宁夏回族自治区银川市兴庆区银川一中2020届高三第五次月考数学（理）试题 24页

银川一中2020届高三年级第五次月考 理科数学 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2．作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.‎ ‎3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.已知全集，集合则下图中阴影部分所表示的集合为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据韦恩图知阴影部分表示的是A中的元素除去A与B的公共元素所剩下的元素，由此可得选项.‎ ‎【详解】由韦恩图可知：阴影部分表示的是A中的元素除去A与B的交集的元素所剩下的元素．因为，所以阴影部分所表示的集合是．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查韦恩图和集合的交集基本运算,属于基础题．‎ ‎2.在复平面内与复数所对应的点关于实轴对称的点为，则对应的复数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用两个复数代数形式的乘除法法则，化简复数得到复数的共轭复数，从而得到复数在复平面内的对应点的坐标，得到选项．‎ ‎【详解】复数，‎ 复数的共轭复数是，就是复数所对应的点关于实轴对称的点为A对应的复数；‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查两个复数代数形式的乘除法，两个复数相除，分子和分母同时乘以分母的共轭复数，考查复数与复平面内对应点之间的关系，是一个基础题．‎ ‎3.执行如图所示的程序框图，输出的值为（ ）．‎ A. B. C. 4 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据框图依次计算得到答案.‎ ‎【详解】 ‎ ‎； ，输出答案.‎ 故选 ‎【点睛】本题考查了框图算法，意在考查学生的阅读理解能力.‎ ‎4.阿基米德（公元前287年—公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的焦点在x轴上，且椭圆C的离心率为，面积为12，则椭圆C的方程为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知条件列出方程组，求出，即可得到椭圆方程.‎ ‎【详解】由题意可得：，解得，‎ 因为椭圆的焦点在轴上，所以椭圆方程为：，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关椭圆方程的求解问题，涉及到的知识点有椭圆的几何性质，椭圆的面积，属于简单题目.‎ ‎5.已知（），则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算出，再求得解.‎ ‎【详解】由题得，‎ ‎，‎ 所以.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查数学归纳法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.‎ ‎6.已知数列为等比数列，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为，利用等比中项的性质得出的值，再由，得知与同号，可求出的值，再由为、的等比中项，以及求出的值，进而计算出的值.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，则，，又，，‎ 由题意得，，由等比中项的性质得，‎ 由于，则，，‎ 因此，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查等比中项性质的应用以及等比中项的计算，同时也涉及了特殊角三角函数值的计算，在求等比中项时，不要忽略了对所求项的符号的判断，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎7.设抛物线焦点为F，准线为，P为抛物线上一点，，A为垂足，如果直线AF的斜率为，那么（ ）.‎ A. B. C. D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出直线的方程，求出点和的坐标，利用抛物线的定义即可求的值.‎ ‎【详解】如图所示：‎ 因为抛物线方程为，‎ 所以焦点，准线的方程为，‎ 因为直线AF的斜率为，‎ 所以直线AF方程为，‎ 当时，，‎ 所以点的坐标为，‎ 因为，A为垂足，‎ 所以点纵坐标为，‎ 代入抛物线方程，得点坐标为，‎ 所以，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关抛物线的问题，涉及到的知识点有抛物线的定义，直线的点斜式方程，点在抛物线上的条件，点到直线的距离公式，属于简单题目.‎ ‎8.若，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的值，结合，可得，可求出答案.‎ ‎【详解】由题意，，则，‎ 由于，则.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数诱导公式的应用，考查了三角函数求值，属于基础题.‎ ‎9.已知三棱锥中，，，，若该三棱锥的四个顶点在同一个球面上，则此球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出三棱锥的外接长方体，计算出该长方体的体对角线长，即可得出其外接球的半径，然后利用球体体积公式可计算出外接球的体积.‎ ‎【详解】作出三棱锥的外接长方体，如下图所示：‎ 设，，，‎ 则，，，‎ 上述三个等式相加得，‎ 所以，该长方体的体对角线长为，则其外接球的半径为，‎ 因此，此球的体积为.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球体积的计算，将三棱锥补成长方体，利用长方体的体对角线作为外接球的直径是解题的关键，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎10.在中,已知为线段AB上的一点,且，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立直角坐标系，确定坐标和线段AB方程，得出的关系,利用基本不等式,即可求得结果.‎ ‎【详解】以所在的直线分别为轴建立直角坐标系,‎ 则,‎ ‎=‎ 点坐标为,‎ 线段方程为,‎ ‎,‎ 当且仅当,等号成立.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查了平面向量坐标运算,以及基本不等式求最值,考查了推理能力和计算能力,属于中档题,‎ ‎11.已知函数是上的偶函数，且在区间上是单调递增的，，，是锐角三角形的三个内角，则下列不等式中一定成立的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎ 因为是锐角的三个内角， 所以，得，‎ 两边同取余弦函数，可得，‎ 因为在上单调递增，且是偶函数，所以在上减函数，‎ 由，可得，故选C.‎ 点睛：本题考查了比较大小问题，解答中熟练推导抽象函数的图象与性质，合理利用函数的单调性进行比较大小是解答的关键，着重考查学生的推理与运算能力，本题的解答中，根据锐角三角形，得出与的大小关系是解答的一个难点. ‎ ‎12.已知定义在R上的可导函数的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意构造函数，由可得在上恒成立，所以函数在为上单调递减函数，由为偶函数，，可得，故要求不等式的解集等价于的解集，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意构造函数，则，‎ 定义在上的可导函数的导函数为，满足 在上恒成立，函数在上为单调递减函数；‎ 又为偶函数，则函数 ，即关于对称，‎ ‎ ，则，‎ 由于不等式的解集等价于的解集，‎ 根据函数在上为单调递减函数，则，‎ 故答案选B ‎【点睛】本题考查函数的构造，利用导数研究函数的单调性、利用函数单调性解不等式、函数的奇偶性以及对称性的综合应用，属于较难题．‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知椭圆与双曲线有相同的焦点，则的值为______‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得，解之即得a的值.‎ ‎【详解】由题得，所以a=4,‎ 故答案为4‎ ‎【点睛】（1）本题主要考查椭圆和双曲线的简单几何性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)椭圆中，双曲线中 ‎14.已知实数x，y满足不等式组，且z=2x-y的最大值为a，则=______．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，根据目标函数的几何意义，利用平移法进行求解可得a的值，然后求解定积分即可．‎ ‎【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．‎ 由z=2x-y得y=2x-z，‎ 平移直线y=2x-z，‎ 由图象可知当直线y=2x-z经过点B时，直线y=2x-z的截距最小，此时z最大．‎ 由，得，‎ 即a=zmax=2×4-2=6，‎ 则==6lnx=6．‎ 故答案为6．‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想以及函数的积分公式是解决此类问题的基本方法，属中档题．‎ ‎15.已知点，，点在圆上，则使的点的个数为__________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ 由题意可得，若则点在以为直径的圆上，‎ 此时点的轨迹是，‎ 且点在圆上，‎ 即点P为圆与圆的交点，‎ 考查两圆的圆心距：，‎ 两圆的半径：，满足：，‎ 即两圆外切，据此可得：点的个数为1个.‎ 点睛：判断两圆的位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差之间的关系，一般不采用代数法．‎ ‎16.已知函数，若方程有4个不同的实数根，则的取值范围是____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先画出函数的图象，把方程有4个不同的实数根转化为函数的图象与有四个不同的交点，结合对数函数和二次函数的性质，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，函数，要先画出函数的图象，如图所示，‎ 又由方程有4个不同的实数根， ‎ 即函数的图象与有四个不同的交点，‎ 可得，且，‎ 则=，‎ 因为，则，所以.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中把方程有4个不同的实数根，转化为两个函数的有四个交点，结合对数函数与二次函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ 三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎(一)必考题：(共60分)‎ ‎17.已知等差数列满足：，其前项和为．‎ ‎（1）求数列的通项公式及；‎ ‎（2）若，求数列的前项和．‎ ‎【答案】(1) ，． (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）算出基本量后可求及；‎ ‎（2）利用裂项相消法可求.‎ ‎【详解】解：（1）设等差数列的公差为，则，‎ 解得：，‎ ‎∴，．‎ ‎（2），‎ ‎∴数列的前项和为 ‎【点睛】等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标的特征和数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题．数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.‎ ‎18.已知函数.‎ ‎(1)求函数单调递增区间；‎ ‎(2)在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，求的面积.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得f（x）＝2sin（2x），利用正弦函数的单调性即可求解其单调递增区间．‎ ‎（2）由题意可得sin（‎2A）＝1，结合范围‎2A∈（，），可求A的值，由正弦定理可得a，由余弦定理b，进而根据三角形的面积公式即可求解．‎ ‎【详解】（1）∵sin2x﹣cos2x＝2sin（2x），‎ 令2kπ2x2kπ，k∈Z，解得kπx≤kπ，k∈Z，‎ ‎∴函数f（x）的单调递增区间为：[kπ，kπ]，k∈Z．‎ ‎（2）∵f（A）＝2sin（‎2A）＝2，‎ ‎∴sin（‎2A）＝1，‎ ‎∵A∈（0，π），‎2A∈（，），‎ ‎∴‎2A，解得A，‎ ‎∵C，c＝2，‎ ‎∴由正弦定理，可得a，‎ ‎∴由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，可得6＝b2+4﹣2，解得b＝1，（负值舍去），‎ ‎∴S△ABCabsinC（1）．‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的单调性，正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．‎ ‎19.如图，在四边形中，，，四边形为矩形，且平面，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）点在线段上运动，当点在什么位置时，平面与平面所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（Ⅰ）在梯形中，设，题意求得,再由余弦定理求得,满足,得则.再由平面得，由线面垂直的判定可.进一步得到丄平面;（Ⅱ）分别以直线为:轴，轴轴建立如图所示的空间直角坐标系，设 ,令得到的坐标，求出平面的一法向量.由题意可得平面的一个法向量，求出两法向量所成角的余弦值，可得当时，有最小值为,此时点与点重合.‎ 试题解析：（Ⅰ）证明：在梯形中，∵,设，‎ 又∵,∴,∴‎ ‎∴.则.‎ ‎∵平面,平面，‎ ‎∴,而,∴平面.∵,∴平面.‎ ‎（Ⅱ）解：分别以直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设，令，‎ 则，‎ ‎∴‎ 设为平面的一个法向量，‎ 由得，取，则，‎ ‎∵是平面的一个法向量，‎ ‎∴‎ ‎∵，∴当时，有最小值为，‎ ‎∴点与点重合时，平面与平面所成二面角最大，此时二面角的余弦值为.‎ ‎20.已知椭圆的右焦点为，是椭圆上一点，轴，.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若直线与椭圆交于、两点，线段的中点为，为坐标原点，且，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设椭圆的焦距为，可得出点在椭圆上，将这个点的坐标代入椭圆的方程可得出，结合可求出的值，从而可得出椭圆的标准方程；‎ ‎（2）分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论，在轴时，可得出，从而求出的面积；在直线斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合，得出，计算出与的高，可得出面积的表达式，然后可利用二次函数的基本性质求出面积的最大值.‎ ‎【详解】（1）设椭圆的焦距为，由题知，点，，‎ 则有，，又，，，‎ 因此，椭圆的标准方程为；‎ ‎（2）当轴时，位于轴上，且，‎ 由可得，此时；‎ 当不垂直轴时，设直线的方程为，与椭圆交于，，‎ 由，得.‎ ‎，，从而 已知，可得.‎ ‎.‎ 设到直线的距离为，则，‎ ‎.‎ 将代入化简得.‎ 令，‎ 则.‎ 当且仅当时取等号，此时的面积最大，最大值为.‎ 综上：的面积最大，最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，同时也考查了直线与椭圆中三角形面积最值的计算，一般将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理设而不求法来求解，同时在计算最值时，常用函数的基本性质以及基本不等式进行求解，考查运算求解能力，属于难题.‎ ‎21.已知函数有两个极值点，且.‎ ‎(1)若，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎(2)记，求的取值范围，使得.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得切点坐标和斜率，由此求得切线方程.‎ ‎（2）令，利用根与系数关系得到的关系式，利用换元法化简的表达式，利用导数，结合单调性以及的取值范围，求得的取值范围.‎ ‎【详解】(1)时，‎ 所以，点处的切线方程是；‎ ‎(2)‎ 由己知得，，，且，，‎ 令，得，且.‎ 因为，‎ 所以，‎ 令 则 所以在上单调递增，‎ 因为，所以，‎ 又因为在上单调递增，所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查求曲线上某点的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性以及取值范围，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎(二)选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做．则按所做的第一题记分.‎ ‎22.在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为，曲线 的参数方程为为参数．‎ 求曲线，的普通方程；‎ 求曲线上一点P到曲线距离的取值范围．‎ ‎【答案】(1) ；.‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用平方和代入法，消去参数，即可得到曲线的普通方程；‎ ‎（2）由曲线的方程，设，再由点到直线的距离公式和三角函数的性质，即可求解．‎ ‎【详解】（1）由题意，为参数），则，平方相加，即可得：，‎ 由为参数），消去参数，得：，即.‎ ‎（2）设，‎ 到的距离 ，‎ ‎∵，当时，即，，‎ 当时，即，.‎ ‎∴取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，以及椭圆的参数方程的应用问题，其中解答中合理利用平方和代入，正确化简消去参数得到普通方程，再利用椭圆的参数方程，把距离转化为三角函数问题是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．‎ ‎23.已知 ‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若时，，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，将原不等式化，分别讨论，，三种情况，即可求出结果；‎ ‎（2）分别讨论和两种情况，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）当时，原不等式可化为；‎ 当时，原不等式可化为，即，显然成立，‎ 此时解集为；‎ 当时，原不等式可化为，解得，此时解集为空集；‎ 当时，原不等式可化为，即，显然不成立；此时解集为空集；‎ 综上，原不等式的解集为；‎ ‎（2）当时，因为，所以由可得，‎ 即，显然恒成立；所以满足题意；‎ 当时，，因为时， 显然不能成立，所以不满足题意；‎ 综上，的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的方法求解即可，属于常考题型.‎