2020届辽宁省鞍山市第一中学高三上学期11月月考数学（文）试题（解析版）

这是一份2020届辽宁省鞍山市第一中学高三上学期11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届辽宁省鞍山市第一中学高三上学期11月月考数学（文）试题  一、单选题1．设全集，集合M＝{x|x2＜1}，N＝{y|y＞1}，则下列结论正确的是（    ）A．M∩N＝N B．M∩（∁UN）＝C．M∪N＝N D．M⊆（∁UN）【答案】D【解析】解出集合M，根据N求出∁UN，分析M和∁UN的包含关系以及交集并集补集运算.【详解】由题：，易得：M⊆（∁UN），故选：D【点睛】此题考查集合交并补的运算和集合间关系的判断，属于简单题目.2．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于A．第一象限 B．第二象限 C．第二象限 D．第四象限【答案】A【解析】化简计算出，写出其共轭复数，即可选出答案。【详解】，所以，故选A.【点睛】本题考查复数运算，共轭复数及其坐标表示。属于基础题。3．若，则函数的单调递增区间为（  )A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意利用两角和的余弦公式化简函数的解析式，再利用余弦函数的单调性，得出结论．【详解】函数，令，求得，可得函数的增区间为，，．再根据，，可得增区间为，，故选：．【点睛】本题主要考查两角和的余弦公式的应用，考查余弦函数的单调性，属于基础题．4．已知数列是等差数列，数列分别满足下列各式，其中数列必为等差数列的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】对每一个选项逐一分析判断得解.【详解】设数列的公差为d，选项A,B,C,都不满足同一常数，所以三个选项都是错误的；对于选项D，,所以数列必为等差数列.故选：D【点睛】本题主要考查等差数列的判定和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.5．在平行四边形中，，若是的中点，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据题意画出草图，以为基底，利用平面向量基本定理可得结果．【详解】如图所示，平行四边形中，，，则，又是的中点，则．故选：C.【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，求解过程中关键是基底的选择，向量加法与减法法则的应用，注意图形中回路的选取．6．下列命题中正确的是（    ）A．“”是“”的充分不必要条件B．命题“若，则或”的逆否命题是“若或，则”C．命题“”的否定是“”D．若则恒成立【答案】D【解析】本题考查充分不必要条件的判断，逆否命题的改写，特称命题的否定形式，以及恒成立问题.综合性考察题目.【详解】对于A，，，则“”是“”的充要条件，则A错误.对于B ,逆否命题应该是“若且，则”，则B错误.对于C，否定形式应该是，则C错误.对于D，令，，当时恒成立，即，恒成立.则D正确。故选:D.【点睛】条件推结论为充分，结论推条件为必要，如果互相推出，则为充要条件；对“且”命题否定应改为“或”，对“或”命题否定应改为“且”；特称命题改写否定形式注意x取值范围不变；恒成立问题，导数求解更简单。7．函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】通过分离常数可得，由单调性可得，进而解得结果.【详解】当在上单调递增时，，解得：即的取值范围为本题正确选项：【点睛】本题考查根据函数的单调性求解参数范围的问题，关键是能够通过分离常数法将函数化为反比例函数的形式，进而构造出不等关系.8．“柯西不等式”是由数学家柯西在研究数学分析中的“流数”问题时得到的，但从历史的角度讲，该不等式应当称为柯西﹣﹣布尼亚科夫斯基﹣﹣施瓦茨不等式，因为正是后两位数学家彼此独立地在积分学中推而广之，才将这一不等式推广到完善的地步，在高中数学选修教材4﹣5中给出了二维形式的柯西不等式：（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2当且仅当ad＝bc（即）时等号成立．该不等式在数学中证明不等式和求函数最值等方面都有广泛的应用．根据柯西不等式可知函数的最大值及取得最大值时x的值分别为（　　）A． B． C． D．【答案】A【解析】将代入二维形式的柯西不等式的公式中，进行化简即可得到答案。【详解】由柯西不等式可知：所以，当且仅当即x＝时取等号，故函数的最大值及取得最大值时的值分别为，故选：A．【点睛】本题考查二维形式柯西不等式的应用，考查学生的计算能力，属于基础题。9．若实数 满足，则的最小值为(  )A．4 B．8 C．16 D．32【答案】B【解析】由可以得到，利用基本不等式可求最小值.【详解】因为，故，因为，故，故，当且仅当时等号成立，故的最小值为8，故选B.【点睛】应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.10．已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥外接球的表面积是（   ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由三视图得，几何体是一个四棱锥A-BCDE,底面ABCD是矩形，侧面ABE⊥底面BCDE.如图所示，矩形ABCD的中心为M,球心为O,F为BE中点，OG⊥AF.设OM=x,由题得在直角△OME中，，又MF=OG=1,AF=,，解（1）（2）得故选B.点睛：本题的难点在于作图找到关于R的方程，本题条件复杂，要通过两个三角形得到关于R的两个方程、（2），再解方程得到R的值.11．若函数存在三个极值点，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】若存在三个极值点，则存在三个不等实根；求导后可知为的一个零点，则只需有两个不等实根，且两实根均不等于；利用导数求解出与相切时的取值，根据图象可得的取值范围，从而得到结果.【详解】由题意得：可知为的一个零点若存在三个极值点，则只需有两个不等实根，且两实根均不等于即与有两个横坐标不等于的交点当与相切时，设切点坐标为：，又    ，由图象可知：时，有两个不等实根，且两实根均不等于若存在三个极值点，则本题正确选项：【点睛】本题考查根据函数的极值点个数求解参数范围的问题，关键是能够将问题转化为导函数零点个数问题，涉及到利用导数的几何意义求解临界值的问题.12．已知函数，若关于的方程有 个不等的实数根，则实数的取值范围是（  ）A． B． C． D．【答案】C【解析】画出的图象，如图，设，原方程化为，①由图知，要使方程 个不等的实数根方程，只需在有上有两个不等的根，则，解得，故选C.【方法点睛】本题主要考查分段函数的图象与性质、方程的根与系数之间的关系，数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出函数图象以及熟练掌握函数图象的几种变换，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.  二、填空题13．已知，则等于_______．【答案】【解析】由二倍角的余弦公式，得到，代入即可求解。【详解】由二倍角的余弦公式，可得。【点睛】本题主要考查了二倍角的余弦公式的应用，其中解答中熟记二倍角的余弦公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。14．已知数列的前项和为，且满足，则______【答案】【解析】对题目所给等式进行赋值，由此求得的表达式，判断出数列是等比数列，由此求得的值.【详解】解：，可得时，，时，，又，两式相减可得，即，上式对也成立，可得数列是首项为1，公比为的等比数列，可得．【点睛】本小题主要考查已知求，考查等比数列前项和公式，属于中档题.15．已知三棱锥满足，则该三棱锥体积的最大值为________.【答案】【解析】取中点，连接，，先由题意得到平面平面时，棱锥的高最大，等于，此时体积也最大；得到，设，得到，令，设，用导数的方法求出其最大值，进而可求出结果.【详解】取中点，连接，，因为，所以，，且，由题意可得，当平面平面时，棱锥的高最大，等于，此时体积也最大；所以此时该三棱锥体积为，设，则，所以，令，因为，所以，设，，则，由得；由得；所以函数在上单调递增，在上单调递减；所以，因此三棱锥体积的最大值为.故答案为 【点睛】本题主要考查导数的方法求几何体体积的最值问题，熟记导数的方法，以及空间几何体的结构特征即可，属于常考题型.16．若的三边长，，满足，，则的取值范围为______.【答案】.【解析】根据题目所给不等式，结合三角形两边的和大于第三边列不等式组，画出可行域，通过斜率求得的取值范围.【详解】由于角形两边的和大于第三边，所以，画出可行域如下图所示，由图可知，可行域内点的斜率的取值范围是，由，解得，由，解得，所以即.故答案为：【点睛】本小题主要考查根据非线性目标函数求取值范围，考查化归与转化的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题. 三、解答题17．已知递增等比数列满足：，.（1）求的通项公式及前项和；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为的形式列方程组，解方程组求得的值，根据数列的单调性确定，由此求得的通项公式及前项和.（2）利用裂项求和法求得数列的前项和.【详解】（1）由题可知，，由递增等比数列或（舍），所以，；（2）由（1）知，所以.所以数列的前项和：.故数列的前项和.【点睛】本小题主要考查等比数列基本量的计算，考查等比数列通项公式和前项和公式，考查裂项求和法，属于中档题.18．如图，直三棱柱中，,,,点是的中点.（1）求证：//平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；（2）.【解析】（1）连接交与，则为的中点，利用三角形中位线定理可得，再由线面平行的判定定理可得结果；（2）由等积变换可得，再利用棱锥的体积公式可得结果.【详解】（1）连接交与，则为的中点，又为的中点，，又因为平面，平面，平面；（2）因为，直三棱柱中，,,，且点是的中点所以.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、利用等积变换求三棱锥体积，属于中档题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.19．已知锐角中，角的对边分别为，向量,，且． （1）求角；（2）求的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】（1）由结合二倍角公式求解即可；（2）利用正弦定理边化角，再利用内角和为，结合三角变换化为的函数求解即可【详解】（1）∵，∴，∴ ，由锐角故（2）． 为锐角三角形，则 ∴，所以．故的取值范围是．【点睛】本题考查数量积垂直的坐标运算，三角恒等变换，及正弦定理，准确计算是关键，是中档题20．已知实数，，，若向量满足，且.（1）若，求；（2）若在上为增函数，求实数的取值范围.【答案】（1）或；（2）.【解析】（1）设出的坐标，结合、、，解方程，先求得的值，再求得的坐标.（2）利用向量模的运算、数量积的运算化简表达式，结合二次函数的性质列不等式，解不等式求得的取值范围.设出的坐标，结合、，解方程，用表示出，根据的取值范围列不等式，解不等式求得的取值范围，进而求得的取值范围.【详解】（1）设，则，∵，由得，得，得，得，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，或，∴当时，，，当时，，，所以或.（2），∵在上为增函数，所以对称轴，即，设，则，又∵，且，∴，.∴，即，，∴，∴.【点睛】本小题主要考查平面向量数量积、模的运算，考查根据三角函数的取值范围求角的取值范围，考查方程的思想，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.21．已知函数，.（1）若直线与函数的图象相切，求实数的值；（2）当时，求证：.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】（1）设出切点坐标，利用导数求得切线方程，对比系数求得的值.（2）当时，构造函数，利用导数求得的最小值为，由此证得不等式成立.【详解】（1）设切点为，由，∴.∴切线方程为：.即.∵直线与函数的图象相切，∴，.解得，.（2）证明：当时，，令，.令，.则，∴函数在上单调递增.∵，.∴函数在区间上存在一个零点，即函数在区间上存在唯一零点.∴当时，，即，此时函数单调递减；当时，，即，此时函数单调递增.∴，由可得：.两边取对数可得：.故，∴，即.【点睛】本小题主要考查利用导数求解有关切线方程的问题，考查利用导数证明不等式，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于难题.22．在直角坐标系中，直线，圆，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求的极坐标方程；（2）若直线的极坐标方程为，设的交点为A，B，求的面积．【答案】（1），；（2）.【解析】（1）由x=ρcosθ，y=ρsinθ，以及ρ2=x2+y2，可得C1，C2的极坐标方程；（2）将代入C2的极坐标方程，可得|AB|，可得直角△C2AB的面积．【详解】（1）因为x=ρcosθ，y=ρsinθ，所以C1的极坐标方程为ρcosθ=3，圆C2：（x2）2+（y1）2=1即为x2+y24x2y+4=0，可得C2的极坐标方程为．（2）将代入ρ2-4ρcosθ-2ρsinθ+4=0，得，解得．故，即．由于C2的半径为1，所以直角△C2AB的面积为．【点睛】本题考查极坐标和直角坐标的互化，考查直线和圆的位置关系，考查运算能力，属于基础题．23．（1）解不等式；（2）已知关于的不等式．【答案】（1）；（2）见解析.【解析】（1）分、、去绝对值，并解出不等式，可得出该不等式的解集；（2）将所求不等式变形为，然后对和的大小进行分类讨论，可得出该不等式的解集.【详解】（1）设.当时，，解得，此时；当时，，解得，此时；当时，，解得，此时.综上所述，不等式的解集为；（2）.当时，即当时，不等式解集为；当时，即当时，不等式解集为；当时，即当时，不等式解集为.所以，当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；当时，不等式解集为.【点睛】本题考查绝对值不等式和含参二次不等式的求解，考查分段讨论思想与运算求解能力，属于中等题.