陕西省西安中学2020届高三上学期第三次月考数学（文）试题

陕西省西安中学2020届高三上学期第三次月考数学（文）试题

西安中学高2020届高三第三次月考 数学（文）‎ 一、选择题（本大题包括12小题，每小题5分，共60分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上.）‎ ‎1.设集合M＝{x|x2+3x﹣4＜0}，集合N＝{x|x≥0}，则M∪N＝（ ）‎ A. {x|x＞﹣4} B. {x|x＞1} C. {x|x≤0} D. {x|x＜﹣4}‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解一元二次不等式化简集合，然后直接利用并集运算求解.‎ ‎【详解】由，得，‎ 所以，‎ 所以，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有利用解一元二次不等式求集合，集合的并集求解，属于简单题目.‎ ‎2.已知i是虚数单位，则（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件利用虚数单位的幂运算性质，计算求出，之后利用复数的除法运算法则求得结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关复数的运算，涉及到的知识点有虚数单位的幂运算性质，复数的除法运算，属于简单题目.‎ ‎3.已知两条直线m、n，两个平面α、β，给出下面四个命题：‎ ‎①α∥β， ⫋β⇒m∥n；‎ ‎②m∥n，m∥α⇒n∥α；‎ ‎③m∥n，m⊥α⇒n⊥α；‎ ‎④α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β．‎ 其中正确命题的序号是（ ）‎ A. ①③ B. ③④ C. ①④ D. ②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在①中，与平行或异面；在②中，或；在③中，由线面垂直的判定定理得，在④中，由线面垂直的判定定理得；从而得到正确结果.‎ ‎【详解】由两条直线，两个平面知：‎ 可得，与平行或异面，所以①错误；‎ 或，所以②不正确；‎ ‎，由线面垂直判定定理得，所以③正确；‎ ‎，由线面垂直的判定定理得，所以④正确；‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关线面空间关系的问题，在解题的过程中，注意正确理解线面平行、面面平行以及线面垂直和面面垂直的判定定理和性质定理是解题的关键.‎ ‎4.圆与的公切线有且仅有（ ）‎ A. 条 B. 条 C. 条 D. 条 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用几何法判断出两圆的位置关系，即可得出两圆的公切线条数.‎ ‎【详解】圆的标准方程为，圆的标准方程为，‎ 两圆心分别为、，半径分别为，‎ ‎，两圆相交，因此，两圆有条公切线，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查两圆公切线条数的判断，本质上还是要判断两圆的位置关系，同时也考查熟悉两圆公切线条数与两圆位置之间的关系，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎5.设均为单位向量，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：先对模平方，将等价转化为0，再根据向量垂直时数量积为零得充要关系.‎ 详解： ，因为均为单位向量，所以 a⊥b，即“”是“”的充分必要条件.选C.‎ 点睛：充分、必要条件的三种判断方法．‎ ‎1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．‎ ‎2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．‎ ‎3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．‎ ‎6.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosC＝3acosB﹣ccosB，则cosB＝（ ）‎ A. B. ‎3 ‎C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件得，再由，可得，得到结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 根据正弦定理可得，‎ 即，‎ 因为是的三内角，‎ 所以，所以，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理，正弦和角公式，诱导公式，属于简单题目.‎ ‎7.直线过点（0，2），被圆截得的弦长为2则直线l的方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. y=或y=2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据垂径定理得圆心到直线距离,再设直线方程点斜式,利用点到直线距离公式求斜率,即得结果.‎ ‎【详解】因为直线l被圆C：，截得的弦长为，所以圆心到直线距离为，设直线l的方程为，（斜率不存在时不满足题意）则或，即直线l的方程是或,选D.‎ ‎【点睛】本题考查垂径定理，考查基本转化求解能力，属基础题.‎ ‎8.已知数列{an}是等差数列，前四项和为21，末四项和为67，且前n项和为286，则n的值为（ ）‎ A. 28 B. ‎26 ‎C. 14 D. 13‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的定义和性质可得首项与末项之和等于，再由前项和为，求得的值.‎ ‎【详解】由等差数列的定义和性质可得首项与末项之和等于，‎ 再由前项和为，‎ 解得，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关等差数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的性质，等差数列的求和公式，属于简单题目.‎ ‎9. 已知某几何体的三视图如下右图所示，其中，正视图，侧视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由三视图可得该几何体的上部分是一个三棱锥，下部分是半球，‎ 所以根据三视图中的数据可得：‎ ‎10.已知函数对任意x都有，则ω的最小正值为（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题中所给的条件，判断出函数图象具备的特征，的图象关于点成中心对称，由此得到角所满足的条件，进一步求得的最小正值，得到结果.‎ ‎【详解】因为对任意都有，，‎ 所以的图象关于点成中心对称，‎ 所以有，整理得，‎ 所以当取时，取得最小正值，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关三角函数的图象与性质的问题，涉及到的知识点有余弦型函数图象的中心对称性，属于简单题目.‎ ‎11.已知A，B是椭圆E：的左、右顶点，M是E上不同于A，B 的任意一点，若直线AM，BM的斜率之积为，则E的离心率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意方程可知，，设，利用斜率公式以及直线的斜率之积为列式并化简得: ，①,再根据M在椭圆上可得 ，②,联立①②可解得.‎ ‎【详解】由题意方程可知，，‎ 设,‎ 则 ,，整理得：，①‎ 又，得，即，②‎ 联立①②，得，即，解得．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查了斜率公式,椭圆的几何性质,属中档题.‎ ‎12. 若直角坐标平面内的亮点P，Q满足条件： P，Q都在函数y=f(x)的图像上， P，Q关于原点对称，则称点对[P,Q]是函数y=f(x)的一对“友好点对”(点对[P,Q]与[Q,P]看作同一对“友好点对”)．‎ 已知函数，则此函数的“友好点对”有( )‎ A. 0对 B. 1对 C. 2对 D. 3对 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为根据新定义可知，作图可知函数，则此函数的“友好点对”有2对，选C 二、填空题（本大题包括4小题，每小题5分，共20分，请将答案填在答题卡的相应位置上.）‎ ‎13.已知向量，则_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知易得向量的坐标，代入模长公式，即可求得结果.‎ ‎【详解】向量，‎ 则3（﹣2，），‎ 所以4+3＝7，‎ 所以，‎ 故答案是：.‎ ‎【点睛】该题考查是有关向量的问题，涉及到的知识点有向量线性运算坐标公式，向量模的坐标公式，属于简单题目.‎ ‎14.已知O是坐标原点，点A（﹣1，1），若点M（x，y）为平面区域上的一个动点，则的最大值是_____．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，结合向量数量积坐标公式，将结论进行转化，利用数形结合进行求解即可.‎ ‎【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：‎ 则x+y，‎ 设z＝﹣x+y，则y＝x+z，‎ 平移直线y＝x+z，当直线y＝x+z经过点A时，直线y＝x+z的截距最大，此时z最大，‎ 由得，得A（0，2），‎ 此时z＝﹣0+2＝2，‎ 故的最大值是2，‎ 故答案是：2.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关线性规划的问题，涉及到的知识点有一元二次不等式组表示的平面区域，向量数量积坐标公式，线性目标函数的最值，在解题的过程中，注意观察目标函数的类型，属于简单题目.‎ ‎15.函数在区间内是增函数，则实数的取值范围是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求函数的导数，根据函数的单调性和导数之间的关系，由，在区间恒成立即可得到结论．‎ ‎【详解】解：∵函数在区间上单调递增，‎ ‎∴，在区间恒成立，‎ 即，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 故实数取值范围是．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数单调性和单调区间的应用，求函数的导数利用导数研究单调性是解决本题的关键．‎ ‎16.从点（2，﹣1）向圆x2+y2﹣2mx﹣2y+m2＝0作切线，当切线长最短时m的值为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 确定圆心与半径，利用圆的性质，利用勾股定理，得到切线长对应的式子，利用二次函数的性质得到其最小值.‎ ‎【详解】圆x2+y2﹣2mx﹣2y+m2＝0转换为（x﹣m）2+（y﹣1）2＝1，‎ 故点（2，﹣1）到圆心（m，1）的距离，‎ 所以切线长为d2＝（m﹣2）2+4﹣1＝（m﹣2）2+3，‎ 当m＝2时切线长的最小值为，‎ 故答案是：.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关圆的问题，涉及到的知识点有圆的切线长的问题，利用勾股定理得到结果.‎ 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.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答）‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.已知公差不为零的等差数列{an}满足：a3+a8＝20，且a5是a2与a14的等比中项．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设数列{bn}满足，求数列{bn}的前n项和Sn．‎ ‎【答案】（1）an＝2n﹣1（2）Sn＝‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据等差数列的通项公式列方程组，求出首项和公差即可得出通项公式；‎ ‎（2）利用分组求和法，结合等比数列求和公式和等差数列求和公式得到结果.‎ ‎【详解】（1）公差d不为零的等差数列{an}满足：a3+a8＝20，且a5是a2与a14的等比中项，‎ 可得‎2a1+9d＝20，a52＝a‎2a14，‎ 即（a1+4d）2＝（a1+d）（a1+13d），‎ 解得a1＝1，d＝2，‎ 则an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；‎ ‎（2）4n+n，‎ 数列{bn}的前n项和 Sn＝（4+16+…+4n）+（1+2+…+n）‎ n（n+1）．‎ ‎【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列通项公式的求法，分组求和法，等比数列和等差数列求和公式，属于简单题目.‎ ‎18.如图，四棱锥中，,,分别为的中点.‎ ‎(Ⅰ)求证：;‎ ‎(Ⅱ)求证：.‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析; (Ⅱ)见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（I）取中点，连接 因为为的中点，所以，‎ 又,‎ 所以 因此四边形是平行四边形.‎ 所以 又平面，平面，‎ 因此平面.‎ ‎（II）证明 因为分别为的中点，‎ 所以，又因为，所以 同理可证.‎ 又,平面，平面，‎ 因此平面.‎ 又分别为的中点，所以.‎ 又，所以 因此平面，‎ 又平面，所以平面平面.‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎19.已知函数，‎ ‎（1）求f（x）的单调递增区间；‎ ‎（2）设△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若且a＝2时，求△ABC周长的最大值．‎ ‎【答案】（1）f（x）的单调递增区间：[kπ，kπ]，（k∈Z）（2）9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得＝sin(2x)，‎ ‎（1）利用正弦函数单调增区间和整体角思维，即可得解；‎ ‎（2）根据题意，可求得，利用余弦定理和基本不等式求得的最大值，进而求得三角形周长的最大值.‎ ‎【详解】因为函数sin2x＝sin(2x)，‎ ‎（1）令2kπ2x2kπ⇒kπx≤kπ，（k∈Z）；‎ ‎∴f（x）的单调递增区间：[kπ，kπ]，（k∈Z）；‎ ‎（2）sin（‎2A）⇒sin（‎2A）＝1；‎ ‎∵0＜A＜π∴‎2A⇒A；‎ 由余弦定理可知a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣bc＝（b+c）2﹣3bc≥（b+c）2﹣3，‎ 当且仅当b＝c时等号成立．‎ 于是b+c≤‎2a＝6．故△ABC周长的最大值为9．‎ ‎【点睛】该题考查的是有关三角函数和三角形的问题，涉及到的知识点有三角函数恒等变换，正弦型函数的单调区间的求解，余弦定理，基本不等式，属于简单题目.‎ ‎20.设P为椭圆1（a＞b＞0）上任一点，F1、F2为椭圆的焦点，|PF1|+|PF2|＝4，离心率为．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若直线l：y＝kx+m（≠0）与椭圆交于A、B两点，若线段AB的中点C的直线yx上，O为坐标原点．求△OAB的面积S的最大值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，计算出的值即可；‎ ‎（2）联立直线与椭圆方程消去得到一个关于的一元二次方程，由韦达定理可得，再将其代入所在直线上，可解得，故可化简关于的一元二次方程，从而得到关于的表达式，再结合不等式即可得到最大值.‎ ‎【详解】（1）根据题意，可得‎2a＝PF1|+|PF2|＝4，所以a＝2，‎ 又c＝ae，所以b，‎ 所以椭圆的方程为：；‎ ‎（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），C（xc，yc），‎ 将直线l：y＝kx+m代入方程，‎ 得（1+2k2）x2+4kmx+‎2m2‎﹣4＝0（*）‎ 由韦达定理可知xc，‎ 从而yc＝kxc+m，‎ 又线段AB的中点C的直线yx上，‎ 所以，解得k＝﹣1，‎ 则（*）变为3x2﹣4mx+‎2m2‎﹣4＝0，‎ 所以|AB|，‎ 则△OAB底边AB的高h，所以S，‎ ‎∵（6﹣m2）m2，‎ ‎∴S，即S得最大值为．‎ ‎【点睛】该题考查的是有关解析几何的问题，涉及到的知识点有椭圆方程的求解，直线与椭圆相交，三角形面积的最值，属于中档题目.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）求的单调区间；‎ ‎（2）若，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）当时，在单调递减；当时，在单调递减；在单调递增. （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，求得函数的导数，分类讨论，即可求解函数的单调区间；‎ ‎（2）由（1）知，当时，得到不恒成立，时，只需，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解．‎ ‎【详解】解：（1）的定义域为 当时，，所以在单调递减；‎ 当时，，得，当时，，当时，‎ 所以当时，在单调递减；在单调递增.‎ 综上，当时，在单调递减；‎ 当时，在单调递减；在单调递增 ‎（2）由（1）知，当时，‎ 在单调递减，而，所以不恒成立，‎ 时，在单调递减；在单调递增，所以，‎ 依题，只需 令，则，所以在单调递增 而，所以当时，，‎ 当时，‎ 所以当时，‎ 所以若，则的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用．‎ ‎（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，那么按所做的第一题计分 ‎22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数，），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．‎ ‎（1）当时，写出直线的普通方程及曲线C的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知点，设直线与曲线C交于A，B两点，试确定的取值范围．‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 当时，利用消参法得到直线l的普通方程，利用及得到曲线C的直角坐标方程； (2) 将代入中并整理得，借助韦达定理表示 ‎，利用正弦函数的有界性求出取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，直线的参数方程为 ‎.‎ 消去参数t得.‎ 由曲线C的极坐标方程为.‎ 得，‎ 将，及代入得，‎ 即 ‎（2）由直线的参数方程为（为参数，）可知直线是过点P（-1，1）且倾斜角为的直线，又由（1）知曲线C为椭圆，所以易知点P（-1，1）在椭圆C内，‎ 将代入中并整理得 ‎，‎ 设A，B两点对应的参数分别为，‎ 则 所以 因为，所以，‎ 所以 所以的取值范围为.‎ ‎【点睛】利用直线参数方程中参数的几何意义求解问题 经过点P(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为 (t为参数)．若A，B为直线l上两点，其对应的参数分别为，线段AB的中点为M，点M所对应的参数为，则以下结论在解题中经常用到：(1) ；(2) ；(3) ；(4) ．‎ ‎23.已知函数,.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若方程有三个实数根，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）通过讨论的范围，得到关于的不等式组，求出不等式的解集即可；（2）分离，得到，令，结合函数的图象求出的范围即可．‎ 试题解析：‎ ‎（1）原不等式等价于或或，‎ 得或 ‎∴不等式的解集为.‎ ‎（2）由方程可变形为，‎ 令 ，作出图象如下：‎ 于是由题意可得.‎ 点睛：本题考查了利用分类讨论思想解绝对值不等式问题，考查数形结合思想处理方程的根的个数问题，是一道中档题．‎