2020届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期12月月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2020届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期12月月考数学（理）试题（解析版），共23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届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期12月月考数学（理）试题  一、单选题1．已知集合，，则 （    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】先求出集合A，B，由此能求出．【详解】解：集合，，．故选：D．【点睛】本题考查并集的求法，考查并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2．下列命题中的假命题是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】【详解】试题分析：当x=1时，（x-1）2=0,显然选项B中的命题为假命题，故选B。【考点】特称命题与存在命题的真假判断。 3．已知角x的终边上一点的坐标为(sin，cos)，则角x的最小正值为(　　)A．  B． C．  D． 【答案】B【解析】先根据角终边上点的坐标判断出角的终边所在象限，然后根据三角函数的定义即可求出角的最小正值．【详解】因为，，所以角的终边在第四象限，根据三角函数的定义，可知，故角的最小正值为．故选：B．【点睛】本题主要考查利用角的终边上一点求角，意在考查学生对三角函数定义的理解以及终边相同的角的表示，属于基础题．4．已知等差数列的前项和为，若，则（    ）A．3 B．9 C．18 D．27【答案】D【解析】设等差数列的首项为，公差为.∵∴，即∴∴故选D.5．、、为不同的平面，、、为不同的直线，则的一个充分条件是（   ）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】A【解析】根据线面垂直的判定定理、面面垂直的性质定理对四个选项进行判断，从中找出可以判断的选项即可.【详解】选项A, 由,可得∥，又, 故,所以A正确.选项B, ，,,则与可能平行、相交，与可能相交，也可能平行得不出，所以B不正确.选项C, ，,与可能平行也可能相交，当时，则推不出，所以C不正确.选项D，，，，由于的位置不定，所以无法判断与的关系，所以D不正确.故选：A.【点睛】本题考查充分条件的判断，考查线线垂直，线面垂直，面面垂直的性质的应用,属于基础题.6．函数的图象大致为(   )A． B． C． D．【答案】A【解析】根据函数的奇偶性可排除B，再根据时的符号可排除D，再根据时，可排除C，从而得到正确的选项.【详解】函数的定义域关于原点对称，且，故为奇函数，其图像关于原点对称，所以排除B.又当时，，所以，故排除D.又当时，，故排除C ，综上，选A.【点睛】本题为图像题，考查我们从图形中扑捉信息的能力，一般地，我们需要从图形得到函数的奇偶性、单调性、极值点和函数在特殊点的函数值，然后利用所得性质求解参数的大小或取值范围．7．过椭圆()的左焦点作轴的垂线交椭圆于点，为右焦点，若，则椭圆的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】A【解析】【详解】根据题意，焦点在x轴上，设左焦点(-c，0)，故P坐标可求为(-c，±)=2c，所以=即有=,同时除以a²，,求得8．已知圆锥的顶点为，母线、所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的侧面积为（   ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由与圆锥底面所成角为可得母线与底面半径的关系，由的面积为，可解得底面半径和母线的长，从而可求出该圆锥的侧面积.【详解】设为圆锥底面圆的圆心,设底面圆的半径为.与圆锥底面所成角为,即.所以.母线、所成角的余弦值为,即.则.由.得：.又底面圆的周长为：.圆锥的侧面积为:.故选：B.【点睛】本题考查圆锥的侧面积，线面角和三角形的面积，属于中档题.9．已知是直线：上一动点，、是圆：的两条切线，切点分别为、，若四边形的最小面积为，则（   ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意四边形的面积为==，根据面积的最小值，得到的最小值，再转化为点到直线的距离，即可解决问题.【详解】由，即.所以圆的圆心,半径为1.根据条件、是圆的两条切线,如图：则为两个全等的直角三角形.所以四边形的面积为==显然当最小时，四边形的面积最小.由四边形的最小面积为,即=2.即的最小值.又是直线：上一动点.所以的最小值为点到直线的距离： .解得：.故选： C.【点睛】考查圆的切线的性质，点到直线的距离，本题找到四边形的面积最小的条件是解题的关键，结合图像分析，体现数形结合思想，属于中档题.10．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.已知在鳖臑中平面，，则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为（   ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由的四个面都是直角三角形，平面,则可将三棱锥补成正方体，正方体的一条对角线为外接球的直径，内切球半径由等体积法可求.【详解】由的四个面都是直角三角形，平面.将该三棱锥补成如图所示的正方体.则正方体的对角线为三棱锥的外接球的直径，且.所以外接球的半径为.所以外接球的表面积为：.设三棱锥的内切球的半径为：.三棱锥的表面积为：.==.则.即，解得：.所以三棱锥的内切球的表面积为：.所以该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为：故选：D.【点睛】本题考查了多面体的球的外接与内切问题,考查了勾股定理的应用,等腰三角形中的三线合一的性质应用,考查空间想象力,求空间几何体的内切球的半径一般用等体积法,属于中档题.11．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交于，两点．若，则椭圆的离心率为　　A． B． C． D．【答案】D【解析】利用椭圆的定义以及余弦定理，列出方程，转化求解椭圆的离心率即可．【详解】椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交于，两点．，，，，，可得，化简可得，由可得，解得，（舍去）故选．【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查转化与化归思想以及运算求解能力，注意椭圆离心率的范围是．12．已知点为外接圆的圆心，角，，所对的边分别为，，，且，若，则当角取到最大值时的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由意在可知，代入数量积的运算公式求，再根据正弦定理说明时，也取得最大值，最后求面积.【详解】 ， ，，，且，当时，时，也取得最大值,此时， ，.故选：A【点睛】本题考查向量数量积和面积公式，意在考查转化与变形和分析问题，解决问题的能力，本题的关键是根据正弦定理，且，说明时，也取得最大值，后面的问题迎刃而解.  二、填空题13．过三点，，的圆的方程为________.【答案】【解析】由圆的垂径定理有圆心一定在弦的垂直平分线上,所以求出弦和的垂直平分线,然后联立求出圆心,再求半径.【详解】由，有：中点为，；所以的中垂线为：，即.由，有：中点为，,所以的中垂线为：，即.由  解得：，即圆心为.所以.所以圆的方程为：.故答案为：.【点睛】本题考查圆的方程的求法，已知圆上三点求圆的方程还可以用待定系数法，设出圆的一般方程，将点的坐标代入求解,属于基础题.14．已知实数满足，则的最大值为_______.【答案】-4【解析】分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得到答案.详解：作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，联立，解得，化目标函数为，由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，有最大值为. 点睛：本题考查了简单的线性规划的应用，着重考查了数形结合思想方法的应用，对于线性规划问题有三类:（1）简单线性规划，包括画出可行域和考查截距型目标函数的最值，有时考查斜率型或距离型目标函数；（2）线性规划逆向思维问题，给出最值或最优解个数求参数取值范围；（3）线性规划的实际应用.15．设是圆：内一定点，过作两条互相垂直的直线分别交圆于、两点，则弦中点的轨迹方程是_________.【答案】【解析】设的中点为,设,，则,由题意均在圆上则有.又由，得，再代入消去参数，得到的轨迹方程.【详解】设的中点为,设,.则.  (1)由题意均在圆上则有：.  (2)又由条件有，即.即==  （3）将（1）代入（3）中有：   （4）将（1）中两式平方相加得：.即    （5）将（2），（4）代入（5）得：.即弦中点的轨迹方程是.故答案为：【点睛】本题考查动点的轨迹的求法，动点的轨迹的常见求法有：定义法、几何法、直译法、参数法、相关点法、交轨法等，解题时要认真审题，属于中档题.16．如图正方体的棱长为，、、，分别为、、的中点.则下列命题：①直线与平面平行；②直线与直线垂直；③平面截正方体所得的截面面积为；④点与点到平面的距离相等；⑤平面截正方体所得两个几何体的体积比为.其中正确命题的序号为_______.【答案】①③⑤【解析】连结,由、分别为、的中点,则∥,所以四点共面,截面图形为等腰梯形，然后对各个命题进行逐一判断.【详解】连结,由、分别为、的中点.则∥,又∥，所以∥且=.所以截面四边形形为等腰梯形.对①, 、，分别为、的中点, 所以∥,且=，则四边形为平行四边形,所以∥,所以∥平面，故①正确.对②, ∥,在中，, 显然与不垂直，则直线与直线不垂直，故②不正确.对③, 平面截正方体所得的截面为四边形,又四边形为等腰梯形,其中,,梯形的高为,则其面积为.故③正确.对④，点是的中点，所以到面的距离相等.、分别为、的中点,延长交的延长线于点,即直线交平面于点,则为的中点,如图,分别过作平面的垂线，垂足分为，所以分别为点到面的距离,则三点共线，根据三角形的相似可得:,所以到面的距离不相等，则点与点到平面的距离不相等,故④不正确.对⑤, 由条件可知多面体为棱台，其体积为,平面截正方体所得两个几何体的体积比为,故⑤正确.故答案为：①③⑤.【点睛】本题考查了线面平行、线线的垂直的证明，考查了点面距离，截面面积和几何体的体积,考查空间想象和思维能力，属于中档题. 三、解答题17．在等差数列中，，且、、成等比数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若数列的公差不为，设，求数列的前项和.【答案】（Ⅰ），或；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由，，成等比数列,则,将的通项公式代入，可解出的公差,可得通项公式.（Ⅱ）由（Ⅰ）有，然后分组求和即可.【详解】（Ⅰ）设数列的公差为.因为，，成等比数列，所以，又，所以，即解得或.当时，.当时，. （Ⅱ）因为公差不为，由（Ⅰ）知，则，所以.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式的求法和应用，用分组求和的方法求前项和，属于基础题.18．设函数.（Ⅰ）求函数的单调递增区间；（Ⅱ）在锐角中，若，且能盖住的最小圆的面积为，求周长的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）利用诱导公式和降幂公式，二倍角公式以及两角和的正弦公式逆用将函数化简得到函数，然后由可得单调增区间.（Ⅱ）能盖住的最小圆的面积为,即三角形的外接圆，求出其外接圆的半径,则由正弦定理可以求出边，可以用角表示出边，根据角的范围求出其范围即可.【详解】（Ⅰ）因为由，解得，所以函数的单调递增区间为. （Ⅱ）因为，所以.又因为为锐角三角形，所以，.所以，故有.已知能盖住的最小圆为的外接圆，而其面积为.所以，解得，的角，，所对的边分别为,,.由正弦定理.所以，，，由为锐角三角形，所以. 所以，则，故， 所以.故此的周长的取值范围为.【点睛】本题考查三角函数中的恒等变换的应用，三角函数的单调性，考查正弦定理，三角形的周长的范围的求法，注意锐角三角形中角的范围,属于中档题.19．如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，AB//CD，，AB=AD=2CD=2，△ADP为等边三角形．(1)当PB长为多少时，平面平面ABCD?并说明理由；(2)若二面角大小为150°，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（1）当时，平面平面，详见解析（2）【解析】(1)根据平面和平面垂直可得线面垂直，从而可得,利用直角三角形知识可得的长；(2)构建空间直角坐标系，利用法向量求解直线AB与平面PBC所成角的正弦值.【详解】解：（1）当时，平面平面，      证明如下：在中，因为，所以， 又，，所以平面，   又平面，所以平面平面；     （2）分别取线段的中点，连接，因为为等边三角形，为的中点，所以，为的中点，所以,又，所以，故为二面角的平面角，所以，                                      如图，分别以的方向以及垂直于平面向上的方向作为轴的正方向，建立空间直角坐标系，因为，，所以，，，.可得，， 设为平面的一个法向量，则有，即，令，可得，    设与平面所成角为，则有所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查平面和平面垂直的性质及线面角的求解，侧重考查逻辑推理，直观想象和数学运算的核心素养.20．已知椭圆：的右焦点为点的坐标为，为坐标原点，是等腰直角三角形.（1）求椭圆的方程；（2）经过点作直线交椭圆于两点，求面积的最大值；（3）是否存在直线交椭圆于两点，使点为的垂心（垂心：三角形三边高线的交点）？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】（1）由是等腰直角三角形，可得，从而可得椭圆方程；
（2）设过点的直线的方程为，的横坐标分别为，求出的最大值，即可求得面积的最大值；
（3）假设存在直线交椭圆于两点，且使点为的垂心，设直线的方程为，代入椭圆方程，利用韦达定理结合，即可求得结论．【详解】解：（1）由是等腰直角三角形，可得，故椭圆方程为；
（2）设过点的直线的方程为，的横坐标分别为，
将线的方程为代入椭圆方程，消元可得，∴，，
，
令，则
令，则（当且仅当时取等号）
又面积，∴△AOB面积的最大值为；
（3）假设存在直线交椭圆于两点，且使点为的垂心，
设，
因为，所以．
于是设直线的方程为，代入椭圆方程，消元可得．
由，得，且,由题意应有，所以，
所以．
整理得．
解得或．
经检验，当时，不存在，故舍去．
∴当时，所求直线存在，且直线l的方程【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形面积的计算，考查韦达定理的运用，属于中档题．21．已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若，是的两个零点，求证：．【答案】（1）f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）证明见解析【解析】（1）先求函数的导数 ，分和两种情况讨论函数的单调性；（2）根据（1）的结果可知，即，利用分析法，将需要证明想不等式转化为证明，只需证明，利用函数的单调性和零点存在性定理可证明，根据零点存在性定理和单调性证明.【详解】（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），且，①当a≤0时，f'（x）≤0，f（x）的单调递减区间为（0，＋∞）；②当a＞0时，由f'（x）＞0得，故f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）∵f（x）有两个零点，∴由（1）知a＞0且，∴a＞2e，要证原不等式成立，只需证明，只需证明，只需证明．一方面∵a＞2e，∴，∴，∴，且f（x）在单调递增，故；另一方面，令，（x＞0），则，当时，g'（x）＜0；当时，g'（x）＞0；故，故g（x）≥0即时x∈（0，＋∞）恒成立，令，则，于是，而，故，且f（x）在单调递减，故；综合上述，，即原不等式成立．【点睛】本题考查利用导数求函数的单调性和不等式的证明，重点考查了构造函数和讨论的思想，属于难题，本题的难点是再证明时，需要构造函数，（x＞0），并且证明不等式时，经常使用分析法转化.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）求曲线的普通方程和极坐标方程；（2）设射线与曲线交于点，与直线交于点，求线段的长．【答案】（1）  （2）【解析】（1）结合三角函数的基本关系消去参数可得普通方程，结合公式，可得极坐标方程；（2）分别联立极坐标方程，求得交点的极径，从而可得线段的长．【详解】解：（1）由题意得，∴曲线的普通方程为．∵，，∴代入可得曲线的极坐标方程为．（2）把代入中，可得，解得﹐即点的极径，由（1）易得，∴．【点睛】本题主要考查参数方程与极坐标方程，参数方程化为普通方程一般是消去参数，普通方程化为极坐标方程主要利用，来实现，侧重考查数学运算的核心素养.23．选修4－5：不等式选讲（改编，中等）已知函数，记的最小值为.（1）解不等式；（2）是否存在正数,同时满足：？并说明理由.【答案】(1) .(2)见解析.【解析】试题分析：（1）把函数转化为分段函数即，分段求解，在求并集；（2）利用绝对值三角不等式求出的值，利用均值不等式可求出的最小值为8，可得结论.试题解析：（1）不等式化为设函数，则，令，解得，原不等式的解集是 （2）当且仅当，即时取等号，故 假设存在符合条件的正数，则，当且仅当，即时取等号，的最小值为8，即不存在正数，使得同时成立.