河北省辛集中学2020届高三数学下学期第一次月考试题 理（含解析）.doc

1、河北省辛集中学2020届高三数学下学期第一次月考试题 理（含解析）第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】求解一元二次不等式可得：，求解指数不等式可得：，据此可得：，本题选择D选项.2. 记复数的虚部为，已知复数，（为虚数单位），则为（ ）A. 2B. 3C. D. 【答案】D【解析】，故选D.3. 已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则（ ）A. B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】根据导数的几何意义，求得直线的斜率，即为倾斜角的正切值；结合同

2、角三角函数关系式中齐次式的化简方法，即可得到最后的值【详解】曲线，点坐标为 所以 ，点处切线斜率 ，即 所以分子分母同时除以 可得所以选B【点睛】本题考查了导数的几何意义，三角函数式的化简求值，属于中档题4. 2017年8月1日是中国人民解放军建军90周年，中国人民银行发行了以此为主题的纪念币.如图是一枚8克圆形精制金质纪念币，直径为22mm，面额100元.为了测算图中军旗部分的面积，现用1粒芝麻向硬币内投掷100次，其中恰有30次落在军旗内，据此可估计军旗的面积大约是（ ）A. mm2B. mm2C. mm2D. mm2【答案】B【解析】【分析】落在军旗内部的次数除以总次数约等于军旗面积除以

3、圆的面积.【详解】由该纪念币的直径为22mm，知半径r11mm，则该纪念币的面积为r2112121（mm2），估计军旗的面积大约是（mm2）.故选：C【点睛】此题考查利用随机模拟方法对几何概型的辨析.5. 已知双曲线的渐近线经过圆的圆心，则双曲线C的离心率为（ ）A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，由双曲线的标准方程可得双曲线的渐近线方程为，求出圆的圆心，分析可得双曲线的一条渐近线方程为，则有，即，由双曲线的几何性质可得，由离心率公式计算可得答案【详解】解：根据题意，双曲线的焦点在轴上，则其渐近线方程为，圆的圆心为，若双曲线的渐近线经过圆的圆心，则双曲线的一条渐近线方

4、程为，则有，即，则，即，则双曲线的离心率故选：A【点睛】本题考查双曲线的几何性质以及圆的一般方程，注意先求出双曲线的渐近线方程，属于中档题6. 已知数列为等比数列，且，则 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据已知得，再利用等比数列性质，再求的值.【详解】由题意得，所以又，所以或（由于与同号，故舍去）所以，因此故答案为A【点睛】(1)本题主要考查等比数列的性质和三角函数求值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 等比数列中，如果m+n=p+q,则,特殊地，2m=p+q 时，则，是的等比中项.(3)解答本题要注意，等比数列的奇数项必须同号，偶数项必须同号

5、.7. 执行如图的程序框图，若输出的的值为，则中应填（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】流程图实际计算，故可得正确的选项.【详解】由题意可得：，即时退出循环，则中应填.故选：B.【点睛】本题考查流程图中判断条件的补充，此类问题需要弄清楚流程图的作用，再根据输出结果确定控制变量的临界值，本题属于基础题.8. 已知函数为内的奇函数，且当时，记，则间的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据奇函数解得，设，求导计算单调性和奇偶性，根据性质判断大小得到答案.【详解】根据题意得，令.则为内的偶函数，当时，所以在内单调递减又，故，选D.【点睛】本题考查了函

6、数的奇偶性单调性，比较大小，构造函数是解题的关键.9. 已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个三棱锥与半圆柱的组合体，进而得到答案.【详解】结合三视图可知，该几何体是一个半圆柱与一个底面是等腰直角三角形的三棱锥组成的组合体，其体积为.故选: D.【点睛】本题主要考查由三视图还原成直观图，考查空间想象能力和计算能力，属于常考题.10. 已知函数（）的部分图象如图所示，其中.即命题，命题：将的图象向右平移个单位，得到函数的图象.则以下判断正确的是（ ）A. 为真B

7、. 为假C. 为真D. 为真【答案】C【解析】由可得：，解得：，结合可得：，结合可得：，函数的解析式为：，则命题p是真命题.将函数的图像上所有的点向右平移个单位，所得函数的解析式为：的图像，即命题q为假命题，则 为假命题；为真命题；为真命题；为假命题.本题选择C选项.11. 抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线的焦点为，一条平行于轴的光线从点射出，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上的另一点射出，则的周长为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】抛物线方程中：令可得，

8、即，结合抛物线的光学性质，AB经过焦点F，设执行AB的方程为，与抛物线方程联立可得：，据此可得：，且：，将代入可得，故，故,故ABM周长为,本题选择D选项.12. 已知数列，的前项和分别为，且，若恒成立，则的最小值为（ ）A. B. C. 49D. 【答案】B【解析】【分析】先求得的通项公式，化简的表达式，利用裂项求和法求得，由此求得的最小值.【详解】当时，解得.当时，由，得，两式相减并化简得，由于，所以，故是首项为，公差为的等差数列，所以.则，故 ，由于是单调递增数列，.故的最小值为，故选B.【点睛】本小题主要考查已知求，考查裂项求和法，考查数列的单调性，属于中档题.第卷（共90分）二、填空

9、题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知在中，若边的中点的坐标为，点的坐标为，则_【答案】1【解析】依题意，得，故是以为底边的等腰三角形，故，所以.所以.14. 已知的展开式中所有项的二项式系数之和、系数之和分别为，则的最小值为_【答案】16【解析】显然.令，得.所以.当且仅当.即时，取等号，此时的最小值为16.15. 已知，满足其中，若的最大值与最小值分别为，则实数的取值范围为_【答案】【解析】作出可行域如图所示（如图阴影部分所示）设，作出直线，当直线过点时，取得最小值；当直线过点时，取得最大值.即，当或时，.当时，.所以，解得.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数

10、形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.16. 已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，是边长为正三角形，分别是的中点，则球的体积为_【答案】【解析】【分析】由已知设出，分别在中和在中运用余弦定理表示，得到关于x与y的关系式，再在中运用勾股定理得到关于x与y的又一关系式，联立可解得x，y，从而分析出正三棱锥是，两两垂直的正三棱锥，所以三棱锥的外接球就是以为棱的正方体的外接球，再通过正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长求出球的半径，再求

11、出球的体积.【详解】在中，设，,，因为点，点分别是，中点，所以，在中，在中，整理得，因为是边长为的正三角形，所以，又因为，所以，由，解得，所以又因为是边长为的正三角形，所以，所以，所以，两两垂直，则球为以为棱的正方体的外接球，则外接球直径为，所以球的体积为,故答案为.【点睛】本题主要考查空间几何体的外接球的体积，破解关键在于熟悉正三棱锥的结构特征，运用解三角形的正弦定理和余弦定理得出三棱锥的棱的关系，继而分析出正三棱锥的外接球是以正三棱锥中互相垂直的三条棱为棱的正方体的外接球，利用正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长求解更方便快捷，属于中档题三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写

12、出文字说明、证明过程或演算步骤）17. 已知函数， .（1）求函数的最小正周期及其图象的对称轴方程；（2）在锐角中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知， ，求的面积.【答案】（1）最小正周期对称轴方程为 （2） 【解析】试题分析：（1）先根据二倍角公式、诱导公式以及配角公式化为基本三角函数，再根据正弦函数性质确定函数的最小正周期及其图象的对称轴方程；（2）先求A，再根据正弦定理将边角关系化为边的关系，最后根据三角形面积求面积.试题解析：解(1) f(x)， 故其最小正周期, 令，解得，即函数图象的对称轴方程为，. （2）由（1），知，因为，所以.又，故得，解得. 由正弦定理及，得. 故

13、. 18. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，侧面平面，且，动点在棱上，且.（1）试探究的值，使平面，并给予证明；（2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】(1)当时，平面.证明见解析；(2).【解析】【详解】【分析】试题分析：（1）连接交于点，连接通过证得，即可证得平面；（2）取的中点,连接，可得两两垂直，建立空间直角坐标系，设与平面所成的角为，则，为平面的一个法向量.试题解析：（1）当时，平面.证明如下：连接交于点，连接.，.，.又平面，平面，平面.（2）取的中点,连接.则.平面平面，平面平面，且，平面.，且，四边形为平行四边形，.又，.由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标

14、系.则，当时，有，可得.，.设平面的一个法向量为，则有即令，得，.即.设与平面所成的角为，则 .当时，直线与平面所成的角的正弦值为.点睛：高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.19. 随着我国互联网信息技术的发展，网络购物已经成为许多人消费的一种重要方式，某市为了了解本市市民的网络购物情况，特委托一家网络公司进行了网络问卷调查，并从参与调查的10000名网民中

15、随机抽取了200人进行抽样分析，得到了下表所示数据：经常进行网络购物偶尔或从不进行网络购物合计男性5050100女性6040100合计11090200（1）依据上述数据，能否在犯错误的概率不超过的前提下认为该市市民进行网络购物的情况与性别有关？（2）现从所抽取的女性网民中利用分层抽样的方法再抽取人，从这人中随机选出人赠送网络优惠券，求选出的人中至少有两人是经常进行网络购物的概率；（3）将频率视为概率，从该市所有的参与调查的网民中随机抽取人赠送礼物，记经常进行网络购物的人数为，求的期望和方差.附：，其中【答案】（1）不能（2）（3）【解析】试题分析：（1）由列联表中的数据计算的观测值，对照临界值

16、得出结论；（2）利用分层抽样原理求出所抽取的5名女网民中经常进行网购和偶尔或不进行网购的人数，计算所求的概率值；（3）由列联表中数据计算经常进行网购的频率，将频率视为概率知随机变量服从次独立重复实验的概率模型，计算数学期望与方差的大小试题解析：（1）由列联表数据计算.所以，不能再犯错误的概率不超过的前提下认为该市市民网购情况与性别有关.（2）由题意，抽取的5名女性网民中，经常进行网购的有人，偶尔或从不进行网购的有人，故从这5人中选出3人至少有2人经常进行网购的概率是.（3）由列联表可知，经常进行网购的频率为.由题意，从该市市民中任意抽取1人恰好是经常进行网购的概率是.由于该市市民数量很大，故可

17、以认为.所以，.20. 已知椭圆：的左、右焦点分别为点，其离心率为，短轴长为.（）求椭圆的标准方程；（）过点的直线与椭圆交于，两点，过点的直线与椭圆交于，两点，且，证明：四边形不可能是菱形.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由，及，可得方程；（2）易知直线不能平行于轴，所以令直线的方程为与椭圆联立得，令直线的方程为，可得，进而由是菱形，则，即，于是有由韦达定理代入知无解.试题解析：（1）由已知，得，又，故解得，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1），知，如图，易知直线不能平行于轴.所以令直线的方程为，.联立方程，得，所以，.此时，同理，令直线的方程为，此时，此时.故.所以四边

18、形是平行四边形.若是菱形，则，即，于是有.又，所以有，整理得到，即，上述关于的方程显然没有实数解，故四边形不可能是菱形.21. 已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有两个极值点，且不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析； （2）.【解析】【分析】（1）求得，对的范围分类，即可解不等式，从而求得函数的单调区间，问题得解.（2）由题可得：，由它有两个极值点，可得：有两个不同的正根，从而求得及，将恒成立转化成：恒成立，记：，利用导数即可求得：，问题得解.【详解】（1）因为，所以， 则当时，是常数函数，不具备单调性；当时，由；由故此时在单调递增，在单调递减当时，由

19、；由故此时在单调递减，在单调递增（2）因为所以， 由题意可得：有两个不同的正根，即有两个不同的正根，则， 不等式恒成立等价于恒成立又 所以，令（），则，所以在上单调递减， 所以所以【点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性及极值知识，考查了转化能力及函数思想，还考查了利用导数求函数值的取值范围问题，考查计算能力，属于难题.22. 在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为，（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（）当时，求曲线上的点到直线的距离的最大值；（）若曲线上的所有点都在直线的下方，求实数的取值范围.【答案】(1) ；(2) 【解析】【分析】(1)由题意结合点到直线距离公式可得距离的解析式为，结合三角函数的性质可得曲线上的点到直线的距离的最大值为.(2)原问题等价于对，有恒成立，结合恒成立的条件可得实数的取值范围是.【详解】（1）直线的直角坐标方程为.曲线上的点到直线的距离 ，当时，即曲线上的点到直线的距离的最大值为.（2）曲线上的所有点均在直线的下方，对，有恒成立，即（其中）恒成立，.又，解得，实数的取值范围为.【点睛】本题考查了参数方程、直线的极坐标方程与直角方程的互化，注意利用参数方程求点到直线的距离，本题属于中档题.