海南省海口市第一中学2020届高三9月月考数学试题（B卷） Word版含解析

www.ks5u.com海口市一中2020届高三年级9月月考数学（B）卷试题

一、选择题（本大题共12小题，共60分）

1. 设集合， ，则A∪B等于（    ）

A.  B. R C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由题可知集合A是对数函数的定义域，集合B是指数函数值域，分别求出两集合再求并集即可.

【详解】解：因为，，

所以 ，

故选：A

【点睛】此题考查了对数函数、指数函数、集合的并集运算，属于基础题.

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. 第三象限 D. 第四象限

【答案】D

【解析】

分析：将复数化为最简形式，求其共轭复数，找到共轭复数在复平面的对应点，判断其所在象限.

详解：的共轭复数为

对应点为，在第四象限，故选D.

点睛：此题考查复数的四则运算，属于送分题，解题时注意审清题意，切勿不可因简单导致马虎丢分.

3. 函数的图像大致是（  ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据函数特点，判断奇偶性，再通过函数在时的函数值，进行判断，得到答案.

【详解】定义域为，，且

所以为上的奇函数，A、B排除.

当时，分子、分母都为正数，故，排除D项.

故选C项.

【点睛】本题考查函数的图像与性质，通过排除法进行解题，属于简单题.

4. 已知，，，则（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

试题分析：因为所以选C．

考点：比较大小

5. 下表中提供了某厂节能降耗技术改造后生产产品过程记录的产量（吨）与相应的生产能耗（吨标准煤）的几组对应数据.根据表中提供的数据，求出关于的线性回归方程为，那么表中的值为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由表中数据求出，代入线性回归方程即得.

【详解】因为线性回归直线过样本中心点，

由表中数据求得，

代入线性回归方程得.

故选：.

【点睛】本题考查线性回归方程，属于基础题.

6. 展开式中的系数为（    ）

A. 15 B. 20 C. 30 D. 35

【答案】C

【解析】

【分析】

利用多项式乘法将式子展开,根据二项式定理展开式的通项即可求得的系数.

【详解】根据二项式定理展开式通项为

则展开式的通项为

则 展开式中的项为

则 展开式中的系数为

故选:C

【点睛】本题考查了二项定理展开式的应用,指定项系数的求法,属于基础题.

7. 若直线被圆截得弦长为4，则的最小值是（   ）

A. 9 B. 4 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

圆方程配方后求出圆心坐标和半径，知圆心在已知直线上，代入圆心坐标得满足的关系，用“1”的代换结合基本不等式求得的最小值．

【详解】圆标准方程为，圆心为，半径为，

直线被圆截得弦长为4，则圆心在直线上，∴，，

又，

∴，当且仅当，即时等号成立．

∴的最小值是9．

故选A．

【点睛】本题考查用基本不等式求最值，解题时需根据直线与圆的位置关系求得的关系，然后用“1”的代换法把凑配出可用基本不等式的形式，从而可求得最值．

8. 是定义在R上的奇函数，对任意x∈R总有，则的值为（    ）

A.  B. 3 C.  D. 0

【答案】D

【解析】

【分析】

根据是定义在R上的奇函数，可得，在中令即可得到得值.

【详解】因为是定义在R上的奇函数，所以对任意都成立，

当时，有，

又因为对任意x∈R总有，所以，

所以.

故选：D.

【点睛】本题考查了奇函数的性质，属于基础题.

9. 如图，已知，若点满足，则（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

把转为，故可得的值后可计算的值.

【详解】因为，所以，整理得到，所以，，选D.

【点睛】一般地，为直线外一点，若为直线上的三个不同的点，那么存在实数满足；反之，若平面上四个不同的点满足，则三点共线.

10. 半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

作出过正方体的对角面的截面，设球的半径为，正方体的棱长为，在直角中，由勾股定理，得，求得球的半径，利用体积公式，即可求解.

【详解】作出过正方体的对角面的截面，如图所示，

设球的半径为，正方体的棱长为，那么，

在直角中，由勾股定理，得,

即，解得，

所以半球的体积为，

正方体的体积为，

所以半球与正方体的体积比为，故选B.

【点睛】本题主要考查了球的内接组合体的性质，以及球的体积与正方体的体积的计算，其中解答中正确认识组合体的结构特征，作出过正方体的对角面的截面，利用勾股定理求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及运算与求解能力，属于基础题.

11. 已知双曲线的焦距为，且两条渐近线互相垂直，则该双曲线的实轴长为（  ）

A. 2 B. 4 C. 6 D. 8

【答案】B

【解析】

【详解】因为双曲线的两条渐近线为，

因为两条渐近线互相垂直，所以，得

因为双曲线焦距为，所以

由可知，所以，所以实轴长为.

故选B项.

【点睛】本题考查双曲线的渐近线，实轴长等几何特性，属于简单题.

12. 已知函数的定义域为，且满足（是的导函数），则不等式的解集为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，在不等式两边同时乘以化为，即，然后利用函数在上的单调性进行求解即可.

【详解】构造函数，其中，则，

所以，函数在定义域上为增函数，

在不等式两边同时乘以得，即，

所以，解得，

因此，不等式的解集为，故选D.

【点睛】本题考查利用构造新函数求解函数不等式问题，其解法步骤如下：

（1）根据导数不等式的结构构造新函数；

（2）利用导数分析函数的单调性，必要时分析该函数的奇偶性；

（3）将不等式变形为，利用函数的单调性与奇偶性求解.

二、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 在4个不同的红球和3个不同的白球中，随机取3个球，则既有红球又有白球的概率为__________．

【答案】

【解析】

【分析】

从7个球里取3个球，共有 种可能的情况，要求既有红球又有白球，可以从反面考虑，即全是红球和全是白球的情况，然后用总数减去这两种情况就是符合要求的，然后再由古典概型公式，得到概率.

【详解】从7个球里取3个球，共有 种可能的情况，

全是红球的情况有，全是白球的情况有，

将这两种情况去掉，就是符合要求的情况，即既有红球又有白球的情况，

所以概率为

【点睛】本题考查古典概型中从反面考虑的情况，属于简单题.

14. 设函数向左平移个单位长度后得到的函数是一个奇函数，则__________．

【答案】

【解析】

把函数的图象向左平移个单位长度后，可得的图象，结合得到的函数为一个奇函数，则，因为令 可得，故答案为.

【方法点睛】本题主要考查三角函数的奇偶性和图象的变换，属于中档题.已知的奇偶性求时，往往结合正弦函数及余弦函数的奇偶性和诱导公式来解答：（1）时，是奇函数；（2） 时，是偶函数.

15. 已知函数的零点的区间是，则的值为__________.

【答案】4

【解析】

【分析】

由导数得出函数的单调性，结合零点存在性定理，即可得出的值.

【详解】函数的定义域为

则函数在上单调递减

，

由零点存在性定理可知，函数在区间必有1个零点，则

故答案为：

【点睛】本题主要考查了由零点所在区间求参数的值，属于中档题.

16. 已知是公差不为零的等差数列，同时，，成等比数列，且，则______ .

【答案】28

【解析】

【分析】

设等差数列的公差为，根据等比数列的性质以及等差数列的通项公式求出首项和公差，再根据通项公式可求得结果.

【详解】设等差数列的公差为，则，

因为，，成等比数列，所以，

所以，根据，化简得，

又由，得，即，

联立与，解得，，

所以.

故答案为：28.

【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了等差数列通项公式的基本量的计算，属于基础题.

三、解答题（本大题共6小题，共70分）

17. 设数列的前n项和为,,满足,,．

（1）求证：数列为等比数列；

（2）求数列的前n项和．

【答案】(1)证明见解析；(2)．

【解析】

【分析】

（1）先由，结合题意得到，化简整理，结合等比数列的定义，即可证明结论成立；

（2）先由（1）求出，再由错位相减法，即可求出结果.

【详解】证明

,

,

,,

数列是以1为首项,以2为公比的等比数列

解：由可知,

,

,

由错位相减得,

．

【点睛】本题主要考查等比数列的证明以及数列的求和问题，熟记等比数列的概念，以及错位相减法求和即可，属于常考题型.

18. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，a＝bsinA－acosB．

（1）求B；

（2）若b＝2，△ABC的面积为，求a，c．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

试题分析：（1）由及正弦定理得，因为，可以得出的关系式，进而求出角；（2）根据三角形面积公式得，又根据余弦定理得出，从而得出．

试题解析：（1）由及正弦定理得，因为，得，因为为三角形内角，故．

（2）三角形的面积，故．而，故．解得．

考点：1、正、余弦定理；2、三角形面积公式．

19. 如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且.

（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；

（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A−PB−C的余弦值.

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】

【详解】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．

由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD．

又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．

（2）在平面内作，垂足为，

由（1）可知，平面，故，可得平面.

以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.

由（1）及已知可得，，，.

所以，，，.

设是平面的法向量，则

即

可取.

设是平面的法向量，则

即可取.

则，

所以二面角的余弦值为.

【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：

①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；

②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；

③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.

20. 某高中社团进行社会实践，对[25，55]岁的人群随机抽取n人进行了一次是否开通“微博”的调查，若开通“微博”的称为“时尚族”，否则称为“非时尚族”，通过调查分别得到如图所示统计表和各年龄段人数频率分布直方图：

完成以下问题：

（Ⅰ）补全频率分布直方图并求n，a，p的值；

（Ⅱ）从[40，50）岁年龄段的“时尚族”中采用分层抽样法抽取18人参加网络时尚达人大赛，其中选取3人作为领队，记选取的3名领队中年龄在[40，45）岁的人数为X，求X的分布列和期望E（X）..

【答案】（1）直方图见解析，（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】

试题分析：（Ⅰ）根据所求矩形的面积和为1求出第二组的频率，然后求出高，画出频率直方图，求出第一组的人数和频率从而求出n，由题可知，第二组的频率以及人数，从而求出p的值，然后求出第四组的频率和人数从而求出a的值；

（Ⅱ）因为[40，45）岁年龄段的“时尚族”与[45，50）岁年龄段的“时尚族”的比值为2：1，所以采用分层抽样法抽取18人，[40，45）岁中有12人，[45，50）岁中有6人，机变量X服从超几何分布，X的取值可能为0，1，2，3，分别求出相应的概率，列出分布列，根据数学期望公式求出期望即可．

试题解析：解：（Ⅰ）第二组的频率为1-（0.04+0.04+0.03+0.02+0.01）×5=0.3，

所以高为． 频率直方图如下：

第一组的人数为，频率为0.04×5=0.2，所以．

由题可知，第二组的频率为0.3，所以第二组的人数为1000×0.3=300， 所以．

第四组的频率为0.03×5=0.15，所以第四组的人数为1000×0.15=150， 所以a=150×0.4=60．

（Ⅱ）因为[40，45）岁年龄段的“时尚族”与[45，50）岁年龄段的“时尚族”的比值

为60：30=2：1，所以采用分层抽样法抽取18人，[40，45）岁中有12人，[45，50）岁中有6人．

随机变量X服从超几何分布．，，，．

所以随机变量X分布列为

∴数学期望 （或者 ）.

点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：

第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；

第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式等)，求出随机变量取每个值时的概率；

第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；

第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值

【详解】

21. 已知函数.

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）求的单调区间；

（3）若对于任意，都有，求实数的取值范围.

【答案】（1）（2）的单调递增区间是；的单调递减区间是（3）.

【解析】

【分析】

（1）先求得导函数，由导数的几何意义求得切线的斜率，再求得切点坐标，即可由点斜式得切线方程；

（2）求得导函数，并令求得极值点，结合导函数的符号即可判断函数单调区间；

（3）将不等式变形，并分离参数后构造函数，求得并令求得极值点，结合极值点左右两侧的单调性和端点求得最值，即可确定的取值范围.

【详解】（1）因为函数，

所以，.

又因为，则切点坐标为，

所以曲线在点处的切线方程为.

（2）函数定义域为，

由（1）可知，.

令解得

与在区间上情况如下：

所以，的单调递增区间是；

的单调递减区间是.

（3）当时，“”等价于“”.

令，，，.

令解得，

当时，，所以在区间单调递减.

当时，，所以在区间单调递增.

而，.

所以在区间上的最大值为.

所以当时，对于任意，都有.

【点睛】本题考查了导数的几何意义，切线方程的求法，由导函数求函数的单调区间，分离参数法并构造函数研究参数的取值范围，由导数求函数在闭区间上的最值，属于中档题.

22. 如图，已知椭圆的离心率是，一个顶点是．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设，是椭圆上异于点的任意两点，且．试问：直线是否恒过一定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，说明理由．

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）直线恒过定点

【解析】

试题分析：（Ⅰ）设椭圆C的半焦距为c．求出b利用离心率求出a，即可求解椭圆C的方程；（Ⅱ）证法一：直线PQ的斜率存在，设其方程为y=kx+m．将直线PQ的方程代入消去y，设 P，Q，利用韦达定理，通过BP⊥BQ，化简求出，求出m，即可得到直线PQ恒过的定点．证法二：直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y=kx+1，将直线BP的方程代入，消去y，解得x，设 P，转化求出P的坐标，求出Q坐标，求出直线PQ的方程利用直线系方程求出定点坐标

试题解析：（Ⅰ）解：设椭圆半焦距为．依题意，得，

且 ，

解得 ．

所以，椭圆的方程是．

（Ⅱ）证法一：易知，直线的斜率存在，设其方程为．

将直线的方程代入，

消去，整理得 ．

设 ，，

则 ，．（1）

因为 ，且直线的斜率均存在，

所以 ， 整理得 ．（2）

因为 ，，

所以 ，．（3）

将（3）代入（2），整理得

．（4）

将（1）代入（4），整理得 ．

解得 ，或（舍去）．

所以，直线恒过定点．

证法二：直线的斜率均存在，设直线的方程为．

将直线的方程代入，消去，得

解得 ，或．

设 ，所以，，

所以 ．

以替换点坐标中的，可得 ．

从而，直线的方程是 ．

依题意，若直线过定点，则定点必定在轴上．

在上述方程中，令，解得．

所以，直线恒过定点．

考点：圆锥曲线的定值问题；椭圆的标准方程