福建省建瓯市第二中学2020届高三上学期月考数学（理）试题

福建省建瓯市第二中学2020届高三上学期月考数学（理）试题

建瓯二中 2020 届高三上第二次月考数 学（理科）试题 一、选择题：本大题共 12 小题，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.设集合，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求集合，然后求.‎ ‎【详解】，解得：或 ‎ 或},‎ ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查集合的交集和解一元二次不等式，意在考查计算能力，属于基础题型.‎ ‎2.已知是虚数单位，复数，则复数的虚部是（ ）‎ A. B. 3 C. D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简复数，然后再求复数的虚部.‎ ‎【详解】，‎ 复数的虚部是2.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查复数的代数化简和基本概念，意在考查计算能力，属于基础题型.‎ ‎3.设，，则是的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分条件也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求命题表示的两个集合，根据集合的包含关系，判断充分必要条件.‎ ‎【详解】， ‎ ‎， ，‎ ‎ ‎ ‎，‎ ‎ 是的充分不必要条件.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查判断命题的充分必要条件，意在考查基本方法和基本计算能力，属于基础题型，当命题是集合形式时，，，若时，时的充分不必要条件，同时，是的必要不充分条件，若，则互为充分必要条件.‎ ‎4.已知角的终边过点，则（ ）‎ A. B. C. D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，再根据诱导公式和两角和的正切化简求值.‎ ‎【详解】由已知可知，‎ ‎ ‎ ‎.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查三角函数的定义和两角和的正切公式，意在考查转化与化简和计算能力，属于基础题型.‎ ‎5.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别让和0,1比较大小，然后再判断.‎ ‎【详解】,，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查指对数比较大小，意在考查基本概念和基本方法，属于简单题型.‎ ‎6.将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则图象的一条对称轴是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：根据函数y=Asin（ωx+∅）的图象变换规律，得到g（x）=3sin（2x﹣），从而得到g（x）图象的一条对称轴是.‎ 详解：将函数f（x）=3sin（4x+）图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，可得函数y=3sin（2x+）的图象，‎ 再向右平移个单位长度，可得y=3sin[2（x﹣）+]=3sin（2x﹣）的图象，故g（x）=3sin（2x﹣）．‎ 令 2x﹣=kπ+，k∈z，得到 x=•π+，k∈z． ‎ 则得 y=g（x）图象的一条对称轴是，‎ 故选C．‎ 点睛：本题主要考查函数y=Asin（ωx+∅）的图象变换规律，函数y=Asin（ωx+∅）的图象的对称轴，属于中档题． y=Asin（ωx+∅）图象的变换，函数图像平移满足左加右减的原则，这一原则只针对x本身来说，需要将其系数提出来，再进行加减.‎ ‎7.在区间上任取一实数，则函数没有零点的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题意先求的取值范围，然后根据几何概型求概率.‎ ‎【详解】因为函数没有零点，所以，‎ 解得： ‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查几何概型，意在考查转化与化归和计算能力，属于简单题型.‎ ‎8.函数的大致图像为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由可知，函数为偶函数，图象关于轴对称，排除，又时，，时，，所以排除，选．‎ 考点：1．函数的奇偶性；2．函数的图象．‎ ‎9.高三某班15名学生一次模拟考试成绩用茎叶图表示如图1，执行图2所示的程序框图，若输入的分别为这15名学生的考试成绩，则输出的结果为（　　）‎ A. 6 B. 7 C. 8 D. 9‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由框图功能可知,它的作用是统计出分数大于或等于110分的人数n.所以.选D.‎ ‎10.已知四棱锥，它的底面是边长为2的正方形，其俯视图如图所示，侧视图为直角三角形，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由三视图知识可得，题中的几何体是如图所示的长方体中的四棱锥，‎ 侧视图为直角三角形，则：,‎ 据此有：,长方体高为，‎ 取上下底面的中心,该几何体的外接球在直线上，‎ 计算可得：,‎ 则为外接球的球心，半径为，‎ 该四棱锥的外接球的表面积为.‎ 本题选择A选项.‎ 点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.‎ ‎11.定义在上的函数满足，且时，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由可得函数为奇函数，由可得，故函数的周期为4．所以 ‎，因为，所以 ‎．故，选A．‎ 点睛：根据得到函数为奇函数和周期函数是解题的关键，然后根据对数的运算性质将问题转化到区间内解决．‎ ‎12.已知抛物线的焦点为，直线与此抛物线相交于，两点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由抛物线y2=8x可得焦点F(2,0)，因此直线y=k(x−2)过焦点．‎ 设P(x1,y1)，Q(x2,y2).，则，|FQ|=x2+2.‎ 联立.化为k2x2−(8+4k2)x+4k2=0(k≠0).‎ ‎∵△>0，∴.‎ ‎∴.‎ 本题选择A选项.‎ 二、填空题 ‎13.展开式中的常数项是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎ 由二项式展开式的通项为，‎ 令，所以展开式的常数项为.‎ ‎14.已知平面向量与的夹角等于，如果，，那么______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 代入模的公式计算结果.‎ ‎【详解】 ‎ 由已知可知，，‎ 上式 ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查向量模的求解，已知考查转化和计算能力，属于简单题型.‎ ‎15.已知，数列的前项和为，数列的通项公式为，则 的最小值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先化简，用裂项相消法求和，再表示，化简后用基本不等式求最小值.‎ ‎【详解】，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎，‎ ‎ ，‎ ‎，‎ 等号成立的条件是 ，即时等号成立，‎ 并且的最小值是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查数列求和，和求数列的最小值，意在考查转化与变形，和计算能力，属于中档题型，本题的关键是求数列的前项和，一般数列求和的方法包含1.公式法求和；2.错位相减法求和；3.裂项相消法求和；4.分组转化法求和；5.倒序相加法求和.‎ ‎16.中，内角，，所对的边分别为，，，已知，且，则面积的最大值是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 根据由正弦定理可得， ，可得 ，中，根据余弦定理，可得，化简可得，，，由此可得，当且仅当时等号成立，面积，综上所述，当且仅当时，面积最大值为，故答案为.‎ 三、解答题：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 题、 第 23 题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎（一）必考题 ‎17.已知函数.‎ ‎（1）求的最小正周期；‎ ‎（2）当时，求的最小值以及取得最小值是的值.‎ ‎【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)答案见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用倍角公式化简整理函数的表达式，由周期．‎ ‎（2）先求解，由正弦函数图像求解最值．‎ ‎【详解】：‎ ‎(1)最小正周期为 ‎(2)由得，所以当 的最小值为.‎ 取最小值时的集合为 ‎【点睛】：三角函数在闭区间内上的最值问题的步骤：‎ ‎（1）换元，令，其中 ‎（2）画出三角函数的函数图像．‎ ‎（3）由图像得出最值．‎ ‎18.某商场为吸引顾客消费推出一项优惠活动，活动规则如下：消费额每满100元可转动如图所示的转盘一次，并获得相应金额的返券，假定指针等可能地停在任一位置. 若指针停在 区域返券60元；停在区域返券30元；停在区域不返券. 例如：消费218元，可转动转盘2次，所获得的返券金额是两次金额之和.‎ ‎（1）若某位顾客消费128元，求返券金额不低于30元的概率；‎ ‎（2）若某位顾客恰好消费280元，并按规则参与了活动，他获得返券的金额记为（元），求随机变量的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】（1）；（2）40‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设指针落在A,B,C区域分别记为事件A,B,C.‎ 则.‎ ‎（Ⅰ）若返券金额不低于30元，则指针落在A或B区域.‎ ‎ ‎ 即消费128元的顾客，返券金额不低于30元的概率是.‎ ‎（Ⅱ）由题意得，该顾客可转动转盘2次.‎ 随机变量的可能值为0，30，60，90，120. ‎ 所以，随机变量的分布列为：‎ ‎ ‎ ‎0 ‎ ‎30 ‎ ‎60 ‎ ‎90 ‎ ‎120 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 其数学期望.‎ ‎19.在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，点是的中点．‎ ‎（1）求证：平面PAD；‎ ‎（2）求二面角P﹣BC﹣D的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要证明线面平行，关键是证明线线平行，所以取中点，连结，，根据条件证明；‎ ‎（2）取中点，连结，可证明平面，取中点，连结，则，以为原点，如图建立空间直角坐标系，求平面的法向量，用两个平面的法向量求二面角的余弦值.‎ ‎【详解】证明：（1）取中点，连结，．‎ 因为为中点，所以，．‎ 因为，．所以且．‎ 所以四边形为平行四边形，所以．‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面．‎ ‎（2）取中点，连结．‎ 因为，所以．‎ 因为平面平面，‎ 平面平面，平面，‎ 所以平面．取中点，连结，则．‎ 以原点，如图建立空间直角坐标系，‎ 设，则，，，，，‎ ‎，．‎ 平面的法向量，‎ 设平面的法向量，‎ 由，得．‎ 令，则，．‎ 由图可知，二面角是锐二面角，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明和空间坐标法解决二面角的问题，意在考查空间想象能力，推理证明和计算能力，属于中档题型，证明线面平行，或证明面面平行时，关键是证明线线平行，所以做辅助线或证明时，需考虑构造中位线或平行四边形，这些都是证明线线平行的常方法.‎ ‎20.已知函数（为常数）．‎ ‎（1）当时，求函数的图象在处的切线方程；‎ ‎（2）讨论函数的单调性．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，，时，，利用导数的几何意义求在点处的切线方程；‎ ‎（2），分，，三种情况讨论函数的单调性.‎ ‎【详解】（1）当时，，则切线的斜率．‎ 又，所以切线方程为，即．‎ ‎（2），，‎ 当时，由解得，即当时，，单调递增，‎ 由解得，即当时，，单调递减，‎ 当时，，即在上单调递增，‎ 当时，，故，即在上单调递增，‎ 综上:当时，的单调递增区间为，；‎ 当时，在上单调递增.‎ ‎【点睛】本题考查函数的几何意义和讨论函数的单调性，意在考查分类讨论的思想和计算能力，属于基础题型.‎ ‎21.已知抛物线的焦点为，，为抛物线上不重合的两动点，‎ 为坐标原点，，过，作抛物线的切线，，直线，交于点．‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）问：直线是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，说明理由；‎ ‎（3）三角形的面积是否存在最小值，若存在，请求出最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）是，；（3）是，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据焦点坐标直接求抛物线方程；‎ ‎（2）设直线方程是，与抛物线方程联立，得到根与系数的关系，同时，用坐标表示，并代入根与系数的关系，求得定点；‎ ‎（3）由（2）知，直线的方程是，与抛物线方程联立，得到 ‎，，求弦长，利用导数的几何意义求过，作抛物线的切线，，并求交点的坐标，求点到直线的距离，并求的面积，和面积的最小值.‎ ‎【详解】（1）由得，所以抛物线方程为．‎ ‎（2）当斜率不存在时，与对称轴平行，没有两个交点， ‎ 当斜率存在时，设直线方程为，，，‎ 由得，则，．‎ 又，得，即，‎ ‎∴，所以直线过定点．‎ ‎（3）由得，则，‎ ‎∴‎ 设，由，‎ 所以直线，即．‎ 同理直线，‎ 又直线，交于点，则有，‎ 可知点、在直线上，与直线方程对应系数相等，‎ 则，‎ 则到直线的距离．‎ 所以三角形的面积 则当时，．‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系的综合问题，意在考查分析问题和解决问题的能力，涉及抛物线中三角形面积的最值的求法和定点问题，第二问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具.‎ ‎（二）选考题：请考生在第22、23两题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的参数方程为（，为参数），曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设为曲线上一点，为曲线上一点，求的最小值．‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用得到曲线的普通方程，利用 得到曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设，代入点到直线的距离，利用三角函数求最值.‎ ‎【详解】（1）由消去参数，得曲线的普通方程为，‎ 由，得曲线的直角坐标方程为．‎ ‎（2）设，则点到曲线的距离为 当时，有最小值，所以的最小值为．‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程，参数方程和直角坐标方程的转化，以及参数方程下最值求法的综合问题，意在考查转化与化归和计算能力，属于基础题型.‎ ‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.选修4-5：不等式选讲 已知函数.‎ ‎（1）当时，求的解集；‎ ‎（2）若的解集包含，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）.‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据零点分段法去掉绝对值，分别建立不等式组，解不等式组取并集；‎ ‎（2）将已知转化为时，不等式恒成立，根据的范围去掉部分绝对值，得对恒成立，结合恒成立问题求解方法，即可求得实数的取值范围.‎ ‎【详解】解：（1）当时，‎ 或或 ‎.‎ ‎（2）由题意当时，不等式恒成立，‎ 即对恒成立 ‎ ，‎ 即对恒成立，‎ 故，∴‎ 所以实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式解法，与绝对值不等式有关的恒成立问题，考查转化思想的运用，属于中档题.‎ ‎ ‎