江西省南昌市安义中学2020届高三上学期第五次月考数学（文）试题

江西省南昌市安义中学2020届高三上学期第五次月考数学（文）试题

安义中学2019--2020学年度上学期第五次月考 高三数学试卷（文）‎ 一、单选题（每小题5分，共60分）‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据一元二次不等式的解法求出，则可求．‎ ‎【详解】由题意知，所以，所以，故选C ‎【点睛】本题考查一元二次不等式的解法及集合的并集运算，属基础题．‎ ‎2.命题“”的否定为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：本题考查的是含有存在量词的命题的否定，其否定形式应该改存在量词为全称量词，同时否定结论，故应选D；‎ 考点：命题的否定；‎ ‎3.设，，，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 若，则不成立，故答案A错误；若，则不成立，故答案B错误；因为，所以，则由不等式的性质对不等式两边同乘以可得 ，即，故答案C 正确；若，则答案D不正确，应选答案C．‎ ‎4.为了得到函数的图象，可以将函数（ ）‎ A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因 ,所以向左平移个单位长度,选C.‎ 点睛：‎ ‎(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．‎ ‎(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．‎ ‎（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率．‎ ‎5.已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥的体积为（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵四棱锥P−ABCD的三视图俯视图为正方形且边长为1，正视图和侧视图的高为2，‎ 故四棱锥P−ABCD的底面面积S=1，高h=2‎ 故四棱锥P−ABCD的.‎ 本题选择B选项.‎ 点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．‎ ‎6.已知直线l1：mx－2y＋1＝0，l2：x－(m－1)y－1＝0，则“m＝2”是“l1平行于l2”的(　　)‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用两直线平行的等价条件求得m，再结合充分必要条件进行判断即可.‎ ‎【详解】由直线l1平行于l2得－m(m－1)＝1×(－2)，得m＝2或m＝－1，经验证，当m＝－1时，直线l1与l2重合，舍去，所以“m＝2”是“l1平行于l2”的充要条件，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查两直线平行的条件，准确计算是关键，注意充分必要条件的判断是基础题 ‎7.设定义在上的函数满足，且 ，则下列函数值为-1的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，得到函数的周期是4，根据分段函数的表达式结合函数的周期性进行求解即可．‎ ‎【详解】由得f（x-4）＝﹣f（x-2）＝f（x），‎ 则函数的周期是4，‎ 则 ‎=‎ ‎，‎ ‎ =-1‎ 即函数值为-1的为，‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数值的计算，根据函数的周期性结合分段函数的表达式利用代入法和转化法是解决本题的关键．‎ ‎8.函数图像大致是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：因为，所以是奇函数，其图象关于原点对称，当时，解得或或，所以函数的零点有无数个，故选A．‎ 考点：函数的图象；函数的零点．‎ ‎9.《九章算术》之后，人们进一步地用等差数列求和公式来解决更多的问题，《张邱建算经》卷上第题为：今有女善织，日益功疾（注：从第天起每天比前一天多织相同量的布），第一天织尺布，现在一月（按天计），共织尺布，则第天织的布的尺数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设公差为d,由题意可得：前30项和=420=30×5+d,解得d=.‎ ‎∴第2天织的布的尺数=5+d=.‎ 故选A.‎ ‎10.已知正项等比数列{an}的公比为2，若aman＝4a22，则的最小值等于（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的性质求出m+n＝6，由乘“1”法求出代数式的最小值即可．‎ ‎【详解】正项等比数列{an}的公比为2，若aman＝4a22，‎ 故am•an＝a2•a22n﹣22m﹣2=4,‎ 故m+n＝6，,‎ 故 ‎ 当且仅当即m＝2n时“＝”成立，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查基本不等式的性质以及乘“1”法的应用，是一道中档题．在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.‎ ‎11.双曲线的左、右焦点分别为，过作倾斜角为的直线与轴和双曲线右支分别交于两点，若点平分，则该双曲线的离心率是（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题意可知：，其中为坐标原点，则，‎ 结合通径公式可得：，则：，‎ 即：，整理可得：‎ ‎，‎ 故，结合可知：.‎ 本题选择A选项.‎ 点睛：求双曲线离心率或离心率范围的两种方法：一种是直接建立e的关系式求e或e的范围；另一种是建立a，b，c的齐次关系式，将b用a，e表示，令两边同除以a或a2化为e的关系式，进而求解．‎ ‎12.已知函数在上不单调，则m的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导，函数不单调，解得答案.‎ ‎【详解】.‎ 因为在上不单调，所以，故.‎ 故答案为A ‎【点睛】本题考查了函数的单调性，意在考查学生的计算能力.‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎13.若满足约束条件，则的最大值为_______．‎ ‎【答案】2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出约束条件表示的可行域，结合图形，变形目标函数，平移直线可得最优解．‎ ‎【详解】解：作出约束条件所对应的可行域（如图及内部），‎ 变形目标函数可得，平移直线可知，‎ 当直线经过点时，截距取最小值，取最大值，‎ 即 故答案为：2．‎ ‎【点睛】本题考查简单线性规划，准确作图是解决问题的关键，属于基础题题．‎ ‎14.向量满足，与的夹角为60°，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：由，得，代入，可得，即可求解.‎ 详解：由，可得，即，‎ 代入，可得，整理得，‎ 解得.‎ 点睛：本题主要考查了向量的数量积的运算与应用，熟记向量的数量积的运算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎15.若奇函数在其定义域上是单调减函数，且对任意的，不等式恒成立，则的最大值是_____．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 不等式恒成立，等价于恒成立，又是奇函数，‎ 原不等式转为在上恒成立，函数在其定义域上是减函数，，即，，，当时，有最小值，因此的最大值是，故答案为.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查三角函数的最值、二倍角的余弦公式以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(可)‎ 或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.本题是利用方法 ① 求得 的最大值.‎ ‎16.麻团又叫煎堆，呈球形，华北地区称麻团，是一种古老中华传统特色油炸面食，寓意团圆．制作时以糯米粉团炸起，加上芝麻而制成，有些包麻茸、豆沙等馅料，有些没有．一个长方体形状的纸盒中恰好放入4个球形的麻团，它们彼此相切，同时与长方体纸盒上下底和侧面均相切，其俯视图如图所示，若长方体纸盒的表面积为576 ，则一个麻团的体积为_______．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 分析：根据麻团与长方体纸盒上下底和侧面均相切，可知长方体纸盒的长宽相等：设球形半径r，可得长方体长宽a=4r，高为h=2r，长方体纸盒的表面积为576cm2，即32r2+32r2=576，即可求解r，可得一个麻团的体积．‎ 详解：根据麻团与长方体纸盒上下底和侧面均相切，可知长方体纸盒的长宽相等.‎ 设麻团球形半径r，可得长方体长宽a=4r，高为h=2r，‎ 长方体纸盒的表面积为576cm2，即32r2+32r2=576，‎ 解得：r2=9，即r=3，‎ 可得一个麻团的体积V==36π．‎ 故答案为36π 点睛：本题主要考查球的体积，考查几何体的内切球问题，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间观察想象能力.‎ 三、解答题 ‎17.在平面直角坐标系中，圆的参数方程为为参数），在以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求圆的普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设直线与轴，轴分别交于两点，点是圆上任一点，求面积的最小值.‎ ‎【答案】（1），；（2）4.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）运用同角的平方关系可得圆的普通方程；运用两角和的余弦公式和直角坐标和极坐标的关系，即可得到所求直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）求得直线与，轴的交点，利用两点间距离公式求得；设点的坐标为，运用点到直线的距离公式，以及两角和的余弦公式，运用余弦函数的值域，即可得到所求面积的最小值．‎ ‎【详解】解：（1）由消去参数，得，‎ 所以圆的普通方程为.‎ 由，得，‎ 所以直线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）由（1）可得直线与轴，轴的交点为，‎ 则，‎ 设点的坐标为，则点到直线的距离为 ‎，‎ 当时取最小值，‎ ‎∴，‎ 所以面积的最小值是.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程和普通方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化，考查三角形的面积的最值的求法，注意运用参数方程，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎18.已知数列{}是等差数列，且满足：，．数列{}满足：－＝，‎ ‎（Ⅰ）求和；‎ ‎（Ⅱ）记数列＝，若{}的前n项和为，求.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（1）由条件已知{}是等差数列，可运用等差数列的定义，建立关于基本量的方程求出通项，另由－＝可通过累加法求出数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1）已知的通项公式，可先求出的通项公式，观察变形可发现通过裂项法求和进而求出．‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）∵，，‎ ‎∴，∴；‎ ‎，∴当时，‎ ‎∴,又适合上式，∴．‎ ‎（Ⅱ）∵，‎ ‎∴‎ ‎【考点】（1）等差数列的性质及累加法求数列通项．（2）裂项法求和．‎ ‎19.的内角，，的对边分别是，，，已知.‎ ‎（1）求角；‎ ‎（2）若，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用余弦定理可求，从而得到的值.‎ ‎（2）利用诱导公式和正弦定理化简题设中的边角关系可得，得到值后利用面积公式可求.‎ 详解】（1）由，得.‎ 所以由余弦定理，得.‎ 又因为，所以.‎ ‎（2）由，得.‎ 由正弦定理，得，因为，所以.‎ 又因，所以.‎ 所以的面积.‎ ‎【点睛】在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件，如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件，如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.‎ ‎20.已知椭圆：的一个焦点为，点在上.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若直线：与椭圆相交于，两点，问轴上是否存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出c的值，再根据，又，即可得到椭圆的方程;假设y轴上存在点，是以M为直角顶点的等腰直角三角形，设，，线段AB的中点为，根据韦达定理求出点N的坐标，再根据，，即可求出m的值，可得点M的坐标 ‎【详解】由题意可得，点在C上，‎ ‎，‎ 又，‎ 解得，，‎ 椭圆C的方程为，‎ 假设y轴上存在点，是以M为直角顶点的等腰直角三角形，‎ 设，，线段AB的中点为，‎ 由，消去y可得，‎ ‎，解得，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 依题意有，，‎ 由，可得，可得，‎ 由可得，‎ ‎，，‎ 代入上式化简可得，‎ 则，‎ 解得，‎ 当时，点满足题意，当时，点满足题意 ‎【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若，证明：当时，.‎ ‎【答案】(1)见解析；(2)见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导后，可知当时，导函数恒大于等于零，此时函数单调递增；当时，求得导函数等于零的两根，然后根据导函数的符号确定函数的单调性；（2）将问题转化为证明，通过导数求得的最小值，从而证得结论.‎ ‎【详解】（1）依题意，函数的定义域为，‎ 若，则，，故函数在上单调递增 若，令，则 当时，‎ 当时，‎ 当时，‎ 故函数在和上单调递增，在上单调递减 ‎（2）要证当时，‎ 即证当时，‎ 即证当时，‎ 即证当时，‎ 设，其中，所以 设，则，令，得 ‎，，变化情况如下表：‎ 极小值 所以在处取得极小值，而，所以 所以时，‎ 所以在上单调递增，得 而，所以当时，‎ 即当时，‎ ‎【点睛】本题考查讨论含参数的函数的单调性、利用导数解决恒成立的问题.解决恒成立问题的关键是能够将问题转化为函数最值求解问题，考查学生对导数与函数单调性、极值、最值的关系的掌握情况.‎ ‎ ‎ ‎ ‎