甘肃省天水市第一中学2020届高三上学期12月月考数学（理）试题

甘肃省天水市第一中学2020届高三上学期12月月考数学（理）试题

天水一中2017级高三一轮复习第三次模拟考试 数学试题（理科）‎ 一、选择题.‎ ‎1.已知集合，集合，求（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解出集合、，再利用集合交集运算律可求出集合。‎ ‎【详解】解不等式，即，解得，.‎ 解不等式，解得，，‎ 因此，，故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，解出不等式得出两个集合是解题的关键，考查计算能力，属于基础题。‎ ‎2.若，且，则下列不等式一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、B、C三个选项的关系无法判断或错误，而所以,故选D。‎ 考点：比大小（或者不等式证明）。‎ ‎3.下列命题的说法错误的是（　　）‎ A. 对于命题p：∀x∈R，x2+x+1＞0，则¬p：∃x0∈R，x02+x0+1≤0．‎ B. “x=1“是“x2﹣3x+2=0“的充分不必要条件．‎ C. “ac2＜bc2“是“a＜b“的必要不充分条件．‎ D. 命题“若x2﹣3x+2=0，则x=‎1”‎的逆否命题为：“若x≠1，则x2﹣3x+2≠‎0”‎．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 对于命题p:∀x∈R,x2+x+1>0,则¬p: ∃x0∈R，x02+x0+1≤0，是真命题；‎ ‎“x=‎1”‎是“x2−3x+2=0“的充分不必要条件，是真命题；‎ 若c=0时，不成立，是假命题；‎ 命题“若x2−3x+2=0,则x=‎1”‎的逆否命题为：“若x≠1,则x2−3x+2≠‎0”‎，是真命题；‎ 故选：C.‎ ‎4.已知等差数列的前n项和为，则 A. 140 B. ‎70 ‎C. 154 D. 77‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列的前n项和公式，及等差数列的性质，即可求出结果.‎ ‎【详解】等差数列的前n项和为，‎ ‎.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的前n项和的求法和等差数列的性质，属于基础题.‎ ‎5.已知双曲线（a>0，b>0）的离心率为，则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由双曲线（a>0，b>0）的离心率为，得：，即 ‎∴椭圆的离心率为 故选：C 点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.‎ ‎6.函数，的大致图象是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断函数的奇偶性排除选项A，C，然后取特殊值，计算判断即可得结果.‎ ‎【详解】，定义域关于原点对称，‎ ‎∵，‎ 所以为偶函数，即图象关于轴对称，则排除A，C，‎ 当时，，故排除D，故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的图象的判断与应用，考查函数的零点以及特殊值的计算，是中档题；已知函数解析式，选择其正确图象是高考中的高频考点，主要采用的是排除法，最常见的排出方式有根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等性质，同时还有在特殊点处所对应的函数值或其符号，其中包括等.‎ ‎7.将函数图象向左平移个单位长度，则平移后新函数图象对称轴方程为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用图像左右平移的规律,得到平移后的函数图像对应的解析式,之后结合余弦函数图形的对称性,应用整体角思维得到结果.‎ ‎【详解】将函数图象向左平移个单位长度，可得,‎ 即,令,解得,‎ 则平移后图像的对称轴方程为,‎ 故选A.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关函数图像的平移变换，以及的图像和性质，结合余弦曲线的对称轴，求得结果.‎ ‎8.在中，边上的中线的长为，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意得【点睛】‎ 本题考查的是平面向量基本定理与向量的拆分，需要选择合适的基底，再把其它向量都用基底表示。‎ ‎9. 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】‎ 试题分析：由三视图分析可知此几何体为底面是直角三角形，其中一条侧棱垂直与底面的三棱锥。底面三角形两直角边分别为3、4，棱锥高为6.则棱锥体积为。故A正确。‎ 考点：1三视图；2棱锥体积公式。‎ ‎10.已知,点是圆上任意一点，则面积的最大值为 （ ）‎ A. 8 B. C. 12 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角形面积公式可得，只需求出到直线的距离最大值即可得结果.‎ ‎【详解】由两点间距离公式可得,‎ 由两点式可得直线方程为,‎ 圆心到直线的距离,‎ 圆的半径,‎ 所以点到直线距离最大值为，‎ 面积的最大值为，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆的方程与性质、点到直线距离公式的应用以及解析几何求最值，属于中档题.解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法.‎ ‎11.函数，函数，（其中为自然对数的底数，）若函数有两个零点，则实数取值范围为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分离变量，转化为求对应函数单调性及其值域，即可确定结果.‎ 详解】由得，‎ 令，则,‎ 所以当时，,‎ 当时，,‎ 因此当时，函数有两个零点，选C.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数零点，考查综合分析求解能力，属中档题.‎ ‎12.已知双曲线，过原点作一条倾斜角为直线分别交双曲线左、右两支P，Q两点，以线段PQ为直径的圆过右焦点F，则双曲线离心率为　　‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得直线的方程，联立直线的方程和双曲线的方程，求得两点坐标的关系，根据列方程，化简后求得离心率.‎ ‎【详解】设，依题意直线的方程为，代入双曲线方程并化简得，故 ，设焦点坐标为，由于以为直径的圆经过点，故，即，即，即，两边除以得，解得.故，故选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查直线和双曲线的交点，考查圆的直径有关的几何性质，考查运算求解能力，属于中档题.‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知，满足约束条件，则的最小值是_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，利用的几何意义，即可得到结论．‎ ‎【详解】解：作出，满足约束条件的对应的平面区域如图：‎ 由得，‎ 平移直线，‎ 由图象可知当直线经过点时，直线的纵截距最小，‎ 此时最小，由解得，‎ 此时，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划的基本应用，利用数形结合，结合目标函数的几何意义是解决此类问题的基本方法．‎ ‎14.动点椭圆上，过作轴的垂线，垂足为，点满足.则点的轨迹方程______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，，根据题意列出等式，然后根据在椭圆上，代入即得。‎ ‎【详解】解：令，，‎ 则，‎ 即代入可得即 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查相关点法求轨迹方程，属于基础题。‎ ‎15.已知在直角梯形中，，，，将直角梯形沿折叠，使平面平面，则三棱锥外接球的体积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 结合题意画出折叠后得到的三棱锥如图所示，由条件可得在底面中，。取AB的中点O，AC的中点E，连OC,OE。则.‎ ‎∵,‎ ‎∴.‎ ‎∵平面平面,‎ ‎∴平面,‎ ‎∴.‎ 又.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴点O为三棱锥外接球的球心，球半径为2.‎ ‎∴。答案：。‎ 点睛：‎ ‎（1）本题是一道关于求三棱锥外接球体积的题目，得到外接球的球心所在位置是解题的关键，结合题意取AB的中点O，易得OA=OB=OC=OD=2，进而可确定三棱锥外接球的半径，然后利用球的体积公式进行计算即可。‎ ‎（2）对于折叠性问题，要注意折叠前后的两个图形中哪些量（位置关系、数量关系）发生了变化、哪些没发生变化。‎ ‎16.已知函数，，，则数列的通项公式为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先证明函数为奇函数，故的图像关于对称，故，由此将的表达式两两组合求它们的和，然后求得的表达式.‎ ‎【详解】由于，所以函数为奇函数，故的图像关于对称，由此得到，所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性和对称性，考查特殊数列求和的方法——分组求和法.属于中档题.‎ 三、解答题（共70分）‎ ‎17.已知函数，．‎ ‎（1）求函数的单调增区间；‎ ‎（2）求方程在(0，]内的所有解．‎ ‎【答案】（1）,；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将进行恒等变换化为正弦型函数，（1）直接利用正弦函数的单调增区间得到,，解得x的范围即可.‎ ‎（2）令，解得x的值，对k进行赋值，使得x落在内，即得结果.‎ ‎【详解】 ‎ ‎（1）由,，解得：,.‎ ‎∴函数的单调增区间为,‎ ‎（2）由得，解得：，即, ‎ ‎∵，∴或．‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数求值的运算问题，考查三角恒等变换，正弦函数的单调性，是基础题．‎ ‎18.已知数列是等差数列，前项和为，且，．‎ ‎（1）求．‎ ‎（2）设，求数列前项和．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由数列是等差数列，所以，解得，又由，解得， 即可求得数列的通项公式；‎ ‎ (2)由（1）得，利用乘公比错位相减，即可求解数列的前n项和．‎ ‎【详解】(1)由题意，数列是等差数列，所以，又，，‎ 由，得，所以，解得， ‎ 所以数列的通项公式为． ‎ ‎(2)由（1）得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 两式相减得，‎ ‎，‎ 即．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差的通项公式、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.‎ ‎19.在中，角，，所对的边分别是，，，已知.‎ ‎（Ⅰ）求角的大小；‎ ‎（Ⅱ）若，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由正弦定理得到，再由三角形的内角间的关系得到，解得，进而得到结果；（Ⅱ）结合余弦定理得到，代入参数值得到，根据三角形面积公式得到结果即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）根据正弦定理，，‎ 整理得 ，‎ 即，‎ 而，所以，解得，‎ 又，故；‎ ‎（Ⅱ）根据余弦定理， ，‎ 又，，，‎ 故，解得，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函数，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.‎ ‎20.如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，，，点为的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出和的数量关系，根据勾股定理可证，又是正三角形，所以，根据直线与平面垂直的判定定理，可证平面；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量所成的余弦值，从而可以求出平面与平面所成二面角的正弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：连结，，因为底面为菱形，，‎ 故，又为的中点，故.‎ 在中，，为的中点，所以.‎ 设，则，，‎ 因为，‎ 所以.（也可通过来证明），‎ 又因为，平面，平面，‎ 所以平面；‎ ‎（2）因为，，‎ ‎，‎ 所以平面，又平面，所以.‎ 由（1）得平面，又平面，故有，又由，‎ 所以，，所在的直线两两互相垂直.‎ 故以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴，轴如图建系.‎ 设，则，，，.‎ 所以，，，‎ 由（1）知平面，‎ 故可以取与平行的向量作为平面的法向量.‎ 设平面的法向量为，则，‎ 令，所以.‎ 设平面与平面所成二面角为，而 则，所以平面与平面所成二面角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，空间向量法求二面角，属于综合题。‎ ‎21.已知椭圆的离心率为，短轴的一个端点到右焦点的距离为2，‎ ‎（1）试求椭圆的方程；‎ ‎（2）若斜率为的直线与椭圆交于、两点，点为椭圆上一点，记直线的斜率为，直线的斜率为，试问：是否为定值？请证明你的结论 ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ 分析：（1）由条件得a,c，解得b,即得椭圆标准方程，（2）设C,D坐标，根据斜率公式得，设直线方程并与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理代入化简可得为定值.‎ 详解：（1）．，椭圆的方程为 ‎ ‎（2）设直线的方程为：，‎ 联立直线的方程与椭圆方程得：‎ ‎（1）代入（2）得：‎ 化简得：………（3） ‎ 当时，即，‎ 即时，直线与椭圆有两交点， ‎ 由韦达定理得：， ‎ 所以，， ‎ 则 ‎，。‎ 点睛：直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用韦达定理或求根公式进行转化.‎ ‎22.已知函数在点处的切线方程为.‎ ‎（1）求实数的值；‎ ‎（2）若存在，满足，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) 实数的值为.‎ ‎(2).‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）根据导数的几何意义求得曲线在点处的切线方程，与对照后可得．（2）问题可转化为在上有解，令，，结合导数可得，故得实数的取值范围为．‎ 详解：（1）函数的定义域为，‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ ‎∴，‎ 又,‎ ‎∴所求切线方程为，‎ 即.‎ 又函数在点处的切线方程为，‎ ‎∴.‎ 所以实数的值为.‎ ‎（2）由题意得，‎ 所以问题转化为在上有解.‎ 令，，‎ 则 .‎ 令，‎ 则当时，有.‎ 所以函数区间上单调递减，‎ 所以.‎ 所以，‎ 所以在区间上单调递减.‎ 所以.‎ 所以实数的取值范围为.‎ 点睛：对于恒成立和能成立的问题，常用的解法是分离参数，转化为求函数最值的问题处理．解题时注意常用的结论：若有解，则；若有解，则．当函数的最值不存在时，可利用函数值域的端点值来代替，解题时特别要注意不等式中的等号能否成立．‎