届高三数学12月月考试题 文(含解析) 试题.doc

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1、四川省成都外国语学校2020届高三数学12月月考试题 文（含解析）一、选择题1.已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意结合交集的定义可得：.本题选择B选项.2.在复平面内，复数z所对应的点A的坐标为（3，4），则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先写出复数z代数形式，再根据复数的模以及除法运算法则求结果.【详解】，所以，所以.故选：C【点睛】本题考查复数几何意义、复数的模以及复数除法运算，考查基本分析求解能力，属基础题.3.等比数列的前n项和为，若，则（ ）A. 15B. 30C. 45D. 60【答案】C【解析】分析】根据题设条件，得到

2、，进而得到，即可求解值，得到答案.【详解】由题意，等比数列的前n项和为，满足，则，所以，则，故选C.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，及其前n项和的计算，其中解答中熟记等比数列的通项公式和前n项和公式，准确计算是解得的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4.有一批种子，对于一颗种子来说，它可能1天发芽，也可能2天发芽，如表是不同发芽天数的种子数的记录：发芽天数12345678种子数826222412420统计每颗种子发芽天数得到一组数据，则这组数据的中位数是（ ）A. 2B. 3C. 3.5D. 4【答案】B【解析】【分析】根据数据以及中位数定义求结果.【详解】因为这批种子共有

3、个，所以这组数据中位数是3，故选：B【点睛】本题考查中位数定义，考查基本分析求解能力，属基础题.5.秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的数书九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入的，则输出的S=（ ）A. 8B. 10C. 12D. 22【答案】D【解析】【分析】根据程序依次计算，直到跳出循环，输出结果，即可对照选择.【详解】模拟程序的运行，可得，不满足条件，执行循环体，不满足条件，执行循环体，此时，满足条件，退出循环，输出S的值为22.故选：D【点睛】本题考查循环结构流程图，考

4、查基本分析求解能力，属基础题.6.已知条件，条件，且是的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分别求出两个命题、是的范围，是的必要不充分条件等价于是的必要不充分条件，由此求得的取值范围【详解】或，当时，或，当时，因为是的必要不充分条件，所以是的必要不充分条件，因此从而或，即故选：C【点睛】本题考查由必要不充分条件求参数，属于基础题7.将函数的图象向右平移单位后，所得图象对应的函数解析式为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先将函数中x换为x-后化简即可.【详解】化解为故选D【点睛】本题考查三角函数平移问题,属于基础题目,解题

5、中根据左加右减的法则,将x按要求变换.8.某几何体的三视图如右图所示，其侧视图为等边三角形，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据三视图还原为直观图，可知该几何体由一个半圆锥和一个三棱柱组合而成，再求圆锥的底面半径，三棱柱的各边，根据体积公式求解即可【详解】由已知中的三视图可得，该几何体由一个半圆锥和一个三棱柱组合而成，如图，其中半圆锥的底面半径为1，高为，三棱柱的底面是一个边长为2的正三角形，高为，则该几何体的体积：故选：A【点睛】本题主要考查三视图、几何体的体积，以空间几何为载体，考查考生的空间想象能力与基本运算能力，考查的核心素养是数学抽象、直观想

6、象、数学运算.9.已知实数，满足不等式，则点与点在直线的两侧的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题目可知当与在直线两侧时，又因为，则图象是单位元内的点，其所在的位置占整个圆的，由此可得结果【详解】解：若点与点在直线的两侧，则，即，又实数，满足不等式，作出图象如图：由图可知，点与点在直线的两侧的概率为故选：C 【点睛】本题考查线性规划以及几何概型，属于基础题10.正项数列的前n项和为，且，设，则数列的前2020项的和为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据和项与通项关系得，再根据等差数列定义与通项公式、求和公式得，代入化简，最后利用分组求和

7、法求结果.【详解】因为，所以当时，解得，当时，所以 ，因为，所以，所以数列是等差数列，公差为1，首项为1，所以，所以，则数列的前2020项的和.故选：C【点睛】本题考查根据和项求通项、等差数列定义、等差数列通项公式与求和公式以及分组求和法，考查基本分析求解能力，属中档题.11.设函数满足，则时，（ ）A. 有极大值，无极小值B. 有极小值，无极大值C. 既有极大值又有极小值D. 既无极大值也无极小值【答案】B【解析】【分析】先利用导数的运算法则，确定的解析式，构造新函数，确定函数的单调性即可求出结论【详解】解：由，即，结合，可知，可知此函数仅有一个极值点，是极小值点，没有极大值故选：B【点睛】

8、本题考查导数知识的应用，考查函数的单调性与极值，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题12.已知定义在上的函数对任意的都满足，当时，若函数，且至少有6个零点，则取值范围是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】函数g（x）=f（x）-loga|x|的零点个数，即函数y=f（x）与y=loga|x|的交点的个数；由f（x+1）=-f（x），可得f（x+2）=f（x+1+1）=-f（x+1）=f（x），故函数f（x）是周期为2的周期函数，又由当-1x1时，f（x）=x3，据此可以做出f（x）的图象，y=loga|x|是偶函数，当x0时，y=logax，则当x0时，y=loga（-x），做

9、出y=loga|x|的图象:结合图象分析可得：要使函数y=f（x）与y=loga|x|至少有6个交点，则 loga51 且 loga5-1，解得 a5，或.故选A.二、填空题13.已知，则_.【答案】【解析】【分析】利用诱导公式化简已知等式的左边求出的值，再利用二倍角的正弦公式得到，分母除以，利用同角三角函数关系式得到，最后转化为即可求出的值.【详解】解：因为，所以故答案为：【点睛】本题考查了二倍角的正切函数公式，同角三角函数间的基本关系，以及诱导公式的作用，熟练掌握公式是解本题的关键.14.向量，满足，且，则，的夹角的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】首先根据两边平方，然后根据平面向量的

10、数量积公式进行求解即可【详解】因为，所以，即，所以，故故答案为：【点睛】本题重点考查了数量积的概念、运算法则及夹角等知识，属于基础题15.设实数，满足则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】先根据题意画出可行域，目标函数表示的是可行域内的点到定点的斜率，当直线过点时斜率为最大值，只需解方程组求解点代入目标函数即可【详解】由实数，满足作出可行域如图，联立得，由，而，所以目标函数的最大值为2故答案为：【点睛】本题考查求分式型的非线性规划的目标函数题，准确作图，利用目标函数的集合意义是解题的关键16.在平面直角坐标系中，过点（0，1）的直线l与双曲线交于两点A，B，若是直角三角形，则直线l的斜率为_

11、.【答案】【解析】【分析】先设直线方程与双曲线方程联立方程组，根据垂直条件，结合韦达定理求直线l的斜率.【详解】直线l的斜率显然存在，设直线为，联立双曲线：，消去y得：.若，则，解得.若（A在左支）设A点坐标（m，n）（），则，联立双曲线无解，故不可能出现。若（B在右支），同理不可能故答案为：【点睛】本题考查直线与双曲线位置关系，考查基本分析求解能力，属中档题.三、解答题17.在中，角所对的边分别为，.（1）求证：是等腰三角形；（2）若，且的周长为5，求的面积.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】试题分析：（1）根据正弦定理边化角有，据此可得，则，所以是等腰三角形； （2）由（1）结合余

12、弦定理可得：.的周长为，得.由面积公式可得的面积.试题解析：（1）根据正弦定理，由可得 ，即，故，由得，故，所以是等腰三角形； （2）由（1）知，.又因为的周长为，得.故的面积.18.某中学利用周末组织教职员工进行了一次秋季登山健身活动，有人参加，现将所有参加者按年龄情况分为，等七组，其频率分布直方图如图所示，已知这组的参加者是6人.（1）根据此频率分布直方图求;（2）已知，这两组各有2名数学教师，现从这两个组中各选取2人担任接待工作，设两组的选择互不影响，求两组选出的人中恰有1名数学老师的概率【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先求出年龄在内的频率，由这组的参加者人数和其频率求出总人

13、数.（2）分别求出“从年龄在之间选出的人中至少有1名数学教师的人数和 “从年龄在之间选出的人中至少有1名数学教师的人数，即可求出两组选出的人中都至少有1名数学老师的概率【详解】解：（1）根据题意，这组频率为，所以；（2）这组的参加者人数为，这组的参加者人数为，恰有1名数学老师的概率为.【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，是中档题，解题时要认真审题19.在如图所示的几何体中，是边长为2的正三角形，,平面，平面平面，且.（1）若，求证：平面；（2）若到的距离是，求该几何体的体积.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）取、的中点为，证明是平行四边形则有，又因为，即，即可

14、证得平面（2）首先证明面，几何体的体积，求出，即可求得体积。【详解】（1）如图，取、的中点，分别为，连接，为的终点，所以是平行四边形所以，又因为（三角形中位线定理），所以所以平面得证（2）如图，首先证明面，所以该几何体的体积，所以核心是求如图在平面内，过点做直线垂线，垂足是，连接则，于是因为，所以，从而，所以，从而进而几何体的体积【点睛】本题着重考查了三角形中位线定理、空间直线与平面平行的判定定理，空间几何体的体积，属于中档题。20.已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，离心率为，的面积为.（1）求椭圆的方程；（2）若，为轴上的两个动点，且，直线和分别与椭圆交于，两点，若是坐标原点，求证：、

15、三点共线。【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据离心率公式和面积公式可求得，即可求得椭圆的方程；（2）分别设直线求出其与曲线的交点，同理设求出其与曲线的交点，根据斜率得到三点共线【详解】（1）依题意：，所以，所以椭圆方程：（2）设与交于、，且，设与交于、，且，同理可得，所以，由，可得，所以所以，三点共线从而恒过定点【点睛】本意考查了椭圆标准方程的求法，考查了直线与椭圆相交，一元二次方程的根与系数的关系、三点共线关系，考查推理能力与计算能力21.如果函数满足且是它的零点，则函数是“有趣的”，例如就是“有趣的”，已知是“有趣的”.（1）求出b、c并求出函数的单调区间；（2）若对于任

16、意正数x，都有恒成立，求参数k的取值范围.【答案】（1），单减区间为0，1），单增区间为；（2）【解析】【分析】（1）根据定义得方程恒成立，解得b、c，再根据复合函数单调性确定函数的单调区间；（2）先化简不等式，再求导数，根据导函数符号分类讨论,利用导数证明恒成立,再说明不恒成立.【详解】（1）因为是“有趣的”，所以即的定义域为，单减区间为（0，1），单增区间为.（2）参数的取值范围为.引理：不等式对任意正数y都成立。证明如下：由恒成立，得恒成立。.我们构造函数。注意到。构造，注意到，且我们以下分两部分进行说明：第一部分：时，恒成立。时，由引理得：，知道，从而当时有，时有，所以在（0，1）上为

17、负，在上为正。从而在上单减，在上单增，最小值为。从而第二部分：时，不满足条件。构造函数。（）若，则对于任意，都有。（）若，则对于任意，而，所以在（0，1）上有唯一零点，同时在，时都有。于是只要，无论是（）还是（），我们总能找到一个实数，在时都有。这样在时，都有，结合，所以时，从而在时有。，所以时，不满足要求。【点睛】本题考查利用导数求函数单调性以及利用导数研究不等式恒成立，考查综合分析求解能力，属难题.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系下，直线（为参数），以原点为极点，以轴的非负半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方

18、程；（）若直线与曲线交于，两点，求的值【答案】（）直线:，曲线:；（）.【解析】试题分析：（）消去参数，得直线的普通方程为，由，两边同乘以，得曲线的直角坐标方程为；（）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得，即，由直线参数的几何意义知，.试题解析：（）直线的普通方程为，由，即曲线的直角坐标方程为（）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得，即，设方程的两根分别为，则考点：极坐标与参数方程（互化）、直线参数几何意义23.已知函数.（1）求不等式解集；（2）若证明：【答案】（1）（2）见解析.【解析】【分析】（1）由零点分段法讨论的范围，解各个范围内的不等式，最后求并集即可求出解集.（2）由题意可知，即证，对两边平方，作差，根据（1）的结论即可证明结果.【详解】（1），故或或，故不等式的解为.（2）证明：要证，只需证，即证（*）.只需证：因为，所以只需证：，又由（1）知，则，即，所以（*）式显然成立，故原命题得证.【点睛】本题考查零点分段法解绝对值不等式，考查分析法证明不等式，属于基础题.