宁夏银川唐徕回民中学2020届高三上学期月考理科数学试题

宁夏银川唐徕回民中学2020届高三上学期月考理科数学试题

银川唐徕回民中学2019-2020学年度第一学期12月月考高三数学试卷（理）‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：因为，，所以，故选B．‎ 考点：1、集合的表示；2、集合的交集．‎ ‎2.若复数，则复数在复平面内对应的点所在象限为（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出复数，再确定复数在复平面内对应的点所在象限即可.‎ ‎【详解】解:因为复数，‎ 所以,‎ 则复数在复平面内对应的点的坐标为,‎ 即复数在复平面内对应的点所在象限为第四象限,‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的模及除法运算，重点考查了复数在复平面内对应的点所在象限，属基础题.‎ ‎3.等比数列中，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等比数列的性质，若，则，将已知条件代入运算即可.‎ ‎【详解】解：因为等比数列中，，‎ 由等比数列的性质可得，‎ 所以，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的性质，重点考查了运算能力，属基础题.‎ ‎4.已知在中，若，则此三角形（ ）‎ A. 无解 B. 有一个解 C. 有二个解 D. 解的个数不确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理可得，则有两个解，即此三角形有两个解，得解.‎ ‎【详解】解：已知在中，若，‎ 由正弦定理可得，‎ 又，‎ 即，则有两个解，‎ 即此三角形有两个解，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了利用正弦定理判断三角形解的个数问题，属基础题.‎ ‎5.下列命题错误的个数是（ ）‎ ‎①在中，是的充要条件；‎ ‎②若向量满足，则与的夹角为钝角；‎ ‎③若数列的前项和，则数列为等差数列；‎ ‎④若，则“”是“”的必要不充分条件.‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于①，在中，由正弦定理可得，是的充要条件；‎ 对于②，若向量满足，则与的夹角为钝角或与反向共线；‎ 对于③，由已知可得，则数列为等差数列；‎ 对于④，由“”的充要条件为 “或”，再判断即可得解.‎ ‎【详解】解：对于①，在中，由正弦定理，则的充要条件为，由三角形的性质可得的充要条件为，即在中，是的充要条件，即①正确；‎ 对于②，若向量满足，则与的夹角为钝角或与反向共线，即②错误；‎ 对于③，若数列的前项和，则当时，，当时，满足上式，即，则，则数列为等差数列，即③正确；‎ 对于④，由“”的充要条件为“”，即“或”，又“或”是“”‎ 的必要不充分条件，即“”是“”的必要不充分条件，即④正确.‎ 命题错误的个数是1个，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理及向量的夹角，重点考查了等差数列及充要条件，属中档题.‎ ‎6.函数y=sin2x的图象可能是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.‎ 详解：令， ‎ 因为，所以为奇函数，排除选项A,B;‎ 因为时，，所以排除选项C，选D.‎ 点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．‎ ‎7.已知实数，满足约束条件，则的最大值为（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出题中不等式组表示的平面区域，再将目标函数对应的直线进行平移并观察z的变化，即可得到的最大值．‎ ‎【详解】作出题中不等式组表示的平面区域，如图阴影所示，‎ 当直线过A时，z最大，此时A点坐标满足 解A()‎ 此时z的最大值为 故选C ‎【点睛】本题着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划，考查数形结合思想，考查运算能力，属于基础题．‎ ‎8.已知两点，，若点是圆上的动点，则△面积的最小值是 A. B. ‎6 ‎C. 8 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得圆的方程和直线方程以及，利用三角换元假设，利用点到直线距离公式和三角函数知识可求得，代入三角形面积公式可求得结果.‎ ‎【详解】由题意知，圆的方程为：，‎ 直线方程为：，即 设 点到直线的距离：，其中 当时， ‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查点到直线距离的最值的求解问题，关键是能够利用三角换元的方式将问题转化为三角函数的最值的求解问题.‎ ‎9.设A，B，C是半径为1的圆上三点，若，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】此题考查正弦定理、余弦定理、向量的数量积、两角和与差正余弦公式的灵活应用、三角函数求最值问题的综合知识；‎ 设圆的圆心是，在等腰中，，由余弦定理可求出，根据正弦定理得：‎ 所以 ‎，当时，的最大值为，选B ‎10.将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则函数的一个单调递增区间是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题题意，化简三角函数的解析式为，根据三函数的图象变换，求得的解析式，利用三角函数的图象与性质，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意可得，‎ 把的图象向左平移个单位，‎ 可得，‎ 由，解得，‎ 即函数的单调递增区间为，‎ 令时，函数的单调递增区间为，故选A ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的化简，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟记三角恒等变换的公式，得出函数的解析式，结合图象求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及数形结合思想的应用，属于基础题.‎ ‎11.设函数，若方程恰好有三个根，分别为（），则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为，所以，则由题意可知 ，即，同时，即，故，即，应选答案B．‎ 点睛：解答本题的关键是要充分借助题设条件信息及方程的三个实数根的几何特征，巧妙借助图形的对称性与直观性，建立不等式使得问题巧妙获解．‎ ‎12.若曲线与直线有两个交点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 曲线与直线有两个交点等价于曲线与直线有两个交点，再作图像观察交点个数即可得解.‎ ‎【详解】解：由，可得，‎ 又直线过定点，‎ 又曲线与直线有两个交点等价于曲线与直线有两个交点，‎ 曲线与直线的位置关系如图所示，‎ 当直线过点时，此时直线斜率，‎ 当直线与曲线相切时，圆心到直线的距离为2，‎ 则，解得，‎ 综上可得的取值范围是，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了直线斜率公式及直线与圆的位置关系，重点考查了数形结合的数学思想方法，属中档题.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知直线的倾斜角为，则_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线斜率与倾斜角的关系可得，再求解即可.‎ ‎【详解】解：由直线，‎ 则，‎ 则，‎ 又，‎ 得，‎ 又，‎ 所以，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了直线倾斜角的求法，重点考查了直线斜率与倾斜角的关系，属基础题.‎ ‎14.设是数列的前项和，点在直线上，则数列的前项和为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 点在直线上，可得；利用等差数列的求和公式求得，再利用裂项相消的方法求和即可得到结果.‎ ‎【详解】点在直线上 ‎ ‎ ‎ 则数列的前项和为：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、裂项相消法求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎15.已知圆与圆的公共弦所在的直线恒过定点，且点在直线上，则的取值范围是_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将两圆的方程相减得公共弦所在的直线方程为，再求出公共弦所在的直线恒过定点，然后结合二次函数值域的求法求解即可.‎ ‎【详解】解：由圆与圆，‎ 将两圆的方程相减可得，‎ 即公共弦所在的直线方程为，‎ 又可变形为，‎ 令，即， ‎ 则公共弦所在的直线恒过定点，即， ‎ 又点在直线上，‎ 则，‎ 则，‎ 即取值范围是，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了两圆的公共弦所在直线方程的求法，重点考查了直线过定点及二次函数值域的求法，属中档题.‎ ‎16.在中，角的对边分别是，设为的面积，且满足，若，则______；的取值范围是______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角形的面积公式及余弦定理可得，再求，再由正弦定理，得，再求值域即可.‎ ‎【详解】解：由，‎ 则，‎ 则，‎ 即，‎ 即；‎ 由正弦定理，‎ 则，‎ 则，‎ 又，则，‎ 则，‎ 即的取值范围是，‎ 故答案为：，.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理及余弦定理的综合应用，重点考查了三角函数值域的求法，属中档题.‎ 三、解答题（共70分）‎ ‎17.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.‎ ‎18.如图，在中，，.‎ ‎（1）若,求的长；‎ ‎（2）若的垂直平分线与分别交于两点，且，求角的大小.‎ ‎【答案】（1）3；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由余弦定理可得，从而解得的长；‎ ‎（2）连接，由题设，有，在中，由正弦定理化简可得，‎ 在直角中，，化简得到，从而求角的大小 ‎【详解】(1)在中，由余弦定理有，即，解得.‎ ‎（2）如图，连接，由题设，有，在中，由正弦定理有，故.‎ 在直角中，，所以，‎ 而 ，故.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理以及余弦定理在求三角形边长和内角中的应用，熟练掌握公式是解题的关键，属于中档题．‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面为菱形，为的中点，.‎ ‎（1）求证：平面； ‎ ‎（2）点在线段上，，试确定的值，使平面；‎ ‎（3）若平面，平面平面，求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由线面垂直的判定定理，分别证明，即可；‎ ‎（2）利用平面，可得,再利用比例关系即可得解；‎ ‎（3）先建立空间直角坐标系，再分别求出平面和平面的一个法向量，再结合向量的夹角公式求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）由底面为菱形，为的中点，则,‎ 又，则，‎ 又,‎ 由线面垂直的判定定理可得平面； ‎ ‎（2）当时，平面，‎ 证明如下：连接交于,连接，‎ 因为,所以，‎ 因为平面，平面，‎ 平面平面，‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 故；‎ ‎（3）因为,平面平面，交线为，则平面，‎ 建立如图所示的看见直角坐标系，‎ 由，则有,‎ 设平面的一个法向量为，‎ 由,且, ,‎ 可得，取，则，‎ 取平面的一个法向量为，‎ 则，‎ 故二面角的大小为. ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面垂直的判定定理及线面平行的性质定理，重点考查了利用空间向量求面面角，属中档题.‎ ‎20.已知过原点的动直线与圆：交于两点.‎ ‎（1）若，求直线方程；‎ ‎（2）轴上是否存在定点，使得当变动时，总有直线的斜率之和为0？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先求出圆心C（-1，0）到直线l的距离为，利用点到直线距离公式能求出直线l的方程．‎ ‎（2）设，直线MA、MB的斜率分别为k1，k2．设l的方程为y=kx，代入圆C的方程得（k2+1）x2+2x-3=0，由此利用韦达定理，结果已知条件能求出存在定点M（3，0），使得当l变动时，总有直线MA、MB的斜率之和为0.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）设圆心到直线的距离为，则 当的斜率不存在时，，不合题意 ‎ 当的斜率存在时，设的方程为，由点到直线距离公式得 解得，故直线的方程为 ‎ ‎（Ⅱ）存在定点，且，证明如下： ‎ 设，直线、的斜率分别为.‎ 当的斜率不存在时，由对称性可得，，符合题意 当的斜率存在时，设的方程为，代入圆的方程 整理得 ‎∴，，‎ ‎∴‎ 当，即时，有，‎ 所以存在定点符合题意，.‎ ‎21.设函数.‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）当时，试判断零点的个数；‎ ‎（Ⅲ）当时，若对，都有（）成立，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）当时，的单减区间为；当时，的单减区间为，单增区间为；（2）两个；（3）0.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，分两种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）当时，由（1）可知，在是单减函数，在是单增函数，由，，利用零点存在定理可得结果；（3）当，为整数，且当时，恒成立，，利用导数求出的取值范围，从而可得结果.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎ ‎ 当时，在恒成立，‎ 在是单减函数. ‎ 当时，令，解之得.‎ 从而，当变化时，，随的变化情况如下表：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎ ‎ 单调递减 单调递增 由上表中可知，在是单减函数，在是单增函数. ‎ 综上，当时，的单减区间为；‎ 当时，的单减区间为，单增区间为. ‎ ‎（2）当时，由（1）可知，在是单减函数，在是单增函数；‎ 又，，. ‎ ‎，；‎ 故在有两个零点. ‎ ‎（3）当，为整数，且当时，恒成立 ‎.‎ 令，只需； ‎ 又，‎ 由（2）知，在有且仅有一个实数根，‎ 在上单减，在上单增；‎ ‎ ‎ 又，，‎ ‎，且，‎ 即代入式，得 ‎. ‎ 而在为增函数，，‎ 即.‎ 而，，‎ 即所求的最大值为0.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、函数的零点以及不等式恒成立，属于难题.近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.‎ 请考生在第22、23二题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分，答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求曲线的普通方程并求曲线上一动点到定点的最远距离；‎ ‎（2）设是曲线上两动点，且，求的值.‎ ‎【答案】（1），‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由曲线的参数方程消去参数，即可的普通方程，再设，然后结合两点距离公式求解即可.‎ ‎（2）将曲线的普通方程化为极坐标方程，再结合求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）由曲线的参数方程为（为参数），‎ 则曲线的普通方程为，‎ 设曲线上一动点，又，‎ 则，‎ 又，‎ 即当时，取最大值. ‎ ‎ （2）将代入到曲线的普通方程， ‎ ‎ 得，‎ 设，‎ 因为，‎ 则，‎ 所以，‎ 即.‎ ‎【点睛】本题考查了曲线普通方程、参数方程与极坐标方程的互化，重点考查了运算能力，属基础题.‎ ‎23.已知为正实数.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求的最小值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）3.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用基本不等式即可证明；‎ ‎（2）原等式化简可得，由（1）的结论，即可得到答案．‎ ‎【详解】（1）因为，由基本不等式可得，，，三式相乘可得：，当且仅当时，等号成立.‎ ‎（2），‎ 由（1）可得，当且仅当时，取最小值为3.‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式在证明不等式成立以及求最小值中的应用，在利用基本不等式时，注意使用的前提条件，属于中档题