2020届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期12月月考数学（理）试题（解析版）

2020届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期12月月考数学（理）试题（解析版）

‎2020届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期12月月考数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知集合，，则 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】先求出集合A，B，由此能求出．‎ ‎【详解】‎ 解：集合，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查并集的求法，考查并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎2．下列命题中的假命题是（ ）‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎【答案】B ‎【解析】【详解】试题分析：当x=1时，（x-1）2=0,显然选项B中的命题为假命题，故选B。‎ ‎【考点】特称命题与存在命题的真假判断。‎ ‎3．已知角x的终边上一点的坐标为(sin，cos)，则角x的最小正值为(　　)‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】先根据角终边上点的坐标判断出角 的终边所在象限，然后根据三角函数的定义即可求出角的最小正值．‎ ‎【详解】‎ 因为，，所以角的终边在第四象限，根据三角函数的定义，可知 ‎，故角的最小正值为．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查利用角的终边上一点求角，意在考查学生对三角函数定义的理解以及终边相同的角的表示，属于基础题．‎ ‎4．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）‎ A．3 B．9 C．18 D．27‎ ‎【答案】D ‎【解析】设等差数列的首项为，公差为.‎ ‎∵‎ ‎∴，即 ‎∴‎ ‎∴‎ 故选D.‎ ‎5．、、为不同的平面，、、为不同的直线，则的一个充分条件是（ ）‎ A．，， B．，，‎ C．，， D．，，‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据线面垂直的判定定理、面面垂直的性质定理对四个选项进行判断，从中找出可以判断的选项即可.‎ ‎【详解】‎ 选项A, 由,可得∥，又, 故,所以A正确.‎ 选项B, ，,,则与可能平行、相交，与可能相交，也可能平行得不出，所以B不正确.‎ 选项C, ，,与可能平行也可能相交，当时，则推不出，所以C不正确.‎ 选项D，，，，由于的位置不定，所以无法判断与的关系，所以D不正确.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查充分条件的判断，考查线线垂直，线面垂直，面面垂直的性质的应用,属于基础题.‎ ‎6．函数的图象大致为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据函数的奇偶性可排除B，再根据时的符号可排除D，再根据时，可排除C，从而得到正确的选项.‎ ‎【详解】‎ 函数的定义域关于原点对称，且，‎ 故为奇函数，其图像关于原点对称，所以排除B.‎ 又当时，，所以，故排除D.‎ 又当时，，故排除C ，‎ 综上，选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题为图像题，考查我们从图形中扑捉信息的能力，一般地，我们需要从图形得到函数的奇偶性、单调性、极值点和函数在特殊点的函数值，然后利用所得性质求解参数的大小或取值范围．‎ ‎7．过椭圆()的左焦点作轴的垂线交椭圆于点，为右焦点，若，则椭圆的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】【详解】‎ 根据题意，焦点在x轴上，‎ 设 左焦点(-c，0)，故P坐标可求为(-c，±)‎ ‎=2c，所以=‎ 即有=‎ ‎,‎ 同时除以a²，,‎ 求得 ‎8．已知圆锥的顶点为，母线、所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的侧面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由与圆锥底面所成角为可得母线与底面半径的关系，由的面积为，可解得底面半径和母线的长，从而可求出该圆锥的侧面积.‎ ‎【详解】‎ 设为圆锥底面圆的圆心,设底面圆的半径为.‎ 与圆锥底面所成角为,即.‎ 所以.‎ 母线、所成角的余弦值为,即.‎ 则.‎ 由.‎ 得：.‎ 又底面圆的周长为：.‎ 圆锥的侧面积为:.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆锥的侧面积，线面角和三角形的面积，属于中档题.‎ ‎9．已知是直线：上一动点，、是圆：的两条切线，切点分别为、，若四边形的最小面积为，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意四边形的面积为==，根据面积的最小值，得到的最小值，再转化为点到直线的距离，即可解决问题.‎ ‎【详解】‎ 由，即.‎ 所以圆的圆心,半径为1.‎ 根据条件、是圆的两条切线,如图：‎ 则为两个全等的直角三角形.‎ 所以四边形的面积为==‎ 显然当最小时，四边形的面积最小.‎ 由四边形的最小面积为,即=2.‎ 即的最小值.‎ 又是直线：上一动点.‎ 所以的最小值为点到直线的距离： .‎ 解得：.‎ 故选： C.‎ ‎【点睛】‎ 考查圆的切线的性质，点到直线的距离，本题找到四边形的面积最小的条件是解题的关键，结合图像分析，体现数形结合思想，属于中档题.‎ ‎10．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.已知在鳖臑中平面，，则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由的四个面都是直角三角形，平面,则可将三棱锥 补成正方体，正方体的一条对角线为外接球的直径，内切球半径由等体积法可求.‎ ‎【详解】‎ 由的四个面都是直角三角形，平面.‎ 将该三棱锥补成如图所示的正方体.‎ 则正方体的对角线为三棱锥的外接球的直径，且.‎ 所以外接球的半径为.‎ 所以外接球的表面积为：.‎ 设三棱锥的内切球的半径为：.‎ 三棱锥的表面积为：.‎ ‎==.‎ 则.‎ 即，解得：.‎ 所以三棱锥的内切球的表面积为：.‎ 所以该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为：‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了多面体的球的外接与内切问题,考查了勾股定理的应用,等腰三角形中的三线合一的性质应用,考查空间想象力,求空间几何体的内切球的半径一般用等体积法,属于中档题.‎ ‎11．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线 交于，两点．若，则椭圆的离心率为　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用椭圆的定义以及余弦定理，列出方程，转化求解椭圆的离心率即可．‎ ‎【详解】‎ 椭圆的左、右焦点分别为，，‎ 过的直线交于，两点．‎ ‎，，，，‎ ‎，‎ 可得，‎ 化简可得，‎ 由可得，‎ 解得，（舍去）‎ 故选．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的简单性质的应用，考查转化与化归思想以及运算求解能力，注意椭圆离心率的范围是．‎ ‎12．已知点为外接圆的圆心，角，，所对的边分别为，，，且，若，则当角取到最大值时的面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由意在可知，代入数量积的运算公式求，再根据正弦定理说明时，也取得最大值，最后求面积.‎ ‎【详解】‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ，‎ ‎ ，，‎ ‎，且，‎ 当时，时，也取得最大值,‎ 此时， ，‎ ‎.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查向量数量积和面积公式，意在考查转化与变形和分析问题，解决问题的能力，本题的关键是根据正弦定理，且，说明时，也取得最大值，后面的问题迎刃而解.‎ 二、填空题 ‎13．过三点，，的圆的方程为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由圆的垂径定理有圆心一定在弦的垂直平分线上,所以求出弦和的垂直平分线,然后联立求出圆心,再求半径.‎ ‎【详解】‎ 由，有：‎ 中点为，；‎ 所以的中垂线为：，即.‎ 由，有：‎ 中点为，,‎ 所以的中垂线为：，即.‎ 由 解得：，即圆心为.‎ 所以.‎ 所以圆的方程为：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆的方程的求法，已知圆上三点求圆的方程还可以用待定系数法，设出圆的一般方程，将点的坐标代入求解,属于基础题.‎ ‎14．已知实数满足，则的最大值为_______.‎ ‎【答案】-4‎ ‎【解析】分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得到答案.‎ 详解：作出约束条件所表示的平面区域，‎ 如图所示，‎ 联立，解得，‎ 化目标函数为，‎ 由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，‎ 有最大值为.‎ ‎ ‎ 点睛：本题考查了简单的线性规划的应用，着重考查了数形结合思想方法的应用，对于线性规划问题有三类:（1）简单线性规划，包括画出可行域和考查截距型目标函数的最值，有时考查斜率型或距离型目标函数；（2）线性规划逆向思维问题，给出最值或最优解个数求参数取值范围；（3）线性规划的实际应用.‎ ‎15．设是圆：内一定点，过作两条互相垂直的直线分别交圆于、两点，则弦中点的轨迹方程是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设的中点为,设,，则,由题意均在圆上则有.又由，得，再代入消去参数，得到的轨迹方程.‎ ‎【详解】‎ 设的中点为,设,.‎ 则. (1)‎ 由题意均在圆上则有：. (2)‎ 又由条件有，即.‎ 即== （3）‎ 将（1）代入（3）中有： （4）‎ 将（1）中两式平方相加得：.‎ 即 （5）‎ 将（2），（4）代入（5）得：.‎ 即弦中点的轨迹方程是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查动点的轨迹的求法，动点的轨迹的常见求法有：定义法、几何法、直译法、参数法、相关点法、交轨法等，解题时要认真审题，属于中档题.‎ ‎16．如图正方体的棱长为，、、，分别为、、‎ 的中点.则下列命题：①直线与平面平行；②直线与直线垂直；③平面截正方体所得的截面面积为；④点与点到平面的距离相等；⑤平面截正方体所得两个几何体的体积比为.其中正确命题的序号为_______.‎ ‎【答案】①③⑤‎ ‎【解析】连结,由、分别为、的中点,则∥,所以四点共面,截面图形为等腰梯形，然后对各个命题进行逐一判断.‎ ‎【详解】‎ 连结,由、分别为、的中点.‎ 则∥,又∥，所以∥且=.‎ 所以截面四边形形为等腰梯形.‎ 对①, 、，分别为、的中点, ‎ 所以∥,且=，则四边形为平行四边形,‎ 所以∥,所以∥平面，故①正确.‎ 对②, ∥,在中，, ‎ 显然与不垂直，则直线与直线不垂直，故②不正确.‎ 对③, 平面截正方体所得的截面为四边形,‎ 又四边形为等腰梯形,其中,,‎ 梯形的高为,‎ 则其面积为.故③正确.‎ 对④，点是的中点，所以到面的距离相等.‎ ‎、分别为、的中点,延长交的延长线于点,‎ 即直线交平面于点,则为的中点,如图,‎ 分别过作平面的垂线，垂足分为，‎ 所以分别为点到面的距离,则三点共线，‎ 根据三角形的相似可得:,所以到面的距离不相等，‎ 则点与点到平面的距离不相等,故④不正确.‎ 对⑤, 由条件可知多面体为棱台，‎ 其体积为,‎ 平面截正方体所得两个几何体的体积比为,故⑤正确.‎ 故答案为：①③⑤.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面平行、线线的垂直的证明，考查了点面距离，截面面积和几何体的体积,考查空间想象和思维能力，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17．在等差数列中，，且、、成等比数列.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若数列的公差不为，设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ），或；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】（Ⅰ）由，，成等比数列,则,将的通项公式代入，可解出的公差,可得通项公式.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）有，然后分组求和即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）设数列的公差为.因为，，成等比数列，所以，‎ 又，所以，即 解得或.‎ 当时，.‎ 当时，. ‎ ‎（Ⅱ）因为公差不为，由（Ⅰ）知，则，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列和等比数列的通项公式的求法和应用，用分组求和的方法求前项和，属于基础题.‎ ‎18．设函数.‎ ‎（Ⅰ）求函数的单调递增区间；‎ ‎（Ⅱ）在锐角中，若，且能盖住的最小圆的面积为，求周长的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】（Ⅰ）利用诱导公式和降幂公式，二倍角公式以及两角和的正弦公式逆用将函数化简得到函数，然后由可得单调增区间.‎ ‎（Ⅱ）能盖住的最小圆的面积为,即三角形的外接圆，求出其外接圆的半径,则由正弦定理可以求出边，可以用角表示出边，根据角的范围求出其范围即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）因为 由，解得，‎ 所以函数的单调递增区间为. ‎ ‎（Ⅱ）因为，所以.‎ 又因为为锐角三角形，所以，.‎ 所以，故有.‎ 已知能盖住的最小圆为的外接圆，而其面积为.‎ 所以，解得，的角，，所对的边分别为,,.‎ 由正弦定理.‎ 所以，，，‎ 由为锐角三角形，所以. ‎ 所以，则，‎ 故， 所以.‎ 故此的周长的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数中的恒等变换的应用，三角函数的单调性，考查正弦定理，三角形的周长的范围的求法，注意锐角三角形中角的范围,属于中档题.‎ ‎19．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】(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，‎ 因为，，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.‎ ‎20．已知椭圆：的右焦点为点的坐标为，为坐标原点，是等腰直角三角形.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）经过点作直线交椭圆于两点，求面积的最大值；‎ ‎（3）是否存在直线交椭圆于两点，使点为 的垂心（垂心：三角形三边高线的交点）？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）.‎ ‎【解析】（1）由是等腰直角三角形，可得，从而可得椭圆方程； （2）设过点的直线的方程为，的横坐标分别为，求出的最大值，即可求得面积的最大值； （3）假设存在直线交椭圆于两点，且使点为的垂心，设直线的方程为，代入椭圆方程，利用韦达定理结合，即可求得结论．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）由是等腰直角三角形，可得，‎ 故椭圆方程为； （2）设过点的直线的方程为，的横坐标分别为， 将线的方程为代入椭圆方程，‎ 消元可得，‎ ‎∴，‎ ‎， ， 令，则 令，则（当且仅当时取等号） 又面积，‎ ‎∴△AOB面积的最大值为； （3）假设存在直线交椭圆于两点，且使点为的垂心， 设， 因为，所以． 于是设直线的方程为，代入椭圆方程，‎ 消元可得． 由，得，且,‎ 由题意应有，所以， 所以． 整理得． 解得或． 经检验，当时，不存在，故舍去． ∴当时，所求直线存在，且直线l的方程 ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形面积的计算，考查韦达定理的运用，属于中档题．‎ ‎21．已知函数．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若，是的两个零点，求证：．‎ ‎【答案】（1）f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）证明见解析 ‎【解析】（1）先求函数的导数 ，分和两种情况讨论函数的单调性；‎ ‎（2）根据（1）的结果可知，即，利用分析法，将需要证明想不等式转化为证明，只需证明，利用函数的单调性和零点存在性定理可证明，根据零点存在性定理和单调性证明.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），且，‎ ‎①当a≤0时，f'（x）≤0，f（x）的单调递减区间为（0，＋∞）；②当a＞0时，由f'（x）＞0得，故f（x）的单调递增区间为，‎ 单调递减区间为．‎ ‎（2）∵f（x）有两个零点，∴由（1）知a＞0且，∴a＞2e，要证原不等式成立，只需证明，只需证明，‎ 只需证明．‎ 一方面∵a＞2e，∴，‎ ‎∴，∴，‎ 且f（x）在单调递增，故；‎ 另一方面，令，（x＞0），‎ 则，当时，g'（x）＜0；当时，g'（x）＞0；‎ 故，故g（x）≥0即时x∈（0，＋∞）恒成立，‎ 令，‎ 则，于是，‎ 而，‎ 故，且f（x）在单调递减，故；‎ 综合上述，，即原不等式成立．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用导数求函数的单调性和不等式的证明，重点考查了构造函数和讨论的思想，属于难题，本题的难点是再证明时，需要构造函数，（x＞0），并且证明不等式时，经常使用分析法转化.‎ ‎22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线的普通方程和极坐标方程；‎ ‎（2）设射线与曲线交于点，与直线交于点，求线段的长．‎ ‎【答案】（1） ‎ ‎（2）‎ ‎【解析】（1）结合三角函数的基本关系消去参数可得普通方程，结合公式，可得极坐标方程；‎ ‎（2）分别联立极坐标方程，求得交点的极径，从而可得线段的长．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）由题意得，‎ ‎∴曲线的普通方程为．‎ ‎∵，，‎ ‎∴代入可得曲线的极坐标方程为．‎ ‎（2）把代入中，‎ 可得，‎ 解得﹐‎ 即点的极径，‎ 由（1）易得，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查参数方程与极坐标方程，参数方程化为普通方程一般是消去参数，普通方程化为极坐标方程主要利用，来实现，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎23．选修4－5：不等式选讲 ‎（改编，中等）已知函数，记的最小值为.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）是否存在正数,同时满足：？并说明理由.‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2)见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）把函数转化为分段函数即，分段求解，在求并集；（2）利用绝对值三角不等式求出的值，利用均值不等式可求出的最小值为8，可得结论.‎ 试题解析：（1）不等式化为 设函数，‎ 则，令，解得，‎ 原不等式的解集是 ‎ ‎（2）‎ 当且仅当，即时取等号，故 ‎ 假设存在符合条件的正数，则，‎ 当且仅当，即时取等号，‎ 的最小值为8，即 不存在正数，使得同时成立.‎