新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学2020届高三上学期月考数学（文）试题

新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学2020届高三上学期月考数学（文）试题

文数试卷 一、选择题：（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.集合，，则是（ ）‎ A. ， B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合 ，进而求交集即可.‎ ‎【详解】∵，，‎ ‎∴，‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查交集的概念及运算，考查二次函数的值域及一次函数的定义域，属于基础题.‎ ‎2.在复平面内，复数对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简，在复平面内对应的点为：，即得解 ‎【详解】由题意：‎ 在复平面内对应的点为：，在第三象限 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查了复数的除法运算和几何意义，考查了学生概念理解，数学运算能力，属于基础题 ‎3.已知平面向量， 的夹角为，且， ，则（　　）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 故选C ‎4.设等差数列的前项和为，若，则（ ）‎ A. 9 B. ‎15 ‎C. 18 D. 36‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的前n项和公式，可得，可得，又 ‎，可得解 ‎【详解】由题意为等差数列，故 则 故选：C ‎【点睛】本题考查了等差数列通项公式和求和公式的综合应用，考查了学生综合分析，转化化归，数学运算能力，属于基础题 ‎5.若，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平方差公式以及二倍角的余弦公式化简原式，再将代入即可.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 因为，‎ ‎，故选B.‎ ‎【点睛】二倍角的余弦公式具有多种形式，是高考考查的重点内容之一,此类问题往往是先化简，再求值.‎ ‎6.下列命题推断错误的是（ ）‎ A. 命题“若，则”的逆否命题为真命题 B. 若且为假命题，则，均为假命题 C. “”是“”的充分不必要条件 D. 命题：存在，使得，则非：任意，都有 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“若，则”为真命题，由原命题和逆否命题同真假，可判断A；若且为假命题，则，至少有一个为假命题，可判定B；则或，可判断C；命题：存在，使得的否定为：任意，都有，可判断D ‎【详解】对于A，“若，则”为真命题，由原命题和逆否命题同真假，故A正确；‎ 对于B，若且为假命题，则，至少有一个为假命题，故B不正确；‎ 对于C，则或，故“”是“”的充分不必要条件，C正确；‎ 对于D，命题：存在，使得的否定为：任意，都有，故D正确 故选：B ‎【点睛】本题考查了命题的否定，逻辑连接词和充分必要条件，考查了学生逻辑推理，转化划归，数学运算能力，属于基础题 ‎7.执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（ ）‎ A. 5 B. ‎6 ‎C. 7 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 开始运行程序，满足 ，，满足 ， ，满足 ， ，满足，，满足 ，‎ 不满足 ，输出,选.‎ ‎8. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）‎ A. 96‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由几何体的三视图可知，几何体为边长为四的正方体，挖去一个底面半径为，高为的圆锥所得的组合体，其表面积是正方体的表面面积减去圆锥底面积，加上圆锥侧面积，，故选C.‎ 考点：1、几何体的三视图；2、几何体的表面积.‎ ‎9.已知，、满足约束条件，若的最小值为1，则（ ）‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出约束条件中两条直线，及由目标函数取得最值的直线，从而找到图中的点，进而得到直线必过点，代入方程即可得答案.‎ ‎【详解】作出约束条件中的两条直线，，如图所示，‎ 因为目标函数取得最值，所以，‎ 联立可得，‎ 所以线性约束条件所表示可行域内的点，‎ 所以直线必过点，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查线性规划中参数的求值，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意运用逆向思维，根据目标函数取得的最值，确定直线方程.‎ ‎10.已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形,则三棱锥的外接球的球心到平面的距离是（ ）‎ A. B. ‎1 ‎C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：因为三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，‎ 在面内的射影为中点，平面，上任意一点到 的距离相等．‎ ‎，，在面内作的垂直平分线，则为的外接球球心．‎ ‎，，，，即为到平面的距离，故选A．‎ 考点：球内接多面体；点到面的距离的计算．‎ ‎【名师点睛】(1)一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面将空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．‎ ‎(2)若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．‎ ‎(3)一般三棱锥的外接球的球心可通过其中一个面的外心作此平面的垂线，则球心必在此垂线上．‎ ‎11.已知函数有两个零点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 函数的定义域为，因为，当时，，则函数在上单调递增，不满足条件；当时，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以为极小值点，要使有两个零点，即要，即，则的取值范围是，故选D.‎ 点睛：本题主要考查了导数在求函数零点中的应用，难度一般；函数零点问题，可以研究函数的单调性、极值等，也可以等价转化为相对应方程的解，同时还可转化为两个函数图象交点的问题，在该题中，主要是利用对函数进行求导，利用导数判断单调性，通过判断极值与0的关系，得参数的值.‎ ‎12.已知定义域为的偶函数，其导函数为，对任意正实数满足，若，则不等式的解集是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导，可得当时, ，可得在单调递增，又可得为偶函数，，即，可得解 ‎【详解】由于，‎ 对任意正实数满足，‎ 故时， ，故在单调递增；‎ 由于为偶函数，故 故也为偶函数 故在单调递减 故 ，且 ‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了函数的单调性、奇偶性在解不等式中的应用，考查了利用导数研究函数单调性的方法，考查了学生转化化归，数学运算能力，属于中档题 二、填空题：（大题共4小题，每小题5分）‎ ‎13.某班级有50名学生，现要采取系统抽样的方法在这50名学生中抽出10名学生，将这50名学生随机编号号，并分组，第一组号，第二组号，，第十组 号，若在第三组中抽得号码为12的学生，则在第八组中抽得号码为______ 的学生．‎ ‎【答案】37‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 系统抽样时，各组抽得的号码是公差为5的等差数列，故可求第八组抽得的号码．‎ ‎【详解】设第组的号码记为，依据系统抽样，则有是公差为5的等差数列．‎ 又，故，故填．‎ ‎【点睛】本题考察系统抽样，为基础题，注意系统抽样是均匀分组，按规则抽取（通常每组抽取的序号成等差数列）．‎ ‎14.已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由是定义域为奇函数，，代入解析式，即得解 ‎【详解】由题意是定义域为的奇函数，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性求函数值，考查了学生概念理解，数学运算能力，属于基础题 ‎15.函数（）的最大值是__________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】化简三角函数的解析式，‎ 可得 ‎，‎ 由，可得，‎ 当时，函数取得最大值1．‎ ‎16.已知数列满足：，数列的前n项和为，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得，两式相减化为，则，由裂项相消法可得，然后利用累乘法可得结果.‎ ‎【详解】，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.‎ 三、解答题：（答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17.已知函数.‎ ‎(1)求函数的最小正周期和函数的单调递增区间;‎ ‎(2)若函数的对称中心为,求的所有的和.‎ ‎【答案】(1)，.（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（1）对函数解析式化简得，可得最小正周期为将看作一个整体，代入正弦函数的增区间求得的范围即为所求的单调增区间．（2）令得到在内的值，求和后可得所求．‎ 试题解析：‎ 由题得 所以函数的最小正周期 由 得，‎ ‎∴函数的单调递增区间为 ‎(2)令 得 ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴所有满足条件的的和为 ‎18.设数列的前项和为，数列为等比数列，且．‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1），；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用数列的与的关系，即可求解数列的通项公式，再利用等比数列的通项公式，求解数列的通项公式；（2）由（1）知，即可利用乘公比错位相减法求解数列的和．‎ 试题解析：（1）时，，‎ 当时，，∴，‎ 设公比为，∴，∴，∴；‎ ‎（2）‎ 由错位相减得（略解）．‎ 考点：数列的通项公式；数列的求和．‎ ‎19.中，角，，的对边分别为，，，且.‎ ‎（1）求角；‎ ‎（2）若，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理，转化题设条件为，可得，即得解；‎ ‎（2）由余弦定理，结合均值不等式可得，可得，由面积公式，即得解 ‎【详解】（1）∵在中，‎ ‎∴由正弦定理可得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴解得：，‎ ‎∴由三角形内角的范围可得角.‎ ‎（2）由余弦定理可得：，‎ 可得，当且仅当时取等号.‎ ‎∴面积的最大值.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题 ‎20.某大学生在开学季准备销售一种文具盒进行试创业，在一个开学季内，每售出盒该产品获利润元，未售出的产品，每盒亏损元．根据历史资料，得到开学季市场需求量的频率分布直方图，如图所示．该同学为这个开学季购进了盒该产品，以（单位：盒，）表示这个开学季内的市场需求量，（单位：元）表示这个开学季内经销该产品的利润．‎ ‎（1）根据直方图估计这个开学季内市场需求量的众数和平均数；‎ ‎（2）将表示为的函数；‎ ‎（3）根据直方图估计利润不少于元的概率．‎ ‎【答案】（1）众数是，平均数为；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：(1)众数是频率分布直方图中最高的矩形底边中点值，平均数是每个小矩形底边的中点值乘以对应的频率和；（2）分 和 两种情况得到分段函数；（3）根据（2）的结果，可得当时，利润大于等于4000，根据频率分布直方图计算可得概率.‎ 试题解析：解：（1）由频率直方图得：最大需求量为的频率．‎ 这个开学季内市场需求量的众数估计值是；‎ 需求量为的频率，‎ 需求量为频率，‎ 需求量为的频率，‎ 需求量为的频率，‎ 需求量为的频率．‎ 则平均数． ‎ ‎（2）因为每售出盒该产品获利润元，未售出的产品，每盒亏损元，‎ 所以当时，， ‎ 当时，， ‎ 所以．‎ ‎（3）因为利润不少于元所以，解得，解得．‎ 所以由（1）知利润不少于元的概率．‎ ‎【点睛】本题考查了以统计为背景的概率问题，并且辅以分段函数的考查，综合性强，首先要会看频率分布直方图，重点是每个小矩形的面积表示频率，频数除以样本容量等于频率，频率和为1，二要会分析众数，平均数，中位数.‎ ‎21.如图，正方形所在平面与三角形所在平面相交于，平面，且,.‎ ‎(Ⅰ)求证：平面； ‎ ‎(Ⅱ)求凸多面体的体积. ‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析； (Ⅱ) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导出AE⊥CD，CD⊥AD，从而CD⊥平面ADE，再由AB∥CD，能证明AB⊥平面ADE． （2）凸多面体ABCDE的体积V=VB-CDE+VB-ADE，由此能求出结果．‎ ‎【详解】（1）证明：‎ 又在正方形中，‎ ‎,‎ 又在正方形中，‎ ‎ 平面.‎ ‎(2) 连接，设到平面的距离为，‎ ‎，又，‎ ‎ 又，‎ 又 所以 ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查多面体的体积的求法，是中档题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎22.已知函数.‎ ‎(1)若，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) ; (2) .‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）求出函数的导数，计算,根据点斜式可求切线方程；（2）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，求出的最大值，结合对任意恒成立，求出的取值范围即可.‎ 试题解析：(1)由，得，则 又，.‎ 所以曲线在点处切线方程为，即.‎ ‎ (2)已知对任意恒成立，‎ 令 ‎①当时，‎ ‎，在上单调递减，‎ ‎，恒成立.‎ ‎②当时，二次函数的开口方向向下，对称轴为，且，‎ 所以当时，，，在上单调递减，‎ ‎，恒成立.‎ ‎③当时，二次函数的开口方向向上，对称轴为，‎ 所以在上单调递增，且，‎ 故存在唯一，使得，即.‎ 当时，，，单调递减；‎ 当时，，，单调递增.‎ 所以在上，.‎ 所以得，‎ 综上,得取值范围是.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查利用导数求函数的最值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 ③ 求得的范围的.‎