西藏拉萨中学2020届高三第六次月考数学（文）试题

西藏拉萨中学2020届高三第六次月考数学（文）试题

数学文科试卷 一、选择题：本大题共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.已知集合，集合为整数集，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：，所以，故选D.‎ 考点：集合的交集运算.‎ ‎2.已知非零向量满足，且，则与的夹角为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养．先由得出向量的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角．‎ ‎【详解】因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B．‎ ‎【点睛】对向量夹角计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为．‎ ‎3.若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由及即可得解.‎ ‎【详解】由，可得.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了同角三角函数的基本关系及二倍角公式，属于基础题.‎ ‎4.设复数满足，则 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 考点：复数的运算 ‎5.设函数f（x）=cosx+bsinx（b为常数），则“b=‎0”‎是“f（x）为偶函数”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定义域为R的函数为偶函数等价于进行判断.‎ ‎【详解】 时，, 为偶函数；‎ 为偶函数时，对任意的恒成立，‎ ‎ ‎ ‎ ，得对任意的恒成立，从而.从而“”是“为偶函数”的充分必要条件，故选C.‎ ‎【点睛】本题较易，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.‎ ‎6.命题“，使得”的否定形式是（ ）‎ A. ，使得 B. ，使得 C. ，使得 D. ，使得 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：的否定是，的否定是，的否定是．故选D．‎ ‎【考点】全称命题与特称命题的否定．‎ ‎【方法点睛】全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题．对含有存在（全称）量词的命题进行否定需要两步操作： ①将存在（全称）量词改成全称（存在）量词；②将结论加以否定．‎ ‎7.在棱长为2的正方体中，点O在底面ABCD中心，在正方体内随机取一点P则点P与点O距离大于1的概率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查几何概型，空间几何体的体积，空间想象能力.‎ 到点的距离不大于1的点在以点为球心，1为半径的半球内；其体积为 正方体体积为则在正方体内随机取一点，则点到点距离大于1的概率为故选B ‎8.设为常数，动点分别与两定点，的连线的斜率之积为定值，若点的轨迹是离心率为的双曲线，则的值为（ ）‎ A. 2 B. ‎-2 ‎C. 3 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可分别表示出动点P与两定点的连线的斜率，根据其之积为定值，求得x和y的关系式，对的范围进行分类讨论，当时，方程的轨迹为双曲线，根据圆锥曲线的标准方程可推断出离心率，从而求得λ的值．‎ ‎【详解】依题意可知，整理得，‎ 当时，方程的轨迹为双曲线，‎ ‎ 即，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查双曲线的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎9.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由指数函数，对数函数的性质，可知，‎ ‎，即，选A 考点：指数函数，对数函数的性质 ‎10.在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．‎ 甲：我的成绩比乙高．‎ 乙：丙的成绩比我和甲的都高．‎ 丙：我的成绩比乙高．‎ 成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为 A. 甲、乙、丙 B. 乙、甲、丙 C. 丙、乙、甲 D. 甲、丙、乙 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用逐一验证的方法进行求解.‎ ‎【详解】若甲预测正确，则乙、丙预测错误，则甲比乙成绩高，丙比乙成绩低，故3人成绩由高到低依次为甲，乙，丙；若乙预测正确，则丙预测也正确，不符合题意；若丙预测正确，则甲必预测错误，丙比乙的成绩高，乙比甲成绩高，即丙比甲，乙成绩都高，即乙预测正确，不符合题意，故选A．‎ ‎【点睛】本题将数学知识与时政结合，主要考查推理判断能力．题目有一定难度，注重了基础知识、逻辑推理能力考查．‎ ‎11.如图所示，点从点出发，按逆时针方向沿边长为的正三角形运动一周，为△的中心，设点走过的路程为，△的面积为（当、、三点共线时，记面积为0），则函数的图象大致为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当 时, ，为一次递增函数,去掉B；当(BC中点) 时为一次递减函数，去掉C,D；所以选A.‎ 点睛：(1)运用函数性质研究函数图像时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向.(2)在运用函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关系，结合特征进行等价转化研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去，即将函数值的大小转化自变量大小关系 ‎12.函数的导函数，对任意，都有成立，若，则满足不等式的的范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，求得，则函数为单调递增函数，把不等式，转化为，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，对任意，都有成立，即，‎ 令，则，‎ 所以函数为单调递增函数，‎ 又因为不等式，即，‎ 因为，所以，所以不等式解集为，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了导数点运算，以及利用导数研究函数的单调性及其应用，其中解答中根据选项及已知条件合理构造新函数，利用导数判定函数的单调性是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题 5分，共20分.‎ ‎13.已知均为单位向量，若，则与的夹角为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知模平方后可求得两向量的数量积，然后根据数量积的定义可求得夹角．‎ ‎【详解】由题意，‎ ‎，∴，，．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的数量积与模的关系，考查求向量夹角，掌握数量积的定义是解题基础．‎ ‎14.已知是等差数列，公差不为零．若，，成等比数列，且，则 ， ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意列出关于、的方程组，即可解出这两个量的值.‎ ‎【详解】由题可得，，故有，‎ 又因为，即，所以.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，解题的关键就是根据题意列出关于首项和公差的方程组进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎15.已知点在函数（且）图象上，对于函数定义域中的任意，（），有如下结论：‎ ‎①；‎ ‎②；‎ ‎③；‎ ‎④．‎ 上述结论中正确结论的序号是 ．‎ ‎【答案】（1），（4）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：点在函数（且）图象上，即 ‎∵对于函数定义域中的任意的 有 ‎∴结论（1）正确；‎ 又，‎ ‎∴结论（2）错误；‎ 又是定义域上的增函数，‎ ‎∴对任意的不妨设，则，‎ ‎∴结论（3）错误，结论；‎ 又 ‎∴结论（4）正确；‎ 综上，正确的结论是（1），（4）；‎ ‎16.已知为定义域为的偶函数，当时，，若关于的方程()有且仅有6个不同的实数根，则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性作出函数的图象，利用换元法判断函数的根的个数，利用数形结合即可得出结论．‎ ‎【详解】作出函数的图象如图：‎ 则在和上递增，在和上递减，‎ 当时，函数取得极大值；‎ 当时，取得极小值，‎ 关于的方程()有且仅有6个不同的实数根，设，则当，方程有个根，‎ 当，方程有个根，‎ 当或，方程有2个根，‎ 当，方程有4个根，‎ 当，方程有0个根．‎ 则必有两个根、，‎ 则有两种情况符合题意：‎ ‎①，且，‎ 此时，‎ 则；‎ ‎②，，‎ 此时同理可得，‎ 综上可得a的范围是，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数与方程，考查函数的表示法以及一次函数和二次函数，考查数形结合思想，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.‎ 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.的内角，，所对的边分别为，，.‎ ‎（1）若，，成等差数列，证明：；‎ ‎（2）若，，成等比数列，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）因为，，成等差数列，所以，再利用正弦定理及诱导公式，即可证明；‎ ‎（2）因为，，成等比数列，所以，再利用余弦定理，结合基本不等式，进而得出结论.‎ ‎【详解】（1），，成等差数列，∴，‎ 由正弦定理得，‎ ‎∵，‎ ‎∴；‎ ‎（2）∵，，成等比数列，∴，‎ 由余弦定理得，‎ ‎∵（当且仅当时等号成立），‎ ‎∴（当且仅当时等号成立），‎ ‎∴（当且仅当时等号成立）‎ 即，所以的最小值为.‎ ‎【点睛】本题重点考查正弦定理、余弦定理及诱导公式的应用，考查不等式的应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.‎ ‎18.某工厂的,,三个不同车间生产同一产品的数量(单位:件)如下表所示.质检人员用分层抽样的方法从这些产品中共抽取6件样品进行检测:‎ 车间 数量 ‎50‎ ‎150‎ ‎100‎ ‎(1)求这6件样品中来自,,各车间产品的数量;‎ ‎(2)若在这6件样品中随机抽取2件进行进一步检测,求这2件产品来自相同车间的概率.‎ ‎【答案】(1)1,2,3;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求得分层抽样的抽样比，由此求得这6件样品中来自,,各车间产品的数量.‎ ‎（2）利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.‎ ‎【详解】(1)因为样本容量与总体中的个体数的比是,‎ 所以车间产品被选取的件数为,‎ 车间产品被选取的件数为,‎ 车间产品被选取的件数为.‎ ‎(2)设6件自､､三个车间的样品分别为:;,,;,.‎ 则从6件样品中抽取的这2件产品构成的所有基本事件为:‎ ‎,,,,,,,,‎ ‎,,,,,,,共15个. ‎ 每个样品被抽到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的.‎ 记事件:“抽取的这2件产品来自相同车间”,‎ 则事件包含的基本事件有:‎ ‎,,,,共4个 所以.‎ 所以这2件商品来自相同车间的概率为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查分层抽样各层抽样数量的计算，考查古典概型概率计算，属于基础题.‎ ‎19.如图所示，在四棱锥中，四边形为矩形，为等腰三角形，，平面平面，且，，，分别为，的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）证明：平面平面；‎ ‎（3）求四棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据直线与平面平行的判定定理可知只需证与平面内一直线平行，连接，根据中位线可知，平面，平面，即可证明结论； ‎ ‎（2）根据面面垂直的性质可得平面，又平面，即可证明结论；‎ ‎（3）取的中点为，连接，从而得到平面，即为四棱锥的高，最后根据棱锥的体积公式即可得解.‎ ‎【详解】（1）如图所示，连接.‎ ‎∵四边形为矩形且是的中点，‎ ‎∴也是的中点.‎ 又是的中点，，‎ ‎∵平面，平面，∴平面；‎ ‎（2）证明：∵面平面，，平面平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∵平面，∴平面平面；‎ ‎（3）取的中点为，连接，‎ ‎∵平面平面，为等腰直角三角形，‎ ‎∴平面，即为四棱锥的高，‎ ‎∵，∴，又，‎ ‎∴四棱锥体积.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行、面面垂直的证明，考查椎体体积的求法，考查逻辑推理能力和运算能力，考查空间想象能力，属于常考题.‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，点在上 ‎（1）求的方程 ‎（2）直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为.证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由求得,由此可得C的方程.（II）把直线方程与椭圆方程联立得,所以于是.‎ 试题解析：‎ 解：（Ⅰ）由题意有解得,所以椭圆C的方程为.‎ ‎（Ⅱ）设直线,,把代入得 故于是直线OM的斜率即,所以直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值.‎ 考点：本题主要考查椭圆方程、直线与椭圆及计算能力、逻辑推理能力.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，求函数的单调区间；‎ ‎（2）若在定义域内恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先对函数求导，然后说明每个区间导数的符号，进而求出函数的单调区间；‎ ‎（2）构造函数，由在上恒成立，得在上恒成立，对求导，研究其单调性，求出的最小值，即可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，，，‎ ‎∵恒成立，∴当时，，单调递增；当时，，单调递减.‎ 故的单调递增区间为，单调递减区间为；‎ ‎（2）令，‎ ‎∵在上恒成立，∴当时，‎ 恒成立，‎ ‎，‎ 令，则在上单调递增，且，‎ ‎∴当时，，，即单调递减，‎ 当时，，，即单调递增，‎ ‎∴，，故实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查恒成立求参问题，考查逻辑思维能力和运算能力，属于高考常考题型.‎ 选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数），椭圆的参数方程为（为参数）‎ ‎（1）将直线的参数方程化为极坐标方程；‎ ‎（2）设直线与椭圆相交于，两点，求线段的长.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）直线的参数方程化为普通方程为，‎ 代入互化公式可得直线的极坐标方程 ‎（2）椭圆的普通方程为，将直线的参数方程，代入，‎ 得，即，解得，，‎ 所以．‎ 考点：极坐标方程，利用直线参数方程中参数的几何意义可求线段的长 ‎23.设函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若不等式的解集非空，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据绝对值的性质表示成分段函数形式，然后解不等式即可；‎ ‎（2）作出的图象，结合图象可得出的取值范围.‎ ‎【详解】（1），‎ 所以原不等式等价于或或，‎ 解得不等式的解集为；‎ ‎（2）图象如图所示，‎ 其中，，直线绕点旋转，‎ 由图可得不等式的解集非空时，‎ 临界直线为和过与，平行的直线，‎ 两临界直线的斜率分别为，‎ 所以的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法及应用，数形结合是解决问题的关键，考查计算能力，属于高考常考题型.‎