河南省郑州市第一中学2020届高三上学期12月月考数学（理）试题

河南省郑州市第一中学2020届高三上学期12月月考数学（理）试题

‎2020届（高三）12月份联考试题 理科数学 第I卷（选择题，共60分）‎ 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.已知全集U={1，2，3，4，5，6}，集合P={1，3，5}，Q={1，2，4}，则=‎ A. {1} B. {3，5} C. {1，2，4，6} D. {1，2，3，4，5}‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据补集的运算得．故选C.‎ ‎【考点】补集的运算.‎ ‎【易错点睛】解本题时要看清楚是求“”还是求“”，否则很容易出现错误；一定要注意集合中元素的互异性，防止出现错误．‎ ‎2.在复平面内，复数对应的点位于（ ）‎ 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】‎ 由题意可得：，据此确定复数所在的象限即可.‎ ‎【详解】由题意可得：，‎ 则复数z对应的点为，位于第四象限.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的运算法则，各个象限内复数的特征等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎3.已知向量，，若，则的最小值为（ ）‎ A. 12 B. C. 15 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由∥可得3a+2b＝1，然后根据（）（3a+2b），利用基本不等式可得结果．‎ ‎【详解】解：∵（a，﹣1），（2b﹣1，3）（a＞0，b＞0），∥，‎ ‎∴3a+2b﹣1＝0，即3a+2b＝1，‎ ‎∴（）（3a+2b）‎ ‎＝8‎ ‎≥8‎ ‎＝8，‎ 当且仅当，即a，b，时取等号，‎ ‎∴的最小值为：8．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了向量平行的坐标运算和“乘1法”与基本不等式的性质，属于中档题．‎ ‎4.已知满足时, 的最大值为,则直线过定点（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：由约束条件作出可行域，得到使目标函数取得最大值的最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得到 的关系，再代入直线由直线系方程得答案．‎ 详解：由，得，画出可行域，如图所示，数形结合可知点处取得最大值，，即： ，直线过定点.‎ 故选A.‎ 点睛：本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，考查了数学转化思想方法，属中档题．‎ ‎5.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的各个面中，面积小于的面的个数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题可知其立体图形C-DEFG：可得面积小于的有 ‎6.已知，则“”是“函数是奇函数”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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断和函数是奇函数成立的条件，然后判断充分性和必要性.‎ ‎【详解】由中至少有一个为零；由函数是奇函数，‎ ‎，‎ 显然由中至少有一个为零，不一定能推出，但由，一定能推出，故“”是“函数是奇函数”的必要不充分条件，故本题选B.‎ ‎【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，由函数是奇函数，推出是解题的关键.‎ ‎7.郑州绿博园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，其中的小李和小王不在一起，则不同的安排方案共有 A. 168种 B. 156种 C. 172种 D. 180种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分类：‎ ‎（1）小李和小王去甲、乙两个展区，共种安排方案；‎ ‎（2）小王、小李一人去甲、乙展区，共种安排方案；‎ ‎（3）小王、小李均没有去甲、乙展区，共种安排方案，‎ 故一共N种安排方案，选B．‎ ‎8.已知数列：，按照从小到大的顺序排列在一起，构成一个新的数列：首次出现时为数列的 A. 第44项 B. 第76项 C. 第128项 D. 第144项 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从分子分母的特点入手，找到出现前的所有项，然后确定的项数.‎ ‎【详解】观察分子分母的和出现的规律：，‎ 把数列重新分组：，‎ 可看出第一次出现在第16组，因为，所以前15组一共有120项；‎ 第16组的项为，所以是这一组中的第8项，故第一次出现在数列的第128项，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列的通项公式，结合数列的特征来确定，侧重考查数学建模的核心素养.‎ ‎9.在长方体中，，，E，F，G分别是AB，BC，棱的中点，P是底面ABCD内一个动点，若直线与平面EFG平行，则面积最小值为（ ）‎ A. B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 找出平面EFG与长方体的截面，然后再找出过D1与平面EFG平面平行的平面，即可找出P在平面ABCD上的位置．‎ ‎【详解】解：如图，‎ 补全截面EFG为截面EFGHQR，易知平面ACD1∥平面EFGHQR，设BR⊥AC于点R，‎ ‎∵直线D1P∥平面EFG，‎ ‎∴P∈AC，且当P与R重合时，BP＝BR最短，此时△PBB1的面积最小，‎ 由等积法：BR×ACBA×BC得BR，又BB1⊥平面ABCD，‎ ‎∴BB1⊥BP，△PBB1为直角三角形，‎ 故×BB1×BP，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了截面，面面平行，等积法等知识点和技巧的运用，考查空间想象能力与转化能力．‎ ‎10.已知函数图象过点，且在区间 上单调.又的图象向左平移个单位之后与原来的图象重合，当，且时，，则（ ）‎ A. B. C. 1 D. -1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意求得φ、ω的值，写出函数f（x）的解析式，求图象的对称轴，得x1+x2的值，再求f（x1+x2）的值．‎ ‎【详解】解：由函数f（x）＝2sin（ωx+φ）的图象过点B（0，﹣1），‎ ‎∴2sinφ＝﹣1，解得sinφ，‎ 又|φ|，∴φ，‎ ‎∴f（x）＝2sin（ωx）；‎ 又f（x）的图象向左平移π个单位之后为 g（x）＝2sin[ω（x+π）]＝2sin（ωx+ωπ），‎ 由两函数图象完全重合知ωπ＝2kπ，∴ω＝2k，k∈Z；‎ 又，‎ ‎∴ω，∴ω＝2；‎ ‎∴f（x）＝2sin（2x），其图象的对称轴为x，k∈Z；‎ 当x1，x2∈（，），其对称轴为x＝﹣3，‎ ‎∴x1+x2＝2×（），‎ ‎∴f（x1+x2）＝f（）‎ ‎＝2sin[2×（）]‎ ‎＝2sin（）‎ ‎＝﹣2sin ‎＝﹣2sin1．‎ 应选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换和性质的应用问题，也考查了运算求解能力，是综合题．‎ ‎11.如图，设抛物线的焦点为，过轴上一定点作斜率为的直线与抛物线相交于两点，与轴交于点，记面积为，面积为，若，则抛物线的标准方程为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据斜率与定点，求得直线方程，联立抛物线方程，并解得直线与抛物线的两个交点横坐标；根据三角形面积比值，转化为两个交点的横坐标比值，进而求得参数p的值．‎ ‎【详解】因为直线斜率为2，经过定点 所以直线方程为 ，即 ‎ 作轴，轴 因为，即 ，所以 ‎ 联立方程 ，化简得 ‎ 根据一元二次方程的求根公式，得 ‎ 所以 ‎ 因，所以 化简得 ，即 ‎ 因为 ，所以 即， ‎ 所以选C ‎【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，并根据方程思想求得参数值，计算量较为复杂，属于难题．‎ ‎12.已知函数，若关于的方程有六个不同的实根，则的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】令，则，‎ 则，‎ 由题意可得，函数的图象与直线有3个不同的交点，且每个值有2个值与之对应，如图所示，故的取值范围是。‎ 第II卷（非选择题，共90分）、‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.设双曲线左右顶点分别为A，B，点P是双曲线上，且异于A，B两点.O为坐标原点，若直线PA，PB的斜率之积为，则双曲线的离心率为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于A，B连线经过坐标原点，所以A，B一定关于原点对称，利用直线PA，PB的斜率乘积，可寻求几何量之间的关系，从而可求离心率．‎ ‎【详解】解：根据双曲线的对称性可知A，B关于原点对称，‎ 设A（x1，y1），B（﹣x1，﹣y1），P（x，y），‎ 则，双曲线1，‎ ‎∴kPA•kPB•，‎ ‎∴该双曲线的离心率e．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，考查点差法，关键是设点代入化简，应注意双曲线几何量之间的关系．‎ ‎14.已知是定义在上的偶函数，且，当时，，则________.‎ ‎【答案】216‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由f（x+4）＝f（x﹣2），可知周期T＝6，结合已知函数代入即可求解．‎ ‎【详解】解：∵f（x+4）＝f（x﹣2），‎ ‎∴f（x+6）＝f（x），即周期T＝6，‎ 则f（2019）＝f（3）＝f（﹣3），‎ ‎∵当x∈[﹣3，0]时，f（x）＝6﹣x，‎ ‎∴f（﹣3）＝63＝216．‎ ‎∴f（2019）＝216，‎ 故答案为：216．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用函数的周期性求解函数的函数值，属于基础试题．‎ ‎15.已知梯形ABCD，，，，P为三角形BCD内一点（包括边界），，则的取值范围为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可分别以边AB，AD所在直线为x′轴，y′轴，建立平面直角坐标系，从而得出A（0，0），B（3，0），C（1，1），D（0，1），设P（x′，y′），从而根据 可得出，从而得出，并设，从而根据线性规划的知识求出直线截距的最小值和最大值，即得出x+y的最小值和最大值，从而得出x+y的取值范围．‎ ‎【详解】解：∵AB⊥AD，‎ ‎∴分别以边AB，AD所在的直线为x′，y′轴，建立如图所示平面直角坐标系，则：‎ A（0，0），B（3，0），C（1，1），D（0，1），‎ ‎∴，设P（x′，y′），则，‎ ‎∴由得，（x′，y′）＝x（3，0）+y（0，1），‎ ‎∴，‎ ‎∴，设，则表示斜率为的一族平行直线，在y轴上的截距为a，当截距最大时x+y最大，当截距最小时x+y最小，‎ 由图可看出，当直线经过点D（0，1）时截距最小为1，当直线经过点C（1，1）时截距最大为，‎ ‎∴x+y的取值范围为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了通过建立平面直角坐标系，利用坐标解决向量问题的方法，利用线性规划的知识求变量最值的方法，数形结合的方法，考查了计算能力，属于中档题．‎ ‎16.瑞士著名数学家欧拉在研究几何时曾定义欧拉三角形，的三个欧拉点（顶点与垂心连线的中点）构成的三角形称为的欧拉三角形.如图，是的欧拉三角形（H为的垂心）.已知，，，若在内部随机选取一点，则此点取自阴影部分的概率为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角函数的余弦定理得：AB＝3，建立平面直角坐标系，利用坐标法得到阴影三角形的面积，从而利用几何概型公式得到结果.‎ ‎【详解】解：因为tan∠ACB＝2，所以cos∠ACB，‎ 又因为AC＝3，BC＝2，‎ 由余弦定理可得：AB＝3，‎ 取BC的中点O，则OA⊥BC，‎ 以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，‎ 则B（﹣1，0），C（1，0），A（0，2），设H（0，y），‎ 因为BH⊥AC，‎ 所以1，‎ 所以y，从而S，‎ 故所求概率为：，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的余弦定理及几何概型中的面积型，考查计算能力，属中档题．‎ 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.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.数列的前项和为，已知，. 其中 ‎（1）证明：数列是等比数列；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由，可得，即，从而可得结论；（2）由（1）知，，可得，利用错位相减法，结合等比数列求和公式，即可得结果.‎ ‎【详解】（1）证明：∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列.‎ ‎（2）由（1）知，，‎ ‎∴，‎ ‎∴ ，①‎ ‎ . ②‎ ‎①-②得 ‎，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的定义和等比数列的求和公式，以及错位相减法求数列的前 项和，属于中档题.一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解, 在写出“”与“” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式.‎ ‎18.如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，AB//CD，，AB=AD=2CD=2，△ADP为等边三角形．‎ ‎(1)当PB长为多少时，平面平面ABCD?并说明理由；‎ ‎(2)若二面角大小为150°，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）当时，平面平面，详见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据平面和平面垂直可得线面垂直，从而可得,利用直角三角形知识可得的长；‎ ‎(2)构建空间直角坐标系，利用法向量求解直线AB与平面PBC所成角的正弦值.‎ ‎【详解】解：（1）当时，平面平面， ‎ ‎ 证明如下：在中，因为，所以， ‎ 又，，所以平面， ‎ 又平面，所以平面平面； ‎ ‎（2）分别取线段的中点，连接，因为为等边三角形，为的中点，所以，为的中点，所以,‎ 又，所以，故为二面角的平面角，所以， ‎ 如图，分别以的方向以及垂直于平面向上的方向作为轴的正方向，建立空间直角坐标系，‎ 因，，所以，，，.‎ 可得，， ‎ 设为平面的一个法向量，则有，‎ 即，令，‎ 可得， ‎ 设与平面所成角为，则有 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面和平面垂直的性质及线面角的求解，侧重考查逻辑推理，直观想象和数学运算的核心素养.‎ ‎19.已知椭圆的右焦点，长轴的左、右端点分别为,且.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过焦点斜率为（）的直线交椭圆于两点，弦的垂直平分线与轴相交于点. 试问椭圆上是否存在点使得四边形为菱形？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）依题设，，则，.‎ 由，解得，所以.‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）依题直线的方程为.‎ 由得.‎ 设,,弦的中点为，‎ 则，，，，‎ 所以.‎ 直线的方程为，‎ 令，得，则.‎ 若四边形为菱形，则，.‎ 所以.‎ 若点在椭圆上，则.‎ 整理得，解得.所以椭圆上存在点使得四边形为菱形.‎ ‎20.第7届世界军人运动会于2019年10月18日至27日在湖北武汉举行，赛期10天，共设置射击、游泳、田径、篮球等27个大项，329个小项.共有来自100多个国家的近万名现役军人同台竞技.前期为迎接军运会顺利召开，武汉市很多单位和部门都开展了丰富多彩的宣传和教育活动，努力让大家更多的了解军运会的相关知识，并倡议大家做文明公民.武汉市体育局为了解广大民众对军运会知识的知晓情况，在全市开展了网上问卷调查，民众参与度极高，现从大批参与者中随机抽取200名幸运参与者，他们得分（满分100分）数据，统计结果如下：‎ 组别 频数 ‎5‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎45‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎（1）若此次问卷调查得分整体服从正态分布，用样本来估计总体，设，分别为这200人得分的平均值和标准差（同一组数据用该区间中点值作为代表），求，的值（，的值四舍五入取整数），并计算；‎ ‎（2）在（1）的条件下，为感谢大家参与这次活动，市体育局还对参加问卷调查的幸运市民制定如下奖励方案：得分低于的可以获得1次抽奖机会，得分不低于的可获得2次抽奖机会，在一次抽奖中，抽中价值为15元的纪念品A的概率为，抽中价值为30元的纪念品B的概率为.现有市民张先生参加了此次问卷调查并成为幸运参与者，记Y为他参加活动获得纪念品的总价值，求Y的分布列和数学期望，并估算此次纪念品所需要的总金额.‎ ‎（参考数据：；；.）‎ ‎【答案】（1），，；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据频率分布表计算出平均数，进而计算方差，从而X～N（65，142），计算P（51＜X＜93）即可；‎ ‎（2）列出Y所有可能的取值，分布求出每个取值对应的概率，列出分布列，计算期望，进而可得需要的总金额．‎ ‎【详解】解：（1）由已知频数表得：，‎ ‎，‎ 由，则，‎ 而，所以，‎ 则X服从正态分布，‎ 所以；‎ ‎（2）显然，，‎ 所以所有Y的取值为15，30，45，60，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以Y的分布列为：‎ Y ‎15‎ ‎30‎ ‎45‎ ‎60‎ P 所以，‎ 需要的总金额为：.‎ ‎【点睛】本题考查了利用频率分布表计算平均数，方差，考查了正态分布，考查了离散型随机变量的概率分布列和数学期望，主要考查数据分析能力和计算能力，属于中档题．‎ ‎21.已知函数（为自然对数的底数），是的导函数.‎ ‎（Ⅰ）当时，求证；‎ ‎（Ⅱ）是否存在正整数，使得对一切恒成立？若存在，求出的最大值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）存在且为.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）要证明函数不等式（），注意到，因此我们可先研究函数的性质特别是单调性，这可通过导数的性质确定；‎ ‎（Ⅱ）首先把不等式具体化，即不等式为，注意到特殊情形，时，不等式为，因此的值只有为1或2，因此只要证时，不等式恒成立即可，这仍然通过导数研究函数的单调性证得结论，为了确定导数的正负的方便性，把不等式变为，因此只要研究函数的单调性，求得最小值即可.‎ 试题解析：（Ⅰ）当时，，则 ，‎ 令，则 ，‎ 令，得，故在时取得最小值，‎ 在上为增函数，‎ ‎ ，‎ ‎（Ⅱ） ，‎ 由，得对一切恒成立，‎ 当时，可得，所以若存在，则正整数的值只能取1,2.‎ 下面证明当时，不等式恒成立，‎ 设 ，则 ，‎ 由（Ⅰ） ， ，‎ 当时， ；当时， ，‎ 即在上减函数，在上是增函数，‎ ‎ ,‎ 当时，不等式恒成立 所以的最大值是2.‎ ‎【点睛】导数与函数的单调性、导数与函数的极值（最值）、利用导数求参数的范围问题，利用导数解决综合问题都可能是高考命题的切入点，设计在客观题和解答题的压轴题位置，掌握它们的基础知识和基本方法是解题的基础，掌握转化与化归思想是解题的桥梁，许多问题如不等式恒成立，函数的零点，方程的根的分布等都可以通过构造函数，转化为用导数知识来解决．　　　　‎ ‎（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.在平面直角坐标系中，已知倾斜角为的直线经过点.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为 ‎（1）写出曲线的普通方程;‎ ‎（2）若直线与曲线有两个不同的交点，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) .‎ ‎【解析】‎ 分析：(1)利用极坐标与直角坐标互化的公式可得曲线的普通方程为.‎ ‎(2)联立直线参数方程与C的二次方程可得 .结合直线参数的几何意义有 .利用三角函数的性质可知的取值范围是.‎ 详解：(1)由得.‎ 将，代入上式中,‎ 得曲线的普通方程为.‎ ‎(2)将的参数方程 (为参数)代入的方程,‎ 整理得 .‎ 因为直线与曲线有两个不同的交点，‎ 所以 ,化简得.‎ 又,所以，且.‎ 设方程的两根为,则，，‎ 所以,‎ 所以 .‎ 由，得，‎ 所以,从而 ，‎ 即的取值范围是.‎ 点睛：本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，直线参数方程的几何意义及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）当，求的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若，对，都有不等式恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合a取不同范围，去绝对值，计算a的范围，即可．（2）结合函数性质,计算的最大值,结合题意,建立关于a的不等式，计算a的范围，即可．‎ ‎【详解】（Ⅰ），‎ 若，则，得，即时恒成立；‎ 若，则，得，即；‎ 若，则，得，此时不等式无解. ‎ 综上所述，的取值范围是.‎ ‎（Ⅱ）由题意知，要使不等式恒成立，‎ 只需.‎ 当时，，.‎ 因为，‎ 所以当时， .‎ 于是，解得.‎ 结合，所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】本道题考查了绝对值不等式的解法，难度较大．‎ ‎ ‎ ‎ ‎