黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2020届高三10月月考数学（文）试题

黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2020届高三10月月考数学（文）试题

‎2019—2020学年度上学期10月月考高三数学（文）试题 第一部分 选择题 一、选择题 ‎1.若集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考虑中哪些元素为正偶数即可.‎ ‎【详解】为正偶数的集合，而为中仅有的正偶数，故.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】集合的表示方法有列举法和描述法，其中描述法为，为元素的属性条件，凡是满足这个性质且只有满足这个性质，才是集合中的元素，因此考虑集合间的运算时，应弄清楚集合中元素的属性.‎ ‎2.复数等于（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法运算可得正确的计算结果.‎ 详解】，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算，注意分母实数化时是分子、分母同时乘以分母的共轭复数.‎ ‎3.设向量，满足，，则（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将等式进行平方，相加即可得到结论．‎ ‎【详解】∵||，||，‎ ‎∴分别平方得2•10，2•6，‎ 两式相减得4•10﹣6＝4，‎ 即•1，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查向量的基本运算，利用平方进行相加是解决本题的关键，比较基础．‎ ‎4.下列说法错误的是( )‎ A. “若，则”的逆否命题是“若，则”‎ B. “”是“”的充分不必要条件 C. “”的否定是“”‎ D. 命题：“在锐角中，”为真命题 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 依题意，根据逆否命题的定义可知选项正确；由得或“”是“”的充分不必要条件，故正确；因为全称命题命题的否是特称命题，所以正确；锐角中，，，错误，故选D.‎ ‎5.设直线：，：，若与平行，则的值为（ ）‎ A. B. 0或 C. 0 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过两条直线平行的关系，可建立关于的方程，解方程求得结果。‎ ‎【详解】 ‎ 解得：或 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考察直线位置关系问题。关键是通过两直线平行，得到：。‎ ‎6.记单调递增的等比数列的前项和为，若，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用等比数列的性质得到的值，再根据的方程组可得的值，从而得到数列的公比，进而得到数列的通项和前项和，根据后两个公式可得正确的选项.‎ ‎【详解】因为为等比数列，所以，故即，‎ 由可得或，因为为递增数列，故符合.‎ 此时，所以或（舍，因为为递增数列）.‎ 故，.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：‎ ‎（1）若，则；‎ ‎（2）公比时，则有，其中为常数且；‎ ‎（3） 为等比数列（ ）且公比为.‎ ‎7.若，则的值为（ ）‎ A. B. -1 C. D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，利用二倍角公式和同角的三角函数的基本关系式可得的值.‎ ‎【详解】令，则，‎ 故.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】三角函数的化简求值问题，可以从四个角度去分析：（1）看函数名的差异；（2）看结构的差异；（3）看角的差异；（4）看次数的差异．对应的方法是：弦切互化法、辅助角公式（或公式的逆用）、角的分拆与整合（用已知的角表示未知的角）、升幂降幂法．‎ ‎8.函数的图象可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合函数的解析式排除错误选项即可确定函数的图象.‎ ‎【详解】函数的定义域关于坐标原点对称，‎ 且由函数的解析式可知：，‎ 则函数为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项CD错误；‎ 当时，，则，‎ 当时，单调递减，‎ 当时，单调递增，‎ 即函数在区间内先单调递减，再单调递增，据此可排除B选项，‎ 本题选择A选项.‎ ‎【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．‎ ‎9.已知函数的图象过点，则要得到函数的图象，只需将函数的图象 A. 向右平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题可得，因为点在函数的图象上，所以，所以，即，因为，即，解得，又，所以，，所以 ，故要得到函数 的图象，只需将函数的图象向右平移个单位长度．故选A．‎ ‎10.若圆上有且只有两个点到直线的距离等于1，则半径的范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出圆心到直线的距离，再根据有且只有两个点到直线的距离等于1得到半径的范围为．‎ ‎【详解】圆心坐标为，它到直线的距离为，‎ 因为有且只有两个点到直线的距离等于1，故半径，‎ 所以．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】若圆的圆心到直线的距离为，圆的半径为，‎ ‎（1）若圆上有且仅有四个点到直线的距离为，则；‎ ‎（2）若圆上有且仅有三个点到直线的距离为，则；‎ ‎（3）若圆上有且仅有四个点到直线的距离为，则；‎ ‎（4）若圆上有且仅有一个点到直线的距离为，则.‎ ‎11.在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是一个正三角形，若平面平面，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过作，交于，取的中点，连接，取的三等分点 ‎（），取的中点，在平面过分别作的垂线，交于点，可证为外接球的球心，利用解直角三角形可计算．‎ ‎【详解】如图，过作，交于，取的中点，连接，在的三等分点（），取的中点，在平面过分别作的垂线，交于点．‎ 因为等边三角形，，所以．‎ 因为平面平面，平面平面，平面，‎ 所以平面，因平面，故． ‎ 又因为四边形为正方形，而为的中点，故，故，‎ 因，故平面．‎ 在中，因，故，故平面，‎ 同理平面．‎ 因为正方形的中心，故球心在直线上，‎ 因为的中心，故球心在直线上，故为球心，为球的半径．‎ 在中，，，‎ 故，所以球的表面积为．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】几何体的外接球的半径的计算，关键在于球心位置的确定，其基本方法是利用球心到各顶点的距离相等，因此球心在底面（或侧面）上的投影为底面（或侧面）的外接圆的圆心，从而把半径的计算归结为平面图形中几何线段的长度的计算．‎ ‎12.定义在上的函数满足为自然对数的底数），其中为的导函数，若，则的解集为（　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，以及，联想到构造函数，所以等价为，通过导数求的单调性，由单调性定义即可得出结果。‎ ‎【详解】设，等价为，‎ ‎，故在上单调递减，所以，解得，‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性的问题，利用单调性定义解不等式，如何构造函数是解题关键，意在考查学生数学建模能力。‎ 第二部分 非选择题 二、填空题 ‎13.已知，满足约束条件，则目标函数的取值范围为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出不等式组对应的可行域，平移动直线后可得的取值范围．‎ ‎【详解】不等式组对应的可行域如图所示，其中，.‎ 考虑动直线，当其过时，有最小值且为，‎ 当其过时，有最大值且为，‎ 所以目标函数的取值范围为.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率．‎ ‎14.已知正方体中，E为的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 连接DE，设AD=2，易知AD∥BC，∴∠DAE就是异面直线AE与BC所成角，‎ 在△RtADE中，由于DE=，AD=2，可得AE=3，∴cos∠DAE==．‎ ‎15.已知圆：，点为圆上任意一点，则的最大值______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，考虑直线 ，利用直线与圆有公共点可得的最大值.‎ ‎【详解】圆的标准方程为：.‎ 设，则方程为直线的方程，因点为圆上任意一点，‎ 所以直线与圆有公共点，‎ 故即，故 ‎ 故的最大值为.‎ 故填.‎ ‎【点睛】对于非线性规划问题，我们要注意两个问题：（1）可能平面区域是由直线和某些曲线（如等），此时表示函数的图像的上方，表示函数的图像的下方；（2）目标函数可能是非线性的，此时需考虑目标函数对应的几何意义，比如非线性目标函数，如果令，那么就有，的含义就是直线的斜率．‎ ‎16.已知关于不等式在区间上恒成立，则实数的取值范围为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用参变分离和基本不等式可求实数的取值范围.‎ ‎【详解】由可得，‎ 而，∴，‎ 又∵，∴，令，‎ 则在上单调递增，∴，‎ ‎∴，所以.‎ 故填.‎ ‎【点睛】含参数的不等式的恒成立问题，优先考虑参变分离，把恒成立问题转化为不含参数的新函数的最值问题，后者可用函数的单调性或基本不等式来求.‎ 三、解答题 ‎17.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.‎ ‎18.已知在公差不为零的等差数列中，成等比数列.‎ ‎（I）求数列的通项公式；‎ ‎（II）若数列满足，，求 ‎【答案】(1) ;(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析:(1) 设等差数列的公差为，根据等比数列的定义进行基本量运算,求出数列的通项公式;(2)求出数列的通项公式,根据裂项相消法计算数列的和.‎ 试题解析:‎ ‎（I）设等差数列的公差为，，则依题意得：‎ ‎；‎ ‎（II）由（I）有，所以，‎ ‎.‎ ‎19.已知函数.‎ ‎（1）求的定义域与最小正周期；‎ ‎（2）求的单调递增区间.‎ ‎【答案】（1），；（2），‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正切函数的性质可求的定义域，利用诱导公式、两角差的余弦公式、正弦公式和降幂公式可化简函数为，利用公式可求函数的最小正周期.‎ ‎（2）利用正弦函数的单调增区间可求的单调增区间，注意函数的定义域.‎ ‎【详解】（1）解： 的定义域为.‎ ‎.‎ 所以，的最小正周期.‎ ‎（2）解：令，‎ 解得，.‎ 故的单调递增区间为，.‎ ‎【点睛】形如的函数，可以利用降幂公式和辅助角公式将其化为的形式，再根据复合函数的讨论方法求该函数的单调区间、对称轴方程和对称中心等．‎ ‎20.如图，在三棱锥中，，分别为，的中点，且，，.‎ ‎（1）求证：平面； ‎ ‎（2）若且，三棱锥的体积为1，求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可证平面，从而得到，再利用可证平面.‎ ‎（2）在中，设，根据及为中点可以得到，再根据可得，根据体积可求出的值，最后利用等积法可求点到平面的距离.‎ ‎【详解】（1）因为为中点，且，所以，‎ 则为，即，所以，‎ 又，面，面，‎ 所以面，∵面，∴，‎ 所以，且，面，面，‎ 所以面.‎ ‎（2）设，设点到平面的距离为.‎ 因为且，所以.‎ 因为，分别为，的中点，所以.‎ 因为，所以，，‎ 三棱锥的体积为，得.‎ 由（1）知，面，且，所以面.‎ 因为，所以，而， ，‎ 且，所以，故.‎ 所以，故点到平面的距离为.‎ ‎【点睛】线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角. 点到平面的距离的计算可以利用面面垂直或线面垂直得到点到平面的距离，可以根据等积法来求.‎ ‎21.已知函数，和直线m：，且．‎ 求a的值；‎ 是否存在k的值，使直线m既是曲线的切线，又是曲线 的切线？如果存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】(1) a=-2 (2) 公切线是y=9,此时k=0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）计算f′(x)，进而由f′(－1)＝0可得解；‎ ‎（2）直线m是曲线y＝g(x)的切线，设切点为(x0,3＋6x0＋12)，由导数得切线斜率，进而得切线方程，带入(0,9) 得x0＝±1，再分别计算当f′(x)＝0或f′(x)＝12时的切线，进而找到公切线.‎ ‎【详解】(1)f′(x)＝3ax2＋6x－6a，f′(－1)＝0.‎ 即3a－6－6a＝0，∴a＝－2.‎ ‎(2)存在．‎ ‎∵直线m恒过定点(0,9)，直线m是曲线y＝g(x)的切线，‎ 设切点为(x0,3＋6x0＋12)，‎ ‎∵g′(x0)＝6x0＋6，∴切线方程为y－(3＋6x0＋12)＝(6x0＋6)(x－x0)，‎ 将点(0,9)代入，得x0＝±1.‎ 当x0＝－1时，切线方程为y＝9；‎ 当x0＝1时，切线方程为y＝12x＋9.‎ 由f′(x)＝0，得－6x2＋6x＋12＝0.‎ 即有x＝－1或x＝2，‎ 当x＝－1时，y＝f(x)的切线方程为y＝－18；‎ 当x＝2时，y＝f(x)的切线方程为y＝9.‎ ‎∴公切线是y＝9.‎ 又令f′(x)＝12，得－6x2＋6x＋12＝12，‎ ‎∴x＝0或x＝1.‎ 当x＝0时，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－11；‎ 当x＝1时，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－10，‎ ‎∴公切线不是y＝12x＋9.‎ 综上所述公切线是y＝9，此时k＝0.‎ ‎【点睛】求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出切点 及斜率，其求法为：设是曲线上的一点，则以的切点的切线方程为： ．若曲线在点的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为．‎ ‎22.已知圆经过两点，且圆心在直线上．‎ ‎（1）求圆的方程；‎ ‎（2）已知过点的直线与圆相交截得的弦长为，求直线的方程；‎ ‎（3）已知点，在平面内是否存在异于点的定点，对于圆上的任意动点，都有为定值?若存在求出定点的坐标，若不存在说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）或；（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设出圆的一般方程，代入三个条件解得答案.‎ ‎(2)将弦长转化为圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式得到答案.‎ ‎(3)设出点 利用两点间距离公式得到比值关系，设为，最后利用方程与N无关得到关系式计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）因为圆经过两点，且圆心在直线上 设圆：‎ 所以，，‎ 所以，‎ 所以圆 ‎（2）当斜率不存在的时候，，弦长为，满足题意 当斜率存在的时候，设，即 所以直线的方程为：或 ‎（3）设，且 因为为定值，设 化简得：，与点位置无关，‎ 所以 解得：或 所以定点为 ‎【点睛】本题考查圆的方程,考查直线与圆的位置关系,考查阿斯圆内容.考查了多项式恒成立问题.考查学生的分析能力、数据分析能力.‎ ‎ ‎