福建省泉州市晋江市南侨中学2020届高三上学期11月月考数学（理）试题

福建省泉州市晋江市南侨中学2020届高三上学期11月月考数学（理）试题

‎2019年秋季南侨中学高三年段第一阶段考试理科 数学试题 一、选择题（每小题5分，共60分）‎ ‎1.已知全集， ,（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出全集后求出，从而可求.‎ ‎【详解】，故，所以，故选D.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交、补运算，属于基础题.‎ ‎2.若复数z满足，则z的实部为 A. 1 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知得复数z的表达式，再根据复数的除法运算，将复数z的分子、分母同时乘以分母的共轭复数，计算化简得复数z，从而得解.‎ ‎【详解】由得 ‎，‎ 所以复数z的实部为，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查复数的概念与乘法、除法运算，属于基础题.‎ ‎3.已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不等式等价于或分别解不等式组后，取并集可求得的取值范围.‎ 详解】或，‎ 解得：或，即，故选D.‎ ‎【点睛】本题考查与分段函数有关的不等式，会对进行分类讨论，使取不同的解析式，从而将不等式转化为解绝对值不等式和对数不等式.‎ ‎4.命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“，”为真命题可转化为恒成立，可得，根据充分必要条件可选出答案.‎ ‎【详解】若“，”为真命题，可得恒成立 只需，‎ 所以时，，”为真命题，‎ ‎“，”为真命题时推出，‎ 故是命题“，”为真命题的一个充分不必要条件，‎ 选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题，充分条件，必要条件，命题，属于中档题.‎ ‎5.已知 则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数函数、对数函数的单调性直接求解．‎ ‎【详解】a=1.90.4＞1.90=1，‎ b=log0.41.9＜log0.41=0，‎ ‎0＜c=0.41.9＜0.40=1，‎ ‎∴a＞c＞b．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查三个数的大小的比较，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．‎ ‎6.函数的最小正周期为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：利用诱导公式化简得，即可求其周期.‎ 详解： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 故 的最小正周期为.‎ 点睛：本题考查诱导公式的应用，考查余弦函数的最小正周期.，属基础题.‎ ‎7.黄金分割比是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为，约为0.618，这一比值也可以表示为a＝2cos72°，则＝（）‎ A. B. 1 C. 2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知利用同角三角函数基本关系式，二倍角公式、诱导公式化简即可求值得解．‎ ‎【详解】∵a＝2cos72°，∴a2＝4cos272°，可得：4﹣a2＝4﹣4cos272°＝4sin272°，‎ ‎∴2sin72°，a2cos72°•2sin72°＝2sin144°＝2sin36°，‎ ‎∴．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角公式、诱导公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．‎ ‎8.已知定义在上的函数满足，，且当时，，则（）‎ A. 0 B. 1 C. -1 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由知函数为偶函数，故有可得周期，利用周期即可求解.‎ ‎【详解】因为，所以函数为偶函数 所以，即 所以周期，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，周期性，属于中档题.‎ ‎9.函数的部分图象如图所示，若把的图象向右平移2个单位长度后得到函数和图象，则 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图求出得出的函数解析式，再根据图象的平移，得出的函数解析式，则代值求得解.‎ ‎【详解】方法一：由题图可知，函数的最小正周期，则，因为，所以，故，所以，所以，‎ 则 方法二：由题图可知，函数的最小正周期，则 ‎，因为，所以，故，所以，则，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的图象和性质以及三角函数的图象变换,属于基础题.‎ ‎10.在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，则的形状为（）‎ A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理化简，得到，由此得到三角形是等腰或直角三角形，得到答案．‎ ‎【详解】由题意知，，‎ 结合正弦定理，化简可得，‎ 所以，则，‎ 所以，得或，‎ 所以三角形是等腰或直角三角形．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用．在解三角形问题中经常把边的问题转化成角的正弦或余弦函数，利用三角函数的关系来解决问题，属于基础题．‎ ‎11.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.‎ ‎12.已知函数，若，则的最大值是（　　）‎ A. B. - C. D. --‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，可分别用表示，进而可得到的表达式，构造函数，通过求导判断单调性可求出的最大值.‎ ‎【详解】设，则,‎ 则，，故.‎ 令，‎ 则，‎ 因为时，和都是减函数，‎ 所以函数在上单调递减.‎ 由于，‎ 故时，；时，.‎ 则当时，取得最大值，.‎ 即最大值为.‎ 故答案为A.‎ ‎【点睛】构造函数是解决本题的关键，考查了利用导数研究函数的单调性与最值，考查了学生分析问题、解决问题的能力与计算能力，属于难题.‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知且．则_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，确定的范围，求出，再由两角和的正弦公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 当时，；‎ 当时，；‎ 因为，所以，所以；‎ 因此 ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查给值求值的问题，熟记两角和的正弦公式，以及同角三角函数基本关系即可，属于常考题型.‎ ‎14.已知函数的图象过点，则的最小值为_______.‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ 分析：由函数y=alog2x﹣b（a＞0，b＞0）的图象图象过点（），⇒2a+b=1，可得=（2a+b）（）=4++1+，即可 详解：∵函数y=alog2x﹣b（a＞0，b＞0）的图象过点（），∴alog2﹣b=﹣1⇒2a+b=1，‎ ‎∴=（2a+b）（）=4++1+，（当且仅当，即a=b时取等号）．‎ 故答案为：9．‎ 点睛：在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.‎ ‎15.已知函数在 上的图象是连续不断的一条曲线，并且关于原点对称，其导函数为，当时，有不等式成立，若对，不等式恒成立，则正整数的最大值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令先判断函数g(x)的奇偶性和单调性，得到在R上恒成立，再利用导数分析解答即得解.‎ ‎【详解】因为当时，有不等式成立，‎ 所以，‎ 令所以函数g(x)在（0，+∞）上单调递增，‎ 由题得 所以函数g(x)奇函数，所以函数在R上单调递增.‎ 因对，不等式恒成立，‎ 所以，‎ 因为a>0,所以当x≤0时，显然成立.‎ 当x＞0时，，‎ 所以，所以函数h(x)在（0,1）单调递减，在（1，+∞）单调递增.‎ 所以，‎ 所以a＜e,‎ 所以正整数的最大值为2.‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的奇偶性及其应用，考查函数单调性的判断及其应用，考查利用导数研究不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.属于中档题.‎ ‎16.如图，设△的内角所对的边分别为，，且 ‎.若点是△外一点，，，则四边形面积的最大值为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理，利用“边化角”化简，可得，以角D为未知量建立关于角D的三角函数，即可得出最大值.‎ ‎【详解】由正弦定理可得，,即,所以 又，所以△为等边三角形，在△ADC中，由余弦定理得，,故四边形面积为,所以当,四边形面积最大，最大值为.‎ ‎【点睛】解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．‎ 三、解答题：（本题共6小题，共70分．其中22题10分，其他题目12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）‎ ‎17.已知中，角的对边分别为，‎ ‎（1）求角的大小；（2）若，求的面积.‎ ‎【答案】(1) （2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由根据正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形内角和定理，诱导公式可得，可得，即可得解的值；（2）由已知及余弦定理得解得的值，进而利用三角形面积公式即可得结果.‎ 试题解析：(1)，由正弦定理可得 又 ‎（2）由余弦定理可得 又 的面积为 ‎18.如图，四棱锥的一个侧面为等边三角形，且平面平面，四边形是平行四边形，，，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由面面垂直的性质可得平面，即可证得（2）作于点 ‎，过点作于点，连接，以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求平面法向量，利用向量夹角即可求出.‎ ‎【详解】（1）证明：在中，，，，‎ ‎∴.‎ 又平面平面，‎ 平面平面，‎ ‎∴平面，∴.‎ ‎（2）如图，作于点，‎ 则平面，‎ 过点作于点，连接，‎ 以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：‎ 则，，，，‎ ‎，，‎ 由（1）知平面的一个法向量为，‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，‎ 取，‎ 设平面与平面所成二面角的平面角为，‎ 则.‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了面面垂直，线面垂直，线线垂直，二面角的向量求法，属于中档题.‎ ‎19.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）求函数在上的最值；‎ ‎（Ⅱ）若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）当，；当，；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求得函数点导数，得到在的单调性，即可求解函数的最值；‎ ‎（Ⅱ）求得函数的导数，分，和三种情况讨论，得到函数的单调性与最值，即可求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，函数，则，‎ 所以函数在单调递增函数，‎ 所以当，最大值为；当，最小值为.‎ ‎（Ⅱ）令，则，‎ ‎①时，，函数在递减，，此时不等式不成立；‎ ‎②时，，函数在递增，，此时不等式 成立；‎ ‎③时，存在，使得，则函数在递增，在递减，所以成立，此时能使得不等式成立，‎ 综上可知，实数的取值范围.‎ ‎【点睛】本题主要考查了余弦函数的性质，利用导数求解函数的单调性与最值，以及利用导数求解不等式的能成立问题，其中解答中熟练利用导数求解函数的单调性与最值，合理判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎20.已知椭圆左、右焦点分别为，离心率为，直线与椭圆C交于A，B两点，且．‎ ‎(1)求椭圆C的方程．‎ ‎(2)不经过点的直线被圆截得的弦长与椭圆C的长轴长相等，且直线与椭圆C交于D，E两点，试判断的周长是否为定值?若是，求出定值；若不是，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）（2）的周长为定值为，详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知条件求出A、B两点的坐标，再由和离心率为建立关于a,b,c的方程，从而得椭圆的方程；‎ ‎（2）根据直线被圆所截得的弦长等于椭圆的长轴长得出k,m的关系，再将直线与椭圆的方程联立消去y，得到交点的横坐标的韦达定理表达式，分别求出，得出的周长为定值，得解.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，则即，所以椭圆C 的方程可化为，‎ 由得不妨令 易知则 因为，所以,即，‎ 又，所以 所以椭圆C的方程为 ‎（2）由（1）知椭圆C的长轴长为，因为直线被圆截得的弦长与椭圆C的长轴长相等，所以圆的圆心O（O为坐标原点）到直线l的距离，所以，即 设，联立方程，得整理得 所以，又，‎ 所以 又 所以，‎ 所以的周长是.‎ 所以的周长为定值，为.‎ 得解.‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆的方程和直线与圆、椭圆的关系中的定值问题，关键是运用设而不求的方法，设点得关系，化简求值，属于难题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若，对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1)答案不唯一，见解析；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由题意得到定义域，对函数求导，分别讨论和两种情况，即可得出结果；‎ ‎（2）因为，由（1）得到函数在上单调递增，不妨设，则可化为，令 ‎，则为上的减函数，对求导，根据函数单调性，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）∵依题意可知：函数的定义域为，‎ ‎∴，‎ 当时，在恒成立，所以在上单调递增.‎ 当时，由得；由得；‎ 综上可得当时，在上单调递增；‎ 当时，在上单调递减；在上单调递增.‎ ‎（2）因为，由（1）知，函数在上单调递增，‎ 不妨设，则，‎ 可化为，‎ 设，则，‎ 所以为上的减函数，‎ 即在上恒成立，等价于在上恒成立，‎ 设，所以，‎ 因，所以，所以函数在上是增函数，‎ 所以（当且仅当时等号成立）‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的方法判断函数的单调性，以及由不等式恒成立求参数的问题，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性，最值等，属于常考题型.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，曲线 的参数方程为(t为参数)．‎ ‎(1)求曲线的极坐标方程；‎ ‎(2)若曲线与曲线交于P，Q两点，且，求的值 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对曲线的参数方程先化成普通方程，再根据化成极坐标方程；‎ ‎（2）将曲线的参数方程为(t为参数)化成标准的参数方程，再代入曲线的普通方程中，得到P,Q两点对应的参数分别为，此时满足其几何意义，求得解.‎ ‎【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），‎ 所以其普通方程为即，‎ 又，所以其极坐标方程为即.‎ ‎（2）设P,Q两点对应的参数分别为，‎ 曲线的参数方程（t为参数）可化为（t为参数），‎ 代入曲线的普通方程，可得 所以 所以，所以，‎ 因为，所以异号，‎ 则.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程、普通方程和极坐标方程的互相转化，以及直线的参数方程中参数的几何意义，联立直线方程与曲线方程时，需正确判断参数的符号，避免出错，属于基础题.‎