福建省厦门外国语学校2020届高三上学期12月月考数学（文）试题 22页

厦门外国语学校2019-2020学年高三第三次月考 数学（文）试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分．考试用时120分钟．‎ 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上．‎ ‎2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上做答无效．‎ ‎3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液．不按以上要求作答的答案无效．‎ ‎4．考生必须保持答题卡的整洁和平整．‎ 一、选择题 ‎1.设全集，则等于( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据全集及集合求出的补集，再找出的补集与的交集即可．‎ ‎【详解】解：全集 则 故选 ‎【点睛】本题考查交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解答本题的关键．‎ ‎2.复数的共轭复数为（ ）‎ A. － B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 复数，故复数的共轭复数为－，故选A.‎ ‎3. 袋中有大小相同的三个白球和两个黑球，从中任取两个球，两球同色的概率为（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：所有不同方法数有种,所求事件包含的不同方法数有种,因此概率,答案选B.‎ 考点：古典概型的概率计算 ‎4.在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a、b、c成等比数列，且，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由a、b、c成等比数列，得到，再由题中条件，结合余弦定理，即可求出结果.‎ ‎【详解】解：a、b、c成等比数列，所以，‎ ‎​所以，‎ 由余弦定理可知，‎ 又，所以.‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形，熟记余弦定理即可，属于常考题型.‎ ‎5.设，，，则a、b、c的大小顺序是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数函数的性质推导出，，利用指数函数的性质推导出，由此能求出结果．‎ ‎【详解】，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查三个数的大小的比较，解题时要认真审题，注意对数函数、指数函数的性质的合理运用，是基础题．‎ ‎6.函数（其中）的图象如图所示，为了得到的图象，只需将图象（ ）‎ A. 向右平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D 向左平移个单位长度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的图象求得，再根据左加右减平移变换，要得到的解析式，观察出如何进行平移变换.‎ ‎【详解】由题意得：，，‎ 所以，‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 所以图象向右平移个单位长度可得：‎ ‎.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查从三角函数图象提取信息求的值，考查“左加右减”平移变换，求解过程中注意是由函数平移变换到函数，考查数形结合思想的运用.‎ ‎7.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图还原立体图形，再计算体积.‎ ‎【详解】如图所示：‎ 底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高 ‎ 故 ‎ ‎【点睛】本题考查了三视图和体积的计算，通过三视图还原立体图是解题的关键.‎ ‎8.已知是两个定点，点是以和为公共焦点的椭圆和双曲线的一个交点，且，记和分别是上述椭圆和双曲线的离心率，则有 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意设焦距为，椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，不妨令 在双曲线的右支上 由双曲线的定义   ① 由椭圆的定义   ② 又 故  ③‎ ‎ 得 ‎ ‎ ④ 将④代入③得 即 ‎ 即 ‎ 故选D ‎【点睛】本题考查圆锥曲线的共同特征，解决本题的关键是根据所得出的条件灵活变形，凑出两曲线离心率所满足的方程．‎ ‎9.如图给出的是计算的值的一个程序框图，则其中判断框内应填入的是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图，依次执行循环，直至到，从而得出选项.‎ ‎【详解】经过第一次循环得到结果，，此时不输出，不满足判断框中的条件；‎ 经过第二次循环得到结果，，此时不输出，不满足判断框中的条件；‎ 经过第三次循环得到结果，，此时不输出，不满足判断框中的条件，…‎ 经过第2018次循环得到结果，，此时输出，满足判断框中的条件．‎ 即，2，3…2017时不满足判断框中的条件，时满足判断框中的条件答案为：,‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查补全程序框图的执行条件，对于此类问题，需依次执行循环，直至退出循环，代入条件验证，属于基础题.‎ ‎10.设函数，则函数的图像可能为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数为偶函数排除，再计算排除得到答案.‎ ‎【详解】定义域为： ‎ ‎，函数为偶函数，排除 ‎ ，排除 ‎ 故选 ‎【点睛】本题考查了函数图像，通过函数的单调性，奇偶性，特殊值排除选项是常用的技巧.‎ ‎11.如图，在正方体中，分别是棱的中点，则异面直线与所成的角的大小是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连结，可得，由面得，‎ 可得平面，则，有，可得，‎ 即与所成的角的大小是，故选D项.‎ ‎【详解】连结 正方体，面 面，所以 正方形中，‎ 面，‎ 所以面，而面 所以 又为中点，为中点，可得 所以，即异面直线与所成的角的大小是.‎ 故选D项.‎ ‎【点睛】本题考查正方体内异面直线所成的角，通过线线垂直证明线面垂直，属于中档题.‎ ‎12.已知函数，若存在，使得关于的不等式恒成立，则的取值范围为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解法1：变换主元研究函数，进而令的单调性. 解法2:按照和当对函数进行求导,讨论单调性.‎ ‎【详解】解法1：（1）当时，，所以；‎ ‎（2）当时，令，‎ 因为存在，使得，等价于，‎ 所以，存在，使得关于的不等式恒成立，‎ 等价于恒成立.‎ 令（），则，所以单调递增，‎ 所以，即；‎ ‎（3）当时，因为，所以，‎ 所以要存在，使得关于的不等式恒成立，‎ 等价于恒成立.‎ 令（），则单调递减，所以，即.‎ 综上，得.‎ 解法2：，‎ ‎（1）当时，，所以单调递减，且当趋向于时，趋向于，与不等式恒成立矛盾，舍去；‎ ‎（2）当时，令，，所以在区间单调递增；‎ 令，，所以在区间单调递减；‎ 所以存在，使得成立.‎ 令，，‎ 所以：当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减.‎ 所以，即.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性进而求最值问题,属于难题.‎ 二、填空题：本大题共4小题．把答案填在答题卡中的横线上．‎ ‎13.已知向量，，若，则_____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得，然后利用两个向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得的值.‎ ‎【详解】依题意，由于，所以，.‎ ‎【点睛】本小题主要考查平面向量坐标的加法运算，考查两个向量垂直的坐标表示，属于基础题.‎ ‎14.已知实数满足，则最小值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由得,作出不等式对应的可行域(阴影部分)，‎ 平移直线由平移可知当直，‎ 经过点B(1,1)时,直线的截距最大，此时z取得最小值，‎ 将B的坐标代入，‎ 即目标函数y的最小值为−1.‎ 故答案为−1.‎ ‎15.已知，，则的值为_______．‎ ‎【答案】-2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过正切的二倍角公式可求tanα的值，再将分子分母同时除以cosα，得到关于tanα的式子，代入tanα的值，即可计算出结果．‎ ‎【详解】∵‎ ‎∴tanα或tanα，又，∴tanα且cosα，‎ ‎∴．‎ 故答案为-2.‎ ‎【点睛】本题主要考查二倍角公式及同角基本关系式的应用，考查了弦化切的技巧，属于基础题．‎ ‎16.已知直线l：与圆C：相交于P，Q两点，则＝_______．‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，分析圆C的圆心以及半径，求出圆心到直线的距离和PQ的长，由直线与圆的位置关系分析可得∠PCQ＝90°，由数量积的计算公式计算可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，圆C：（x﹣2）2+（y﹣1）2＝1，圆心为（2，1），半径r＝1，‎ 圆心C到直线l的距离d，‎ 则|PQ|＝2，‎ 则∠PCQ＝90°，‎ 故0；‎ 故答案为0‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及向量数量积的计算，属于基础题．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．考生根据要求作答．‎ ‎17.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点， 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线：（）.‎ ‎（1）求和的极坐标方程；‎ ‎（2）设点是与的一个交点（异于原点），点是与的交点，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）， .（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）曲线的一般方程为， ‎ 由得，‎ 化简得的极坐标方程为， ‎ 因为的一般方程为， 极坐标方程为. ‎ ‎（2）设，则 ‎ ‎ ，‎ 由射线与相交，则不妨设，‎ 则，所以当即时，取最大值， ‎ 此时.‎ ‎18.已知数列的前项和为，．‎ ‎（1）求证：数列是等差数列；‎ ‎（2）求．‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用化简已知条件，得到，由此证得数列是等差数列.（2）由（1）求得的表达式，然后利用裂项求和法求得表达式的值.‎ ‎【详解】（1）证明：因为当时，，‎ 所以．所以, ‎ 因为所以，所以，‎ 所以． ‎ 所以是以为首项，以1为公差的等差数列． ‎ ‎（2）由（1）可得，所以 所以 所以1‎ ‎【点睛】本小题主要考查已知递推关系式证等差数列，考查裂项求和法，属于基础题.‎ ‎19.某学习小组在研究性学习中，对昼夜温差大小与绿豆种子一天内出芽数之间的关系进行研究该小组在4月份记录了1日至6日每天昼夜最高、最低温度（如图1），以及浸泡的100颗绿豆种子当天内的出芽数（如图2）．‎ 根据上述数据作出散点图，可知绿豆种子出芽数（颗）和温差具有线性相关关系．‎ 附：，‎ ‎（1）求绿豆种子出芽数（颗）关于温差的回归方程；‎ ‎（2）假如4月1日至7日的日温差的平均值为11℃，估计4月7日浸泡的10000颗绿豆种子一天内的出芽数．‎ ‎【答案】（1）（2）4月7日浸泡的10000颗绿豆种子一天内的出芽数约为5125颗 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据最高（低）温度折线图和出芽数条形图可得出数据表，分别求出，，，，，，从而得出绿豆种子出芽数（颗）关于温差的回归方程；‎ ‎（2）根据4月1日至7日温差的平均值为11℃，求出4月7日的温差，代入第（1）问所求的回归方程中得100颗绿豆种子出芽数（颗），从而估计出4月7日浸泡的10000颗绿豆种子一天内的出芽数．‎ ‎【详解】（1）解：依照最高（低）温度折线图和出芽数条形图可得如下数据表：‎ 日期 ‎1日 ‎2日 ‎3日 ‎4日 ‎5日 ‎6日 温差 ‎7‎ ‎8‎ ‎12‎ ‎9‎ ‎13‎ ‎11‎ 出芽数 ‎23‎ ‎26‎ ‎37‎ ‎31‎ ‎40‎ ‎35‎ 故，，‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎5‎ ‎8‎ ‎3‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以，，‎ 则，‎ 所以，绿豆种子出芽数（颗）关于温差（℃）的回归方程为．‎ ‎（2）解：因为4月1日至7日温差的平均值为11℃，‎ 所以4月7日的温差（℃），‎ 所以，，‎ 所以，4月7日浸泡的10000颗绿豆种子一天内的出芽数约为5125颗．‎ ‎【点睛】本题考查根据样本数据求线性回归方程，并根据线性回归方程估计未知的量，关键在于每个统计数据的实际意义，运算仔细，属于基础题.‎ ‎20.如图，在三棱柱中，，，为中点，点在平面内的射影在线段上.‎ ‎ ‎ ‎(1)求证：；‎ ‎(2)若是正三角形，求三棱柱的体积.‎ ‎【答案】（1）见证明；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别证明和，结合直线与平面垂直判定，即可．（2）法一：计算，结合和，即可．法二 :计算，结合，计算体积，即可．法三：结合，计算结果，即可．‎ ‎【详解】(1)证明：设点在平面内的射影为，‎ 则，，且，因，所以.‎ 在中，，，‎ 则，中，，，‎ 则，‎ 故，故.‎ 因，故.‎ ‎(2)法一、，‎ 由(1)得，故是三棱锥的高，‎ 是正三角形，，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故三棱柱的体积，故三棱柱的体积为. ‎ 法二、将三棱柱补成四棱柱如图，因且高一样，‎ 故，‎ 故，‎ 由(1)得，故是四棱柱的高，‎ 故， ‎ 故，故三棱柱的体积为.‎ 法三、在三棱锥中，由(1)得，是三棱锥的高，6分 记到平面的距离为，‎ 由得，即，‎ 为的中点，故到平面的距离为， ‎ ‎.‎ 故三棱柱的体积为.‎ ‎【点睛】本道题考查了直线与平面垂直的判定，考查了三棱柱的体积计算公式，难度较大．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）当有最小值，且最小值不小于时，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）就分两类讨论导数的符号后可得函数的单调性.‎ ‎（2）因有最小值，故由（1）可得，因，故，令，利用该函数为单调增函数及可得实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1），‎ 当时，，所以函数在上单调递增；‎ 当时，令，解得，‎ 当时，，故函数在上单调递减；‎ 当时，，故函数在上单调递增.‎ ‎（2）由（1）知，当时，函数在上单调递增，没有最小值，故.‎ ‎，‎ 整理得，即.‎ 令，易知在上单调递增，且；‎ 所以的解集为，所以.‎ ‎【点睛】一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则．函数不等式的证明，往往需要构建新函数并利用新函数的单调性来证明，有时新函数的单调性可由增函数与增函数的和为增函数，增函数与减函数的差为增函数直接到．‎ ‎22.已知点为抛物线的焦点，过点任作两条互相垂直的直线，，分别交抛物线于，，，四点，，分别为，的中点．‎ ‎（1）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标；‎ ‎（2）设直线交抛物线于，两点，试求的最小值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析，直线过定点（2）的最小值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，，显然直线，的斜率是存在的，设直线的方程为，代入可得，可得出的中点坐标为，再根据，得的中点坐标为，再令得，‎ 得出直线恒过点，验证，得，，三点共线，从而直线过的定点；‎ ‎（2））由（1）设直线的方程为，代入可得，再设，，得韦达定理，，表示出，由二次函数得出线段的最小值．‎ ‎【详解】（1）设，，‎ 直线方程为，代入可得，‎ 则，故，‎ 故的中点坐标为．‎ 由，得，所以的中点坐标为．‎ 令得，‎ 此时，故直线过点，‎ 当时，，．‎ 所以，，，三点共线，‎ 所以直线过定点．‎ ‎（2）设，，直线的方程为，‎ 代入可得，则，，‎ 故 ‎（当时，取等号）．‎ 故，当及直线垂直轴时，取得最小值．‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的综合运用，属于难度题.此类题目关键在于联立直线和抛物线的方程，将所需解决的问题转化为直线与抛物线的交点的坐标的韦达定理上，可求解.‎ ‎ ‎