湖南省长沙市第一中学株洲二中等湘东七校2020届高三上学期12月月考数学（理）试题

湖南省长沙市第一中学株洲二中等湘东七校2020届高三上学期12月月考数学（理）试题

湖南省湘东七校2019年下期高三联考 理科数学 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一．选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.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.已知复数．则的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由复数的除法运算，化简，得到其共轭复数，进而可得出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，因此其在复平面内对应的点为，位于第二象限.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查复数的运算，以及复数的几何意义，熟记复数的除法运算法则，以及复数的几何意义即可，属于基础题型.‎ ‎2.已知，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合与集合，再求并集，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ ‎，‎ 因此.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查集合的并集运算，熟记并集的概念，以及一元二次不等式的解法即可，属于基础题型.‎ ‎3.知则的大小关系为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数函数公式化简，则又即可得到结果.‎ ‎【详解】，又.‎ 故答案为B.‎ ‎【点睛】本题考查指数函数、对数函数的运算性质，考查利用中间值比较函数的大小，属于基础题.‎ ‎4.已知数列为等比数列，首项为，数列满足，且，则为（ ）‎ A. 9 B. 27 C. 81 D. 243‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题中条件，得到，且，求出，进而求出等比数列的公比，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为数列为等比数列，数列满足，，‎ 所以，且，所以，即，‎ 所以等比数列的公比为，‎ 因此.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查等比数列的基本量的运算，熟记等比数列的通项公式即可，属于基础题型.‎ ‎5.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出函数定义域，由函数奇偶性的概念，得到是奇函数，排除CD选项，再根据时，函数的正负，即可得出结果.‎ ‎【详解】由得，即，所以函数的定义域为，关于原点对称，‎ 又，所以函数是奇函数，图像关于原点对称，排除CD，‎ 又当时，，所以，，因此，图像应在轴下方，故B错，A正确.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查函数图像的识别，熟记函数的奇偶性，以及对数函数的性质即可，属于常考题型.‎ ‎6.《九章算术》卷七——盈不足中有如下问题：“今有共买羊，人出五，不足四十五；人出七，不足三.问人数、羊价各几何？”翻译为：“现有几个人一起买羊，若每人出五钱，还差四十五钱，若每人出七钱，还差三钱，问人数、羊价分别是多少”.为了研究该问题，设置了如图所示的程序框图，若要输出人数和羊价，则判断框中应该填（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图确定表示的含义，从而可利用方程组得到输出时的值，从而得到输出时的取值，找到符合题意的判断条件.‎ ‎【详解】由程序框图可知，表示人数，表示养价 该程序必须输出的是方程组的解，则 时输出结果 判断框中应填 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查根据循环框图输出结果填写判断框内容的问题，关键是能够准确判断出输出结果时的取值，属于常考题型.‎ ‎7.已知平面向量，满足，，且，则向量与夹角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意求出，由，求出，再由向量夹角公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 由得，所以，‎ 又，‎ 所以向量与夹角的余弦值为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查求向量夹角余弦值，熟记向量夹角公式即可，属于常考题型.‎ ‎8.已知平面区域，，在区域内随机选取一点，则点恰好在区域内的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由约束条件，作出可行域，求出区域对应的面积，再求出区域与区域的公共区域对应的面积，面积比即为所求概率.‎ ‎【详解】由约束约束条件作出可行域如下：‎ 即三角形区域即为平面区域，‎ 由得，即，‎ 又易得：，，‎ 所以，‎ 由图像可得：区域与区域的公共区域为区域，‎ 由得，即，‎ 所以，‎ 所以在区域内随机选取一点，则点恰好在区域内的概率为 ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查与面积有关的几何概型，熟记概率计算公式即可，属于常考题型.‎ ‎9.已知函数，满足，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若的图象关于直线对称，则的取值可以为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由，求出，得，由题意得出，再根据的图象关于直线对称，得到，进而可得出结果.‎ ‎【详解】∵，∴，‎ 又，∴，即，‎ 因为将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，‎ ‎∴，‎ ‎∵的图象关于直线对称，‎ ‎∴，，‎ 则，，令，得．‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查由平移后函数的对称性求参数，熟记三角函数的性质即可，属于常考题型.‎ ‎10.已知抛物线的焦点到其准线的距离为4，圆，过的直线与抛物线和圆从上到下依次交于，，，四点，则的最小值为（ ）‎ A. 9 B. 11 C. 13 D. 15‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由点到到准线距离，得到，焦点，设，，分直线斜率存在，和直线斜率不存在两种情况，根据抛物线的定义，以及基本不等式，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为抛物线的焦点到其准线的距离为4，‎ 所以，因此，焦点，‎ 设，，‎ 当直线斜率存在时，设直线，‎ 由得，整理得：，‎ 因此，所以，（由题意易知：）‎ 又的半径为，即，‎ 由抛物线的定义可得：，，‎ 因此，，‎ 所以，‎ 当且仅当，即时，等号成立；‎ 当直线斜率不存在时，易得，‎ 此时；‎ 综上，的最小值为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查由抛物线的定义求距离的最值问题，熟记抛物线的定义，以及基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎11.已知函数，若方程有两个不同实根，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 先将方程有两个不同实根化为函数与函数有两个不同的交点，根据函数解析式，作出其图像，结合图形求对应直线的斜率，进而可求出结果.‎ ‎【详解】方程有两个不同实根可化为函数与函数有两个不同的交点，‎ 当时，，周期性变化；‎ 函数的图象恒过点；‎ 作函数与函数的图象如下，‎ 则，，；‎ 故，；‎ 由得 则在点处的切线的斜率；‎ 因此，结合图象可得，实数的取值范围为；‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查由方程根的个数求参数，利用数形结合的方法，熟记导数的几何意义等即可求解，属于常考题型.‎ ‎12.已知四棱锥的底面为矩形，平面平面，于，，，，，则四棱锥外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设外接圆圆心为，半径为，由正弦定理求得，再由题意，得到外接球的球心到平面的距离与到的距离相等，设四棱锥 外接球的球心为，半径为，根据，求出半径，再由球的表面积公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】如图，设外接圆圆心为，半径为，因为，，所以，‎ 又，，所以，‎ 由正弦定理可得：，即，‎ 所以，‎ 因为底面为矩形，则四棱锥外接球的球心到平面的距离与到的距离相等，‎ 设四棱锥外接球的球心为，半径为，则易知：，‎ 所以有，‎ 所以外接球表面积为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查求几何体的外接球表面积，熟记球的表面积公式，以及几何体的结构特征即可，属于常考题型.‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二．填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.函数在处的切线方程是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对函数求导，求出在处的切线斜率，再由，根据直线的点斜式方程，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 因此，在处的切线斜率为 ，‎ 又，‎ 所以，所求切线方程为，即.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查求曲线上某点的切线方程，熟记导数的几何意义，以及直线的点斜式方程即可，属于基础题型.‎ ‎14.已知二项式展开式中各项系数和为243，则的展开式中含项的系数为________．‎ ‎【答案】30‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到，求得，得到二项式的展开式的通项，求出对应项，根据，即可求得结果.‎ ‎【详解】因为二项式展开式中各项系数和为243，‎ 所以，即，因此，‎ 因此，‎ 其二项展开式的通项为，‎ 当，即时，，‎ 当，即时，，‎ 因此的展开式中含项的系数为：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查求指定项系数，熟记二项式定理即可，属于常考题型.‎ ‎15.数列通项公式为，若为数列的前项和，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据数列的通项公式，由裂项求和，以及并项求和，分别求出奇数项与偶数项的和，即可得出结果.‎ ‎【详解】数列且，‎ ‎①当为奇数时，；‎ ‎②当为偶数时，，‎ 所以，‎ ‎．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题主要考查数列的求和，熟记裂项相消法以及并项求和法即可，属于常考题型.‎ ‎16.已知双曲线右焦点为，直线与双曲线交于，两点，、的中点依次为，，若以线段为直径的圆经过原点，则双曲线的离心率为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，设，，，再由中点坐标公式，得到，两点坐标，确定的中点也是中点，推出与均为直径，得，；设左焦点为，连接，，由题意，得到，求出，进而得到，，根据双曲线的定义，即可得出结果.‎ ‎【详解】由题意，设，，，‎ 因为、的中点依次为，，‎ 所以，，‎ 所以的中点坐标为，为中点，‎ 又因为以线段为直径的圆经过原点，与均为直径，‎ 所以，；‎ 设左焦点为，连接，，因为为的中点， ‎ 又，所以，‎ 因此，因此 又由直线可得：，所以，‎ 因此，‎ 由双曲线定义得，‎ 解得：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查求双曲线的离心率，熟记双曲线的定义，以及双曲线的简单性质即可，属于常考题型.‎ 三.解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17.如图，是等边三角形， 是边上的动点（含端点），记,.‎ ‎（1）求的最大值；‎ ‎（2）若，求的面积.‎ ‎【答案】(1)当α＝，即D为BC中点时，原式取最大值;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得β=α+，根据三角函数和差公式及辅助角公式化简即可求出其最大值．‎ ‎（2）根据三角函数差角公式求得sinα，再由正弦定理，求得AB的长度；进而求得三角形面积．‎ ‎【详解】（1）由△ABC是等边三角形，得β＝α＋，‎ ‎0≤α≤，故2cos－cos=2cos－cos＝sin，‎ 故当α＝，即D为BC中点时，原式取最大值 ‎（2）由cos β＝ ，得sin β＝，‎ 故sin α＝sin＝sin βcos－cos βsin＝，‎ 由正弦定理，‎ 故AB＝ BD＝×1＝ ，故S△ABD＝AB·BD·sin B＝‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数和差公式、辅助角公式、正弦定理的综合应用，三角形面积的求法，属于中档题．‎ ‎18.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为边长为2的菱形，∠DAB＝60°，∠ADP＝90°，面ADP⊥面ABCD，点F为棱PD的中点．‎ ‎（1）在棱AB上是否存在一点E，使得AF∥面PCE，并说明理由；‎ ‎（2）当二面角D﹣FC﹣B的余弦值为时，求直线PB与平面ABCD所成的角．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）45°‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）点E为棱AB的中点取PC的中点Q，连结EQ、FQ，推导出四边形AEQF为平行四边形，从而AF∥EQ，由此能证明AF∥平面PEC．（2）推导出ED⊥CD，PD⊥AD，且从而PD⊥面ABCD，故以D为坐标原点建立空间坐标系，利用向量法能求出直线PB与平面ABCD所成的角．‎ ‎【详解】（1）在棱AB上存在点E，使得AF∥面PCE，点E为棱AB的中点．‎ 理由如下：取PC的中点Q，连结EQ、FQ，由题意，FQ∥DC且，AE∥CD且，‎ 故AE∥FQ且AE＝FQ．所以，四边形AEQF为平行四边形．所以，AF∥EQ，又EQ⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，‎ 所以，AF∥平面PEC．‎ ‎（2）由题意知△ABD为正三角形，所以ED⊥AB，亦即ED⊥CD，又∠ADP＝90°，‎ 所以PD⊥AD，且面ADP⊥面ABCD，面ADP∩面ABCD＝AD，‎ 所以PD⊥面ABCD，故以D为坐标原点建立如图空间坐标系，‎ 设FD＝a，则由题意知D（0，0，0），F（0，0，a），C（0，2，0），，‎ ‎，，设平面FBC的法向量为，‎ 则由得，令x＝1，则，，‎ 所以取，显然可取平面DFC的法向量，‎ 由题意：，所以a＝1．‎ 由于PD⊥面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，‎ 所以∠PBD为直线PB与平面ABCD所成的角，‎ 易知在Rt△PBD中，从而∠PBD＝45°，‎ 所以直线PB与平面ABCD所成角为45°．‎ ‎【点睛】本题考查满足线面平行的点的位置的判断与证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ ‎19.有两种理财产品和，投资这两种理财产品一年后盈亏的情况如下（每种理财产品的不同投资结果之间相互独立）：‎ 产品：‎ 投资结果 获利 不赔不赚 亏损 概率 产品：‎ 投资结果 获利 不赔不赚 亏损 概率 注：，‎ ‎（1）若甲、乙两人分别选择了产品投资，一年后他们中至少有一人获利的概率大于，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若丙要将20万元人民币投资其中一种产品，以一年后的投资收益的期望值为决策依据，则丙选择哪种产品投资较为理想.‎ ‎【答案】(1) (2)见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）记事件为“甲选择产品投资且获利”，记事件为“乙选择产品投资且获利”，记事件为“一年后甲、乙两人至少有一人投资获利”，根据题意得到，，由，以及，即可求出结果；‎ ‎（2）假设丙选择产品投资，且记为获利金额，根据题中条件，得到期望；假设丙选择产品投资，且记为获利金额，由题中条件，得到期望，分情况讨论，比较大小，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）记事件为“甲选择产品投资且获利”，记事件为“乙选择产品投资且获利”，记事件为“一年后甲、乙两人至少有一人投资获利”‎ 则，，，‎ ‎ ∴‎ 又，且， ‎ ‎∴；‎ ‎（2）假设丙选择产品投资，且记为获利金额（单位：万元），则的分布列为：‎ 投资结果 ‎10‎ ‎0‎ 概率 ‎∴‎ 假设丙选择产品投资，且记为获利金额（单位：万元），则的分布列为：‎ 投资结果 ‎8‎ ‎0‎ 概率 ‎∴当时，，丙可在产品和产品中任选一个投资；‎ 当时，，丙应选产品投资；‎ 当时，，丙应选产品投资.‎ ‎【点睛】本题主要考查概率的计算，以及离散型随机变量的期望，熟记对立事件的概率计算公式，以及离散型随机变量期望的概念即可，属于常考题型.‎ ‎20.已知椭圆的左右焦点分别为，，点，是椭圆的左右顶点，点是椭圆上一动点，的周长为6，且直线，的斜率之积为．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若、为椭圆上位于轴同侧的两点，且，求四边形面积的取值范围．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，得到，，再由，求出，，即可得出椭圆方程；‎ ‎（2）由得，延长交椭圆于点，设，，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，弦长公式，以及三角形面积公式，得到四边形的面积，令 ‎，，得到，进而可得出结果.‎ ‎【详解】（1）∵的周长为6，∴，即，①‎ 设，因为点，是椭圆的左右顶点，则，，‎ 因为直线，的斜率之积为，‎ 所以，即，‎ 又，所以，所以②‎ 联立①②及，解得，，．‎ ‎∴椭圆的方程为；‎ ‎（2）∵，∴，‎ 延长交椭圆于点，设，，‎ 由（1）知，，直线的方程为，‎ 联立，得．‎ ‎∴，．‎ 由对称性可知，，设与的距离为，‎ 则四边形的面积 ‎．‎ ‎∴‎ ‎．‎ 令，．‎ ‎∴．‎ 易知：在上单调递减，∴．‎ 故四边形面积的取值范围为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查求椭圆的标准方程，以及椭圆中四边形的面积，熟记待定系数法求椭圆方程，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.‎ ‎21.已知函数（，是自然对数的底数），是函数的一个极值点．‎ ‎（1）求函数的单调递增区间；‎ ‎（2）设，若，不等式恒成立，求的最大值．‎ ‎【答案】(1) 和．(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先对函数求导，得到，根据，得到，推出，解不等式，即可得出结果；‎ ‎（2）先由不等式恒成立，得到恒成立，记，分别讨论和两种情况，根据导数方法研究函数最值，得到，再令，根据导数方法求其最值即可.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，‎ ‎∵是函数的一个极值点，∴，解得 则．‎ 令，解得或，‎ 故函数的单调递增区间为和． ‎ ‎（2）不等式，可化为，‎ 记，，‎ 当时，恒成立，则在上递增，没有最小值，故不成立；‎ 当时，令，解得，当时，；‎ 当时，，‎ 当时，函数取得最小值，‎ 即，则 令，，令，‎ 则，当时，；当时，，‎ 故当时，取得最大值，‎ 所以，即的最大值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查求函数单调区间与最值等，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数单调性与最值等，属于常考题型.‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.已知在平面直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数）．以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系．‎ ‎（1）求圆的普通方程及其极坐标方程；‎ ‎（2）设直线的极坐标方程为，射线与圆的交点为（异于极点），与直线的交点为，求线段的长．‎ ‎【答案】(1) 普通方程为： ; 极坐标方程为：．(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由圆的参数方程消去参数，得到普通方程，再由直角坐标与极坐标的互化公式，得到极坐标方程；‎ ‎（2）将代入圆的极坐标方程，得到；将代入直线的极坐标方程，得到，再由，即可得出结果.‎ 详解】（1）由 平方相加，得：，‎ 所以圆的普通方程为：‎ 又，，∴‎ 化简得圆的极坐标方程为：．‎ ‎（2）把代入圆的极坐标方程可得：‎ 把代入直线的极坐标方程可得：， ∴‎ 所以线段的长 ‎【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，直角坐标与极坐标的互化，以及极坐标系下的弦长公式，熟记公式即可，属于常考题型.‎ ‎23.已知函数 ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若函数最小值为，且，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）最小值为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用零点分段法去绝对值，由此解不等式，求得不等式的解集.‎ ‎（2）利用绝对值不等式求得的最小值，也即求得的值.利用配凑法，结合基本不等式，求得的最小值.‎ ‎【详解】（1）当时，，无解 当时，，得 当时，，得 所以不等式解集为 ‎（2）‎ 当且仅当时取等 当且仅当时取等 ‎ 所以当时，最小值为4，即，所以 ‎ 所以 当且仅当且即时取“=” ‎ 所以最小值为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查含有绝对值不等式的解法，考查利用基本不等式求最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎ ‎