2020届福建省龙岩市上杭县第一中学高三12月月考数学（文）试题（解析版）

这是一份2020届福建省龙岩市上杭县第一中学高三12月月考数学（文）试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020届福建省龙岩市上杭县第一中学高三12月月考数学（文）试题  一、单选题1．已知集合，，则（   ）A． B． C． D．【答案】D【解析】本道题计算集合A的范围,结合集合交集运算性质,即可.【详解】,所以,故选D.【点睛】本道题考查了集合交集运算性质,难度较小.2．已知复数满足（其中为虚数单位），则的虚部为(   )A．-1 B．1 C． D．【答案】A【解析】利用复数的乘除运算化简复数z，结合虚部概念得到答案.【详解】由z（1+i）＝2，得，∴复数z的虚部是﹣1．故选：A．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．3．已知数列中， 为其前项和， 的值为（   ）A．63    B．61    C．62    D．57【答案】D【解析】解：由数列的递推关系可得： ，据此可得：数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，则： ，分组求和有： .本题选择D选项.4．已知命题关于的不等式的解集为；命题函数在区间内有零点，下列命题为真命题的是(   )A． B． C． D．【答案】C【解析】先判断命题p，q的真假，结合真值表可得结果.【详解】关于的不等式的解集为，故命题p为假命题，由函数可得：即，结合零点存在定理可知在区间内有零点，故命题求为真命题.∴p∧q为假， 为假，为真，为假，故选：C．【点睛】本题考查的知识点是复合命题的真假，其中判断出命题p与q的真假是解答本题的关键．5．下列函数是偶函数且在上为增函数的是(  )A． B．C． D．【答案】C【解析】根据偶函数排除，再根据单调性排除，得到正确选项.【详解】选项：当时，，此时函数单调递减，故错误；选项：函数定义域为，故函数为非奇非偶函数，故错误；选项：，函数为偶函数；当时，，此时和均为增函数，所以整体为增函数，故正确；选项：，为非奇非偶函数，且在上单调递减，故错误.本题正确选项：【点睛】本题考查简单函数的奇偶性和单调性的判定，属于基础题.6．已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，则该双曲线的渐近线方程是（   ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据渐近线与圆相切，利用圆心到渐近线距离等于半径，求出，从而得到渐近线方程.【详解】可化为设双曲线的一条渐近线方程为且双曲线的渐近线与圆相切所以圆心到渐近线距离为    所以双曲线的渐近线方程为本题正确选项：【点睛】本题考查直线与圆相切位置关系问题以及双曲线简单几何性质，属于基础题.7．已知函数的最大值为，其图象相邻两条对称轴之间的距离为且的图象关于点对称，则下列判断正确的是（    ）A．要得到函数的图象，只需将的图象向右平移个单位B．函数的图象关于直线对称C．当时，函数的最小值为D．函数在上单调递增【答案】A【解析】根据条件得到函数的解析式，然后根据其图像与性质逐一判断即可。【详解】由题意知函数中，，，， 又的图象关于点对称，，解得，又因为， 对于A，的图象向右平移个单位， 得的图像，且，故A正确。 对于B，时，，的图像不关于对称，故B错误。 对于C，时，，，的最小值为，故C错误。  对于D，时，，是单调递减函数，故D错误。故选：A【点睛】本题考查了根据三角函数的性质求解析式以及根据解析式研究图像的平移变换、最值、单调性，属于三角函数的基础题。8．设x，y满足约束条件的最小值是（  ）A． B．0 C．1 D．2【答案】B【解析】结合不等式组，绘制可行域，平移目标函数，计算最值，即可。【详解】结合不等式，还原可行域，如图：将转化成，该目标函数从虚线位置平移，当移到A点的时候，z取到最小值，而A的坐标为，代入目标函数，计算出z=0.【点睛】本道题考查了线性规划问题，关键绘制出可行域，将目标函数转化为一般函数，平移，计算最值，即可，难度中等。9．函数的图象大致为(   )A． B． C． D．【答案】D【解析】利用函数的奇偶性，极限，特值点逐一判断即可.【详解】由函数为偶函数，排除B选项，当x时，，排除A选项，当x=时，，排除C选项，故选：D【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：（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.10．已知抛物线的焦点为，为抛物线上一点，，当周长最小时，所在直线的斜率为（   ）A． B． C． D．【答案】A【解析】本道题绘图发现三角形周长最小时A,P位于同一水平线上，计算点P的坐标，计算斜率，即可。【详解】结合题意，绘制图像要计算三角形PAF周长最小值，即计算PA+PF最小值，结合抛物线性质可知，PF=PN，所以，故当点P运动到M点处，三角形周长最小，故此时M的坐标为，所以斜率为，故选A。【点睛】本道题考查了抛物线的基本性质，难度中等。11．如图，是一个圆柱被一个平面截去一部分后得到几何体的三视图，则该几何体的表面积为（  ）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意，根据给定的三视图可知，该几何体表示一个圆柱截去四分之一得到的一个空间几何体，其中圆柱的底面圆的半径为1，母线长为2，且，即可求解。【详解】由题意，根据给定的三视图可知，该几何体表示一个圆柱截去四分之一得到的一个空间几何体，如图所示，其中圆柱的底面圆的半径为1，母线长为2，且，所以该几何体的表面积为，故选A。【点睛】本题主要考查了空间几何体的三视图，以及几何体的表面积的计算问题，其中根据给定的几何体的三视图还原得到几何体的形状，进而求解几何体的表面积是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于基础题。12．若函数有一个极值点为，且，则关于的方程的不同实数根个数不可能为（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【解析】分析：详解：由已知，由题意有两个不等实根，不妨设为，因此方程有两个不等实根，即或，由于是的一个极值，因此有两个根，而有1或2或3个根（无论是极大值点还是极小值点都一样，不清楚的可以画出的草图进行观察），所以方程的根的个数是3或4或5，不可能是2．故选A．点睛：本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值及方程根的个数等基础知识，考查了数形结合的思想方法、揄能力、分类讨论的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力．  二、填空题13．已知函数且恒过定点则_________．【答案】4【解析】求解出点的坐标，从而得到结果.【详解】当时，可知函数恒过则：本题正确结果：【点睛】本题考查函数定点问题，关键是通过的取值消除的影响，属于基础题.14．若直线与两坐标轴分别交于，两点， 为坐标原点，则的内切圆的标准方程为__________．【答案】【解析】结合三角形面积计算公式，建立等式，计算半径r，得到圆方程，即可。【详解】设内切圆的半径为r，结合面积公式则因而圆心坐标为，圆的方程为【点睛】本道题考查了圆方程计算方法，难度较小。15．如图，在正方形中，点分别为的中点，将四边形沿翻折，使得平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为________． 【答案】【解析】连接交于O,取的中点G,连接,将异面直线平移后可得为异面直线与所成的角.根据直线与平面的垂直关系,结合勾股定理表示出的值,进而利用余弦定理求得.【详解】如图,连接交于O,取的中点G,连接则且所以为异面直线与所成的角或其补角．设正方形的边长为2,则, 所以易得平面,所以,所以所以易知平面,所以,又所以在中,由余弦定理得,所以异面直线与所成角的余弦值为.故答案为: 【点睛】本题考查了直线与平面的垂直关系,异面直线夹角的求法,属于基础题.16．在中，是的中点，是的中点，过点作一直线分别与边，交于，若，其中，则的最小值是_____．【答案】【解析】根据题意，画出图形，结合图形，利用与共线，求出与的表达式再利用基本不等式求出的最小值即可.【详解】中，为边的中点，为的中点，且，，，同理，，又与共线，存在实数，使，即，，解得，，当且仅当时， “=”成立，故答案为.【点睛】本题主要考查向量的几何运算及基本不等式的应用，属于难题．向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与范围问题，往往利用坐标运算比较简单）． 三、解答题17．已知的内角，，的对边分别为，，，且.（1）求角的大小；（2）若，，边的中点为，求的长.【答案】（1）（2）【解析】（1）由及正弦定理得，从而得到角的大小；（2）利用可得，进而利用余弦定理可得，再利用余弦定理可得BD.【详解】（1）由及正弦定理得：，又 ，所以，因为所以，因为，所以.（2）由余弦定理得，所以，所以，因为，所以 ，所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理的综合应用，解题时注意分析角的范围.对于余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2）.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还要记住， ， 等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.18．在数列中，前n项和为(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和【答案】（1）（2）【解析】（1）根据数列的递推关系式，相减得，进而利用等差数列的定义和通项公式，即可求解；（2）由（1）得，利用分组求和，即可求解数列的前n项和．【详解】（1），相减得：，是首项为1，公差为1的等差数列，  （2），设其前项和为则【点睛】本题主要考查了等差数列的定义和通项公式的求解，以及分组求和法的应用，其中解答中正确利用等差数列的定义和递推公式化简，求得数列的通项公式是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．19．如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，.（1）求证：；（2）若，，为线段上一点，且，求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析（2）【解析】（1）取中点，连接，，先证明，，可得平面，即可得证；（2）利用等积法即可得到结果.【详解】（1）证明：取中点，连接，，因为，所以，因为为等边三角形，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以.（2）因为，所以，又因为，，所以平面，因为为边长为2的等边三角形，所以，因为，所以 .【点睛】等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．20．已知椭圆过点，左焦点为.（1）求椭圆的方程；（2）已知直线与椭圆有两个不同的交点，，点，记直线，的斜率分别为，，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】(1)由题意布列a，b的方程组，解之即可得到椭圆的方程；（2）联立直线与椭圆方程可得，利用韦达定理表示，利用二次函数的性质即可得到结果.【详解】（1）因为左焦点为，所以，因为过点，所以，解之得，，所以椭圆方程为.（2）设，，联立方程，得，由 ，，，，，所以 ，因为，所以，所以取值范围为.【点睛】圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．21．已知.（1）已知是导函数，求的极值；（2）设，若有两个零点，求a的取值范围.【答案】(1) 极小值为 (2) 【解析】（1）先求出，再利用导数求的极值；（2）先求出,再对a分a＞0，a=0，a＜0三种情况，根据函数g(x)有两个零点求出a的取值范围.【详解】解：（1）①若，显然所以在R上递增，所以没有极值.②若，则，所以在上是减函数，在上是增函数。所以在处取极小值，极小值为 （2）.函数的定义域为R，且.①若，则.所以在上是减函数，在上是增函数。所以.令，则.显然，所以在上是减函数. 又函数在上是减函数，取实数，则又在上是减函数，在上是增函数。由零点存在性定理，在，上各有一个唯一的零点。所以符合题意。②若，则，显然仅有一个零点1，所以不符合题意. ③若，则.（i）若，则，此时，即在R上递增，至多只有一个零点，所以不符合题意， （ii）若，则，函数在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，所以在处取得极大值，且极大值，所以最多有一个零点，所以不符合题意。（iii）若，则，函数在和上递增，在上递减，所以在处取得极大值，且极大值为，所以最多有一个零点，所以不符合题意.综上所述，a的取值范围是【点睛】本题主要考查利用导数求函数的极值，考查利用导数求函数的最值和研究函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.22．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数），其中，直线与曲线相交于，两点.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若点满足，求的值.【答案】（1）（2）【解析】（1）利用，把极坐标方程化为直角坐标方程；（2）将直线的参数方程（为参数）代入，得：，利用韦达定理表示条件，解方程即可得到结果.【详解】（1）由题意，曲线的极坐标方程可化为：，由得曲线的直角坐标方程为：.（2）将直线的参数方程（为参数）代入，得：，设，对应的参数分别为，，则，，所以 ，解得或（舍），所以.【点睛】利用直线参数方程中参数的几何意义求解问题经过点P(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为 (t为参数)．若A，B为直线l上两点，其对应的参数分别为，线段AB的中点为M，点M所对应的参数为，则以下结论在解题中经常用到：(1) ；(2) ；(3) ；(4) ．23．已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若对任意的恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（1）当a＝2时，分类讨论求得不等式的解集；（2）对任意的恒成立即，数形结合即可得到结果．【详解】（1）当时，，即当时，不等式等价于：，解得，所以；当时，不等式等价于：，解得，所以；当时，不等式等价于：，解得，所以；所以，不等式的解集为.（2）由题意知，当时，，即恒成立，根据函数的图像易知，解得，的取值范围为.【点睛】含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用.