河北省衡水市武邑县2020届高三上学期12月月考数学（理）试题 WORD版含解析.doc

1、河北武邑中学2019-2020学年上学期高三12月月考数学（理）试题一、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.设集合，若，则 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】 集合， 是方程解，即 ，故选C2.已知复数，若是实数，则实数的值为 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：,所以.故C正确.考点：复数的运算.3.设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，是下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】根据空间中线线，线面，面面位置关系，逐项判断即可得出结果

2、.【详解】A选项，若，则可能平行、相交、或异面；故A错；B选项，若，则可能平行或异面；故B错；C选项，若，如果再满足，才会有则与垂直，所以与不一定垂直；故C错；D选项，若，则，又，由面面垂直的判定定理，可得，故D正确.故选D【点睛】本题主要考查空间的线面，面面位置关系，熟记位置关系，以及判定定理即可，属于常考题型.4.若直线的倾斜角为，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意可得：，所求式子利用二倍角的正弦函数公式化简，再利用同角三角函数间的基本关系弦化切后，将代入计算即可求出值【详解】由于直线的倾斜角为，所以，则故答案选B【点睛】本题考查二倍角的正弦函数公式，

3、同角三角函数间的基本关系，以及直线倾斜角与斜率之间的关系，熟练掌握公式是解本题的关键5.已知，是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，且，则【答案】B【解析】【详解】两个平行平面中的两条直线可能异面，A错；两个平行平面中任一平面内的直线都与另一平面平行，B正确；C中直线也可能在平面内，C错；任一二面角的平面角的两条边都二面角的棱垂直，但这个二面角不一定是直二面角，D错.故选B.6.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】用和差角公式展开,求得后再算即可.【详解】由有,故,合并同类型有,显然,所以,故

4、故选A【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换,包括和差角公式与二倍角公式等,属于中等题型.7.函数的单调递减区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：首先利用差角公式将解析式化简，应用复合函数单调性法则，结合对数式的底数是，从而得到应该求的增区间，并且首先满足真数大于零的条件，从而得到，化简，最后求得其结果为，从而确定选项.详解：根据题意有，所以要求，结合复合函数单调性法则，实则求的增区间，所以有，解得，所以函数的单调减区间是，故选B.点睛：该题考查的是有关复合函数的单调区间的问题，在解题的过程中，需要首先化简函数解析式，之后根据复合函数单调性法则同增异减的原则，得到其结果，

5、在解题的过程中，需要时刻注意定义域优先原则，得保证函数有意义，之后列出相应的式子，求得结果.8.，且，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数，利用其导函数判断出单调区间，根据奇偶性和对称性可得正确选项.【详解】构造形式，则，时导函数，单调递增；时导函数，单调递减又 为偶函数，根据单调性和对称性可知选D.故本小题选D.【点睛】本小题主要考查构造函数法，考查利用导数研究函数的单调性以及求解不等式，属于中档题.9.若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出函数的导数，结合二次函数的性质得到关于a的

6、不等式组，解出即可【详解】的定义域是（0，+），若函数有两个不同的极值点，则在（0，+）由2个不同的实数根，故，解得：，故选D【点睛】本题考查了函数的极值问题，考查导数的应用以及二次函数的性质，是一道中档题10.定义在上的偶函数满足，对且，都有，则有（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：因为，所以，及是周期为的函数，结合是偶函数可得，再由且，得在上递增，因此，即，故选A考点：1、函数的周期性；2、奇偶性与单调性的综合11.杨辉三角，又称帕斯卡三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列在我国南宋数学家杨辉所著的详解九章算法（1261年）一书中用如图所示的三角形解释二项式乘方展

7、开式的系数规律现把杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1记作数列，若数列的前n项和为，则（ ）A. 265B. 521C. 1034D. 2059【答案】B【解析】【分析】先计算出杨辉三角中第47个数在第几行，然后根据每行规律得到这一行的和，然后再求其前47项的和.【详解】根据题意杨辉三角前9行共有故前47项的和为杨辉三角前9行的和再加第10行的前两个数1和9，所以前47项的和故选B项.【点睛】本题考查杨辉三角的特点，等比数列求和，属于中档题.12.已知奇函数是定义在上的连续可导函数，其导函数是，当时，恒成立，则下列不等关系

8、一定正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】构造函数，所以，即函数在上单调递减，又为奇函数，所以即，所以，故选C.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.的内角的对边分别为，若，则_【答案】【解析】【分析】先根据同角三角函数关系得再根据正弦定理求结果.【详解】由正弦定理得故答案为【点睛】本题考查同角三角函数关系以及正弦定理，考查基本分析与求解能力，属基础题.14.已知向量满足，则_【答案】-2【解析】【分析】把已知式用坐标表示出来即可解得【详解】，解得（舍去）故答案为【点睛】本题考查数量积的坐标运算，考查模的坐标运算属于基础题15.在平面内，三角形的面积为，周长为，则

9、它的内切圆的半径在空间中，三棱锥的体积为，表面积为，利用类比推理的方法，可得三棱锥的内切球（球面与三棱锥的各个面均相切）的半径_【答案】【解析】试题分析：若三棱锥表面积为S，体积为V，则其内切球半径”证明如下：设三棱锥的四个面积分别为：，由于内切球到各面的距离等于内切球的半径内切球半径考点：类比推理16.已知四边形为矩形, ,为的中点,将沿折起,得到四棱锥,设的中点为,在翻折过程中,得到如下有三个命题:平面，且的长度为定值；三棱锥的最大体积为；在翻折过程中，存在某个位置，使得.其中正确命题的序号为_（写出所有正确结论的序号）【答案】【解析】【分析】取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，得出

10、，可判断出命题的正误；由为的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥的一半，并由平面平面，得出三棱锥体积的最大值，可判断出命题的正误；取的中点，连接，由，结合得出平面，推出得出矛盾，可判断出命题的正误.【详解】如下图所示：对于命题，取中点，连接、，则，由勾股定理得，易知，且，、分别为、的中点，所以，四边形为平行四边形，平面，平面，平面，命题正确；对于命题，由为的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥的一半，当平面平面时，三棱锥体积取最大值，取的中点，则，且，平面平面，平面平面，平面，平面，面积为，所以，三棱锥的体积的最大值为，则三棱锥的体积的最大值为，命题正确；对于命题，为的中点，所以，若，且，平面，由于平面，

11、事实上，易得，由勾股定理可得，这与矛盾，命题错误.故答案为.【点睛】本题考查直线与平面平行、锥体体积的计算以及异面直线垂直的判定，判断这些命题时根据相关的判定定理以及性质定理，在计算三棱锥体积时，需要找到合适的底面与高来计算，考查空间想象能力，考查逻辑推理能力，属于难题.三、解答题：共70分，解答时应写出必要的文字说明、演算步骤.第1721题为必考题，第22、23题为选考题.（一）必考题：共60分17.设函数. （）求的最小正周期和对称中心；（）若函数，求函数在区间上的最值【答案】（）， ；（），.【解析】【分析】（）把已知函数解析式变形，再由辅助角公式化积，利用周期公式求周期，再由求得值，可

12、得函数的对称中心；（）求出的解析式，得到函数在区间上的单调性，则最值可求【详解】（）由已知，有 最小正周期为，由，得，对称中心为；（）由，得，当时，可得在区间上单调递增，当时，可得在区间上单调递减又，【点睛】本题考查三角函数的恒等变换应用，考查型函数的图象和性质，是中档题18.设等差数列前项和为，满足，.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的通项公式【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为的形式列方程组，解方程组求得，进而求得数列的通项公式.（2）利用“退作差法”求得的表达式，进而求得数列的通项公式.【详解】（1）设等差数列首项为，公差为由已

13、知得，解得于是（2）当时， 当时，当时上式也成立于是故【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式和前项和公式的计算，考查“退作差法”求数列的通项公式，属于基础题.19.如图，菱形的边长为，与交于点将菱形沿对角线折起，得到三棱锥，点是棱的中点，（I）求证：平面平面；（II）求二面角的余弦值【答案】(I)详见解析；（II）【解析】试题分析：（）利用菱形的性质与勾股定理推出平面，从而利用面面垂直的判定求证即可；（）以为原点建立空间直角坐标系，然后求得相关点的坐标与向量，从而求得平面与的法向量，进而利用空间夹角公式求解即可（）证明：是菱形， , 中，, 又是中点， 面面 又 平面平面平面（）由题意， ,

14、又由（）知 建立如图所示空间直角坐标系，由条件易知 故 设平面的法向量，则 即 令，则 所以， 由条件易证平面，故取其法向量为 所以，由图知二面角为锐二面角，故其余弦值为 点睛：高考对二面角的考法主要是以棱柱和棱锥为载体进行考查，通常可采用两种方法求解，一是传统法，即通过作出二面角的平面，然后计算，其过程体现“作、证、求”；二是利用几何体的垂直关系建立空间直角坐标系，通过两个平面的法向量所成角来求解20.如图，在平面四边形ABCD中， .(1)若，求大小；(2)设BCD的面积为S，求S的取值范围.【答案】(1) . (2) 【解析】【分析】（1）在ABD中，由余弦定理可求BD的值，进而在BCD

15、中，由正弦定理可求sinCDB，求得CDB，即可得解CBD60CDB15（2）设CBD，则CDB60在BCD中，由正弦定理可求BC4sin（60），利用三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用可求S2sin（2+30），结合范围060，利用正弦函数的性质可求S的取值范围【详解】（1）在中，因为，则，所以.在中，因为，由，得，则.所以.（2）设，则.在中，因为，则.所以.因为，则，所以.故的取值范围是【点睛】本题主要考查了余弦定理，正弦定理，三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的性质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21.已知函数(1)讨论f(x)的单调性；(

16、2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.【答案】(1)见解析；(2) 【解析】【分析】（1）先求导数，再讨论导函数零点，最后根据区间导函数符号确定单调性，（2）结合函数单调性以及零点存在定理分类讨论零点个数，即得结果【详解】解（1） （）时，当时，；当时，所以f(x)在单调递减，在单调递增； （）时若，则，所以f(x)在单调递增； 若，则，故当时， ，；所以f(x)在单调递增，在单调递减； 若，则，故当， ，；所以f(x)在单调递增，在单调递减；综上：时，f(x)在单调递减，在单调递增；时，f(x)在单调递增；时，f(x)在单调递增，在单调递减；时，f(x)在单调递增，在单调递减；（2）（）

17、当a0,则由（1）知f(x)在单调递减，在单调递增，又，取b满足，且，则，所以f(x)有两个零点 （）当a=0,则，所以f(x)只有一个零点 （）当a0,若,则由（1）知，f(x)在单调递增又当时，故f(x)不存在两个零点，则由（1）知，f(x)在单调递减，在单调递增，又当，f(x)0,故f(x)不存在两个零点综上，a取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性以及函数零点，考查分类讨论思想方法以及综合分析求解能力，属难题.(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.选修44：坐标系与参数方程 已知曲线的参数方程为(为参数)，以原点

18、为极点，以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）射线：与曲线交于点，射线：与曲线交于点，求的取值范围【答案】（1）的极坐标方程为，的直角方程为；（2）.【解析】【分析】(1)利用三种方程的互化方法求出曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程即可；（2）设点和点的极坐标分别为，其中，可得，的值，代入可得其取值范围.【详解】解：（1）由曲线的参数方程(为参数)得：，即曲线的普通方程为又，曲线的极坐标方程为，即曲线的极坐标方程可化为，故曲线的直角方程为（2）由已知，设点和点的极坐标分别为，其中则，于是由，得故的取值范围是【点睛】本题主要考查简单曲线的极坐标方程、参数方程化为普通方程及极坐标方程的简单应用，需熟练掌握三种方程的互化方法.23.已知函数，（）解不等式（）若对任意，都有，使得成立，求实数的取值范围【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）利用|x1|+2|5，转化为7|x1|3，然后求解不等式即可（2）利用条件说明y|yf（x）y|yg（x），通过函数的最值，列出不等式求解即可【详解】（）由，得，得不等式的解为故解集为：（）因为任意，都有，使得成立，所以，又，所以，解得或，所以实数的取值范围为或【点睛】本题考查函数的恒成立，绝对值不等式的解法，考查分析问题解决问题的能力以及转化思想的应用