年正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加10个，现利用所得正态分布模型：‎ ‎（ⅰ）预估全年级恰好有2000名学生时，正式测试每分钟跳182个以上的人数；（结果四舍五入到整数）‎ ‎（ⅱ）若在全年级所有学生中任意选取3人，记正式测试时每分钟跳195个以上的人数为，求随机变量的分布列和期望. 附：若随机变量服从正态分布，则，，‎ ‎.‎ ‎【答案】（1）；（2）（ⅰ）1683人；（ⅱ）分布列见解析，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分成两人得分均为16分，或两人中1人16分，1人17分两种情况，计算得到答案.‎ ‎（2）（ⅰ）先计算，得到，代入公式计算得到答案.‎ ‎（2）（ⅱ）每分钟跳绳个数195以上的概率为0. 5，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.‎ ‎【详解】（1）两人得分之和不大于33分，即两人得分均为16分，或两人中1人16分，1人17分，‎ ‎（2）‎ 又，所以正式测试时，，∴. ‎ ‎（ⅰ）∴，‎ ‎∴（人） ‎ ‎（ⅱ）由正态分布模型，全年级所有学生中任取1人，每分钟跳绳个数195以上的概率为0. 5，即 ‎∴；；‎ ‎； .‎ ‎∴的分布列为 ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了概率的计算，分布列，数学期望，意在考查学生的综合应用能力.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性.‎ ‎（2）试问是否存在，使得对恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(1)见解析；(2) 存在；的取值范围为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），，‎ 所以得，所以通过对与的大小关系进行分类讨论得的单调性；‎ ‎(2)假设存在满足题意的的值，由题意需，所以由(1)的单调性求即可；‎ 又因为对恒成立，所以可以考虑从区间内任取一个值代入，解出的取值范围，从而将的范围缩小减少讨论.‎ ‎【详解】解：（1），.‎ 当时，，在上单调递增 当时，，上单调递减，在上单调递增 ‎ 当时，在上单调递减，在，上单调递增； ‎ 当时，在上单调递减，在，上单调递增. ‎ ‎（2）假设存在，使得对恒成立.‎ 则，即，‎ 设，则存在，使得， ‎ 因为，所以在上单调递增，‎ 因，所以时即. ‎ 又因为对恒成立时，需，‎ 所以由（1）得：‎ 当时，在上单调递增，所以，‎ 且成立，从而满足题意. ‎ 当时，在上单调递减，在，上单调递增，‎ 所以 所以（*）‎ 设，，则在上单调递增，‎ 因为， ‎ 所以的零点小于2，从而不等式组（*）的解集为，‎ 所以即 综上，存在，使得对恒成立，且的取值范围为.‎ ‎【点睛】求可导函数的单调区间的一般步骤是：‎ ‎（1）求定义域；‎ ‎（2）求；‎ ‎（3）讨论的零点是否存在；若的零点有多个，需讨论它们的大小关系及是否在定义域内；‎ ‎（4）判断在每个区间内的正负号，得的单调区间.‎ 当在区间上恒成立时，需.‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. ‎ ‎22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）当时，求的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线交于两点，直线的倾斜角，点为直线与轴的交点，求的最小值．‎ ‎【答案】(1) 直线的普通方程为；曲线的直角坐标方程为．(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，消去参数可得直线的普通方程；利用互化公式可得曲线的普通方程；（2）将直线的参数方程代入曲线的普通方程，利用参数的几何意义可得．‎ ‎【详解】（1）直线的普通方程为；‎ 曲线的直角坐标方程为．‎ ‎（2）将直线的参数方程（为参数），代入圆的方程，‎ 得，化简得，‎ 易知，设所对应的参数分别为，则 则，‎ 所以．‎ 当时，取得最小值．‎ ‎【点睛】本题主要考查了简单曲线的极坐标方程，直线的参数方程，参数的几何意义，属中档题．‎ ‎23.已知关于的函数．‎ ‎（Ⅰ）若对所有的R恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若关于的不等式的解集非空，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用绝对值三角不等式求出的最小值，解不等式即可；（Ⅱ）等价于，即，分为和两种情形讨论即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ），‎ ‎∴或，‎ ‎∴或. ‎ 故m的取值范围为.‎ ‎（Ⅱ）∵的解集非空，∴，‎ ‎∴，‎ ‎①当时，，恒成立，即均符合题意；‎ ‎②当时，，，‎ ‎∴不等式可化为，解之得.‎ 由①②得，实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式的应用，转化与化归思想，属于中档题.‎