浙江省金华第一中学2020-2021学年高三上学期10月月考数学试题及答案

这是一份浙江省金华第一中学2020-2021学年高三上学期10月月考数学试题及答案，共21页。试卷主要包含了单选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
浙江省金华第一中学2020-2021学年高三上学期10月月考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，则P∩Q等于（    ）A． B． C． D．2．已知，则“”是“”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3．函数的大致图像是（    ）A． B． C． D．4．设变量x，y满足约束条件则目标函数的最小值为A． B．6 C．10 D．175．设为直线，是两个不同的平面，则下列命题中真命题的个数为（    ）①若，则；　    ②若，则；③若，，则；　    ④若，，则.A．0 B．1 C．2 D．36．若的展开式中所有项的系数的绝对值之和为1024，则该展开式中的常数项是A．-270 B．270 C．-90 D．907．为了防止部分学生考试时用搜题软件作弊，命题组指派5名教师对数学试卷的选择题、填空题和解答题这3种题型进行改编，则每种题型至少指派一名教师的不同分派方法种数为A．150 B．180 C．200 D．2808．已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为A． B． C． D．9．已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的最小值是(    )A． B． C． D．10．如图，矩形中，，，是线段（不含点上一动点，把沿折起得到△，使得平面平面，分别记，与平面所成角为，，平面与平面所成锐角为，则　　A． B． C． D． 二、双空题11．设为虚数单位，则复数的虚部为_______,模为______．12．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积是_______，表面积是______．13．在中，角，和所对的边长为，和，面积为，且为钝角，则__；的取值范围是___．14．已知随机变量ξ的分布列为：﹣1012P﹣2ab 若，则a+b＝______，D（）＝______. 三、填空题15．已知都是负实数，则的最小值是____________ .16．已知平面向量满足，且，则的最大值是__________．17．已知，记函数在的最大值为，若，则的取值范围是________. 四、解答题18．已知函数.(1)求函数的单调递增区间；(2)若，，求的值.19．如图，已知四棱锥的底面是菱形，，，.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.20．数列的前项和为，，满足，设，数列的前项和为．(1)求和的通项公式；(2)设，数列的前项和为，求证：.21．已知点是抛物线的焦点，抛物线的准线与轴交于点．过点作直线，与抛物线相切于点．(1)求点的坐标；(2)过点作直线l的平行线，交抛物线于，两点，求的面积的最大值．22．设为正实数，函数存在零点，且存在极值点与．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）求的取值范围，并证明：．
参考答案：1．B【分析】由交集运算直接求解.【详解】因为，所以.故选：B2．B【详解】因为，所以能推出，不能推出，“”是“”的必要不充分条件，故选：B3．C【分析】根据函数的定义域，求出奇偶性，再用特殊值，分别进行排除即可求出答案.【详解】解：函数的定义域为，，是奇函数，函数图像关于原点对称，排除A，D选项；，则， 则，故在上不是增函数，排除B选项；故选：C.4．B【详解】可行域为一个三角形ABC及其内部，其中，直线过点B时取最小值6，选B.考点：线性规划 5．D【分析】利用空间中直线和平面的位置关系判断即可.【详解】①：因为，且是两个不同的平面，所以，故①正确；②：因为，则一定存在，因为，所以，得，故②正确；③：当，，此时，若，则且，故③错误；④：，，则，故④正确，所以真命题有3个.故选：D6．C【详解】在的展开式中,令,可得展开式的各项系数绝对值之和为,.故展开式的通项公式为令,求得,故展开式中常数项为.因此，本题正确答案是: .点睛:求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.(3)各项系数和，各项系数绝对值的和，常用赋值法处理.7．A【分析】根据题意，分析可得人数分配上有两种方式即1，2，2与1，1，3，分别计算两种情况下的情况数目，相加可得答案．【详解】解：人数分配上有两种方式即1，2，2与1，1，3．若是1，1，3，则有种，若是1，2，2，则有种所以共有150种不同的方法．故选：．【点睛】本题考查排列、组合的运用，难点在于分组的情况的确定，属于中档题．8．D【详解】分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率.详解：因为为等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,由斜率为得，，由正弦定理得,所以，故选D.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.9．A【分析】利用导数判断的单调性，求出其零点的值，根据求出的范围.令g(x)=0，参变分离，将问题转化为方程有解问题即可求解．【详解】，，当时，单调递减，当时，单调递增，为方程的根，即﹒故，即为，解得﹒是函数的零点，方程在上有解﹒即在上有解﹒，在上有解﹒令，则，设，则，易知h(t)在上单调递增，在上单调递减﹒又，﹒﹒故实数a的最小值是﹒故选：A﹒10．D【分析】由题意画出图形，作出与平面所成角为，与平面所成角，平面与平面所成的锐角，确定的取值范围，取特殊位置当时，判断角的关系，结合直角三角形的边角关系求解与，则可确定答案．【详解】解：如图所示，过作垂足为，延长交与，连接，，过作，垂足为.，又平面平面，又平面，平面平面平面平面，平面平面，平面，又平面，又平面平面 则，，，且，在矩形中，，，则在折叠过程中，为使得平面平面，则，即由于，，，，则，又，则当时，垂直平分，，由正弦定理得：，，，则，函数在上单调递增，，即，故选项A，B，C均错误；在中，，即又，即，故D正确.故选：D．【点睛】思路点睛：空间角的大小比较，注意利用定义构建角，在旋转的过程中，注意变化的量和不变的量.11．          【分析】根据复数代数形式的运算将复数化简，即可得出答案.【详解】，的虚部为，.故答案为：； .12．          【分析】根据三视图可知该几何体是如图所示的四棱锥，其底面为梯形，高为2，再利用四棱锥的体积公式，并求出各个面的面积，即可得到答案.【详解】根据三视图可知该几何体是如图所示的四棱锥，其底面为梯形，高为2，故体积为；表面积为．故答案为：；.【点睛】本题考查利用三视图还原几何体的直观图、四棱锥的体积和表面积求解，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.13．          【分析】根据三角形面积公式及余弦定理可得，利用正弦定理可知 ，根据三角函数恒等变换及三角函数性质可求出其取值范围.【详解】因为，所以 即，因为为钝角，所以，由正弦定理知因为为钝角，所以,即所以 所以，即的取值范围是.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，三角恒等变换及正切函数的性质，属于难题.14．          【分析】由E（ξ）＝，利用随机变量ξ的分布列，列出方程组求出a＝，b＝，由此能求出a+b和D（ξ）.【详解】解：∵，∴由随机变量ξ的分布列，得：2a++2b＝，并且﹣2a++b＝1，解得a＝，b＝，a+b＝，∴D（ξ）＝×（﹣1﹣）2+（0﹣）2+×（1﹣）2+×（2﹣）2＝.故答案为：；.15．【分析】先利用分离常数法得到，即可利用基本不等式求出其最小值.【详解】，因为都是负实数，所以，所以（当且仅当时等号成立）.所以，所以，所以，所以.即的最小值是.故答案为：16．.【分析】由数量积得的值，设出、、，得到点C的轨迹方程，方法1：设出点C的参数坐标，代入转化为求三角函数的最大值即可得结果.方法2：设出点C的坐标，代入转化为求圆上的点到定点的距离的最大值即可得结果.【详解】∵ ， ，，∴，又∵ ，∴，∴设，，，则，，∵ ，∴ 即：，∴，则点C的轨迹是以AB为直径的圆，又∵AB的中点，半径为∴点C的轨迹方程为：，①方法1：∴设，则，∴，∴.故答案为：.方法2：设，则，∴，∵的几何意义为：①上的点与点的距离，∴的最大值为：①的圆心到点M的距离与①的半径之和，即：，∴，故答案为：.17．【分析】先设，用导数的方法，研究其单调性，得到最值；再分和两种情况讨论，即可求出结果.【详解】设，则，所以当时，，即函数单调递减；当时，，即函数单调递增，且，，所以，则当时，，当时，，则由得，或，解得或.故答案为：.【点睛】本题考查导数的方法求函数最值，以及函数基本性质的应用，属于常考题型.18．(1)(2) 【分析】（1）由降幂公式和辅助角公式化简，结合整体法可求的单调递增区间；（2）化简得，由求出范围，再结合余弦差角公式即可求解.【详解】（1），令，解得，故的单调递增区间为；（2）因为，所以，，即，所以，，所以.19．（1）见解析（2）【详解】试题分析：（1）取中点，根据平面几何知识可得，再根据勾股定理可得，最后根据线面垂直判定定理可得结论（2）利用空间向量求线面角，首项根据条件建立恰当直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解平面法向量，再根据向量数量积求直线方向向量与法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余关系得结果试题解析：（1）证明：如图，取中点，连接、、，则和分别是等边三角形、等腰直角三角形.故，，且，，所以，故，所以平面.又平面，从而平面平面.（2）如图，建立空间直角坐标系.，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，解得，，即，记直线与平面所成角的平面角为，则即直线与平面所成角的正弦值为.20．(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）根据，构造法解决，，由，代值解决即可；（2）由（1）求得，根据解决即可.【详解】（1）由题知，数列的前n项和为，，满足，所以，得，，所以，所以为等比数列，所以，因为，所以所以和的通项公式分别为，；（2）由（1）得，，因为所以，所以，所以，所以21．(1)或(2) 【分析】（1）由题意，设出直线方程，联立抛物线，令，解得方程，可得答案；（2）由题意，设出平行线方程，求平行线之间距离，联立抛物线，利用韦达定理求弦长，根据三角形面积公式整理函数，结合导数，可得答案.【详解】（1）由题意，直线的斜率一定存在且不为零，可设为，将其代入抛物线方程，可得，整理可得：，由直线与抛物线相切，可得方程存在唯一根，则，即，，，解方程可得：，代入抛物线方程，可得，解得，故点的坐标为或.（2）由抛物线方程，可得，则过点与直线平行的直线方程为，两平行线方程整理一般式可得：和，则两平行之间的距离为，联立可得，消去可得，整理可得，设，，则，，由（1）可知，则，，故，则.令，则，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，故在上的最大值为，则的最大值为.22．（1）；（2），证明见解析．【分析】（1）求导，再求得，，写出切线方程；（2）由，记，根据，得到，由，，得到存在唯一正根，根据与同号，得到定有极小值点，由，得到，再根据存在零点求解；由，，将两式相除得到，由，转化为证明.【详解】（1），则，当时，，所以切点坐标为，则切线方程为，即．（2）∵，记，∵，∴在单调递增，记，，当时，，单调递增；当时，，单调递减，∴，有，故有．∴，可得，又∵，∴存在唯一正根，使得，且在上，在上，在时，，在时，，且，即存在唯一正根，故定有极小值点，由，可知，∴，又∵存在零点，∴，即，∴，可得，由题可得，，将两式相除可得，记，令，当时，，单调递增；当时，，单调递减，则，即，∴，∵，∴，∵，∴，，∵，∴，即有．【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．