河北省邢台市第一中学2020届高三数学上学期第二次月考试题 文（含解析）.doc

1、河北省邢台市第一中学2020届高三数学上学期第二次月考试题 文（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，分求得集合，进而得到，再利用交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，则，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了集合的交集和集合的补集的运算问题，其中解答中正确求解集合，再根据集合的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2.给出下列四个结论：命题“”的否定是“”；“若，则”的否命题是“若，则”；是真命题， 是假命题，则命

2、题中一真一假；若，则是的充分不必要条件，其中正确结论的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据全称命题与特称命题的否定即可判断A；由否命题定义可判断B，根据复合命题即可判断C，由充分必要条件的关系即可判断D【详解】根据含有一个量词的否定形式可判断正确；由否命题定义可知正确；根据复合命题真假判断可知正确；若，则 ，而可得 ，所以p是q的必要不充分条件，所以错误综上，有3个命题正确所以选C【点睛】本题考查了逻辑用语，含有量词否定形式及充分必要条件的应用，知识点综合性较强，属于基础题3.已知，且，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据诱导公式以

3、及对数的运算，可得，并根据角度的范围，可得，最后利用正切的诱导公式以及弦化切，可得结果.【详解】因为，由所以，又所以由所以故选：B【点睛】本题考查诱导公式的应用以及对数的运算，关键在于计算，属基础题.4.若两个正实数满足，且不等式有解，则实数的取值范围A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】分析：不等式有解，即为大于的最小值，运用乘1法和基本不等式，计算即可得到所求最小值，解不等式可得m的范围详解：正实数 满足则 =4，当且仅当，取得最小值4由x有解，可得 解得或故选B 点睛：本题考查不等式成立的条件，注意运用转化思想，求最值，同时考查乘1法和基本不等式的运用，注意满足的条件：一正二

4、定三等，考查运算能力，属中档题5.已知函数若，则()A. B. 3C. 或3D. 或3【答案】A【解析】【分析】根据分段函数，对进行分类讨论，求出的值，最后求出的值.【详解】当时，若，则；当时，若，则，不满足舍去于是，可得.故.故本题选A.【点睛】本题考查了已知分段函数的函数值求自变量问题，考查了数学运算能力6.函数的图象是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：由偶函数排除B、D,排除C.故选A.考点：函数的图象与性质7.已知函数，且，则关于的不等式的解集为A. B. C. D. 【答案】A【解析】由函数知为奇函数由得到在上递增等价于，解得故的解集为故选8.过抛物线

5、焦点的直线与双曲线的一条渐近线平行，并交其抛物线于两点，若，且，则抛物线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设抛物线的焦点坐标为 ，双曲线的一条渐近线方程为 ，所以设直线为 ，设 ，根据 ，解得： ，因为 ，所以 ， ，即 ，解得： 或 （舍），即抛物线方程为 ，故选C.【点睛】本题考查了抛物线的焦半径公式，开口向右的抛物线上的点到焦点的距离为 ，利用点既在抛物线上又在直线上，这样建立方程求解，求抛物线方程时，要注意几个与 有关的量，比较焦点，准线，以及焦点到准线的距离和焦半径公式，以及焦点弦长公式，有时可以和平面几何建立关系，或是利用直线与抛物线联立，或是点在抛物线上，都可

6、以解决抛物线方程的问题.9.已知数列为:，那么数列的前项和为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】可观察出，然后用裂项相消法即可求出的前项和【详解】因为数列为:，所以所以所以前项和为故选：A【点睛】数列求和的常见方法：公式法、分组求和法、裂项相消法、错位相减法.10.若圆C:关于直线对称，则由点向圆所作的切线长的最小值是（ ）A. 2B. 4C. 3D. 6【答案】B【解析】试题分析：即，由已知，直线过圆心，即，由平面几何知识知，为使由点向圆所作的切线长的最小，只需圆心与直线上的点连线段最小，所以，切线长的最小值为，故选.考点：圆的几何性质，点到直线距离公式.11.若外接圆的

7、半径为1，圆心为，且,则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：利用向量的运算法则将已知等式化简得到，得到为直径，所以为直角三角形，求出三边的长求得的值，利用两个向量的数量积的定义即可求得的值详解：因为，所以，所以，所以三点共线，且为直径，如图所示，所以，因为，所以，则，故选D点睛：本题主要考查了向量在几何问题中的应用、数量积的计算，以及向量垂直的充要条件等知识的应用，其中求出为直角三角形即三边是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力12.设，分别为椭圆：与双曲线：的公共焦点，它们在第一象限内交于点，若椭圆的离心率，则双曲线的离心率的值为（ ）A.

8、 B. C. D. 【答案】B【解析】由椭圆与双曲线的定义，知| 所以 因为 所以 ，即 即 因为，所以 故选B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上.13.函数的值域为，则实数的值是_.【答案】2【解析】【分析】计算当时，函数的值域，然后与整个分段函数的值域进行比较，最后计算，可得结果.【详解】当时，值域为又函数的值域为所以可知：且故答案：2【点睛】本题考查分段函数的值域以及对数对数函数、指数函数的图像，掌握对对数函数、指数函数图像的认识，属基础题.14.已知数列，则数列的通项公式=_【答案】【解析】【分析】利用累加法以及等比数列的求和，求解通项公式【详解】

9、解：数列，可得，累加可得：故答案为【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查计算能力15.设正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，、分别为、的中点，则球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】利用数形结合，根据，可得平面，然后利用勾股定理，计算可得，最后利用墙角模型可得外接球的半径，可得结果.【详解】在正三棱锥中取的中点，连接如图则，又平面，所以平面，由平面所以由、分别为、的中点所以/，又所以平面所以平面由平面，所以,由，所以所以，则所以根据墙角模型可知：该正三棱锥是正方体的一个角则所求外接球的直径即补全之后正方体的体对角线长所以外接球的半径为所以外接球的表面积为：故答案为：【点睛】本题

10、考查正三棱锥的外接球的表面积，难点在于证明两两互相垂直，熟练墙角模型的应用，属中档题.16. 给出以下四个结论：函数的对称中心是；若不等式对任意的都成立，则；已知点与点在直线两侧，则；若函数的图象向右平移个单位后变为偶函数，则的最小值是，其中正确的结论是： .【答案】【解析】试题分析：函数的对称中心是，因此不正确；若不等式对任意的都成立,则满足题意;,可得,计算得出,因此的取值范围是,因此不正确；已知点与点在直线两侧,则,则,正确；若将函数的图象向右平移个单位化为，变为偶函数,则,当时,可得的最小值是.其中正确的结论是.因此，本题正确答案是: .考点：命题真假判断.【方法点晴】本题考查的是多个

11、命题真假的判断，其中涉及到函数的对称中心，借助反比例的图象和性质，不等式对任意的都成立，别忘了，线性规划中点与点在直线两侧，即使方程异号；函数的图象向右平移个单位后变为偶函数实质是对诱导公式，三角函数的图象和性质的考查.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.17.已知数列是公差为正数的等差数列，和是方程的两个实数根，数列满足.（1）求和的通项公式；（2）设为数列的前项和，求.【答案】（1），；（2）【解析】分析】（1）利用韦达定理求出，然后解得公差，首项，可得，然后代入计算，可得（2）根据（1）的结论，使用错位相减法，可得.【详解】（1）由题可知：，可得：或，.，.（2

12、），两式相减得：，.【点睛】本题考查等差数列的通项公式以及错位相减法求和，识记公式以及熟练求和的一些常用方法，比如：错位相减，裂项相消法，倒序相加等，属基础题.18.已知，其中，（1）求的单调递增区间；（2）在中，角，所对的边分别为，且向量与共线，求边长和的值【答案】（1）;（2）【解析】试题分析：（1）化简得，代入，求得增区间为；（2）由求得，余弦定理得.因为向量与共线,所以,由正弦定理得，解得.试题解析：（1）由题意知,在上单调递增,令,得,单调递增区间.（2）,又,即.,由余弦定理得.因为向量与共线,所以,由正弦定理得.考点：三角函数恒等变形、解三角形19.如图，在三棱锥中，底面，点，分

13、别为棱，的中点，是线段的中点，.（1）求证：/平面；（2）求三棱锥体积.【答案】（1）见解析；（2）1【解析】【分析】（1）通过连接交于，根据，可得/，然后根据线面平行的判定定理，可得结果.（2）计算，通过换底面计算三棱锥的体积，然后根据，可得结果.【详解】（1）连接交于，连接，如图，/，而平面，平面/平面（2）如图由底面，所以平面平面，在平面内作于，则平面，故为点到平面的距离，易知，.【点睛】本题考查线面平行的判定以及三棱锥的体积，第（2）问中难点在于换个底面求体积，可以化繁为简，属中档题.20.已知，抛物线：与抛物线：异于原点的交点为，且抛物线在点处的切线与轴交于点，抛物线在点处的切线与轴

14、交于点，与轴交于点，证明：的面积与四边形的面积之比为定值.【答案】见解析【解析】【分析】联立方程可得坐标，然后假设直线方程，并求得斜率，根据联立直线与曲线的方程可得最后可得，坐标，进一步求出相应图形的面积，可得结果.【详解】由，得或，则.设直线：，由，得，.设直线：，由，得，.故直线：，直线：，从而不难求得，（为定值）.【点睛】本题考查直线与抛物线的应用，关键在于联立方程，求出对应点，考验计算能力，属中档题.21.已知动点到定点和到直线的距离之比为，设动点的轨迹为曲线，过点作垂直于轴的直线与曲线相交于、两点，直线：与曲线交于、两点，与相交于一点（交点位于线段上，且与、不重合）.（1）求曲线的方

15、程；（2）当直线与圆相切时，四边形的面积是否有最大值？若有，求出其最大值及对应的直线的方程；若没有，请说明理由.【答案】（1）；（2）直线【解析】试题分析：（1）第（1）问，设点P(x，y)，由题意可得，曲线E的方程.（2）第（2）问，先求出，再利用基本不等式得到m、n的值，最后得到直线的方程.试题解析：（1）设点P(x，y)，由题意可得，得.曲线E的方程是 （2）设，由条件可得.当m0时，显然不合题意.当m0时，直线l与圆x2y21相切，得.联立消去y得,则，.，当且仅当，即时等号成立，此时代入得.经检验可知，直线和直线符合题意.点睛：本题第（2）问，探究四边形的面积是最大值，采用了函数的方

16、法，先求出，再想方法求面积的最大值.处理最值，函数的方法是一种常用方法.22.已知函数.（1）讨论在上的零点个数；（2）当时，若存在，使，求实数的取值范围.（为自然对数的底数，其值为2.71828）【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）构造函数，先将讨论在上的零点个数问题，转化为讨论直线与曲线的交点个数问题，用导数方法研究函数单调性，求出值域，即可得出结果；（2）根据（1）的结果，由求出零点，得到，再由题意得到成立，构造函数，用导数方法研究其单调性，进而可求出结果.【详解】（1）由得，令，因此讨论在上的零点个数，即是讨论直线与曲线的交点个数， ，在上恒成立，故在上单调递增， 又连续不断，所以当时，在上无零点；当时，在上存在一个零点. （2）当时，由（1）得在上存在一个零点，由得，由（1）可得在上单调递减，在上单调递增；所以， 又存在，使成立，所以，只需成立，即不等式成立，令，则，易知在上恒成立，故在上单调递增又，所以.故实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查导数的应用，用导数的方法研究函数的零点、以及根据不等式能成立求参数的问题，熟练掌握导数的方法研究函数单调性、最值等即可，属于常考题型.