河南省郑州市第一中学2020届高三数学上学期12月月考试题 理（含解析）.doc

1、河南省郑州市第一中学2020届高三数学上学期12月月考试题 理（含解析）第I卷（选择题，共60分）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，只有一项是符合题目要求的.1.已知全集U=1，2，3，4，5，6，集合P=1，3，5，Q=1，2，4，则=A. 1B. 3，5C. 1，2，4，6D. 1，2，3，4，5【答案】C【解析】试题分析：根据补集的运算得故选C.【考点】补集的运算.【易错点睛】解本题时要看清楚是求“”还是求“”，否则很容易出现错误；一定要注意集合中元素的互异性，防止出现错误2.在复平面内，复数对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C.

2、第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】由题意可得：，据此确定复数所在的象限即可.【详解】由题意可得：，则复数z对应的点为，位于第四象限.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查复数的运算法则，各个象限内复数的特征等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.已知向量，若，则的最小值为（ ）A. 12B. C. 15D. 【答案】B【解析】【分析】由可得3a+2b1，然后根据（）（3a+2b），利用基本不等式可得结果【详解】解：（a，1），（2b1，3）（a0，b0），3a+2b10，即3a+2b1，（）（3a+2b）888，当且仅当，即a，b，时取等号，的最小值为：8故选：B【点睛】

3、本题考查了向量平行的坐标运算和“乘1法”与基本不等式的性质，属于中档题4.已知满足时, 的最大值为,则直线过定点（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：由约束条件作出可行域，得到使目标函数取得最大值的最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得到 的关系，再代入直线由直线系方程得答案详解：由，得，画出可行域，如图所示，数形结合可知点处取得最大值，即： ，直线过定点.故选A.点睛：本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，考查了数学转化思想方法，属中档题5.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的各个面中，面积小于的面的个数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析

4、】由题可知其立体图形C-DEFG：可得面积小于的有6.已知，则“”是“函数是奇函数”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】先判断和函数是奇函数成立的条件，然后判断充分性和必要性.【详解】由中至少有一个为零；由函数是奇函数，显然由中至少有一个为零，不一定能推出，但由，一定能推出，故“”是“函数是奇函数”的必要不充分条件，故本题选B.【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，由函数是奇函数，推出是解题的关键.7.郑州绿博园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，其中

5、的小李和小王不在一起，则不同的安排方案共有A. 168种B. 156种C. 172种D. 180种【答案】B【解析】分类：（1）小李和小王去甲、乙两个展区，共种安排方案；（2）小王、小李一人去甲、乙展区，共种安排方案；（3）小王、小李均没有去甲、乙展区，共种安排方案，故一共N种安排方案，选B8.已知数列：，按照从小到大的顺序排列在一起，构成一个新的数列：首次出现时为数列的A. 第44项B. 第76项C. 第128项D. 第144项【答案】C【解析】【分析】从分子分母的特点入手，找到出现前的所有项，然后确定的项数.【详解】观察分子分母的和出现的规律：，把数列重新分组：，可看出第一次出现在第16组

6、，因为，所以前15组一共有120项；第16组的项为，所以是这一组中的第8项，故第一次出现在数列的第128项，故选C.【点睛】本题主要考查数列的通项公式，结合数列的特征来确定，侧重考查数学建模的核心素养.9.在长方体中，E，F，G分别是AB，BC，棱的中点，P是底面ABCD内一个动点，若直线与平面EFG平行，则面积最小值为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】A【解析】【分析】找出平面EFG与长方体的截面，然后再找出过D1与平面EFG平面平行的平面，即可找出P在平面ABCD上的位置【详解】解：如图，补全截面EFG为截面EFGHQR，易知平面ACD1平面EFGHQR，设BRAC于点R，直线D1P

7、平面EFG，PAC，且当P与R重合时，BPBR最短，此时PBB1的面积最小，由等积法：BRACBABC得BR，又BB1平面ABCD，BB1BP，PBB1为直角三角形，故BB1BP，故选：A【点睛】本题考查了截面，面面平行，等积法等知识点和技巧的运用，考查空间想象能力与转化能力10.已知函数图象过点，且在区间上单调.又的图象向左平移个单位之后与原来的图象重合，当，且时，则（ ）A. B. C. 1D. -1【答案】D【解析】【分析】由题意求得、的值，写出函数f（x）的解析式，求图象的对称轴，得x1+x2的值，再求f（x1+x2）的值【详解】解：由函数f（x）2sin（x+）的图象过点B（0，1）

8、，2sin1，解得sin，又|，f（x）2sin（x）；又f（x）的图象向左平移个单位之后为g（x）2sin（x+）2sin（x+），由两函数图象完全重合知2k，2k，kZ；又，2；f（x）2sin（2x），其图象的对称轴为x，kZ；当x1，x2（，），其对称轴为x3，x1+x22（），f（x1+x2）f（）2sin2（）2sin（）2sin2sin1应选：D【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换和性质的应用问题，也考查了运算求解能力，是综合题11.如图，设抛物线的焦点为，过轴上一定点作斜率为的直线与抛物线相交于两点，与轴交于点，记面积为，面积为，若，则抛物线的标准方程为A. B. C. D

9、. 【答案】C【解析】【分析】根据斜率与定点，求得直线方程，联立抛物线方程，并解得直线与抛物线的两个交点横坐标；根据三角形面积比值，转化为两个交点的横坐标比值，进而求得参数p的值【详解】因为直线斜率为2，经过定点所以直线方程为 ，即 作轴，轴因为，即 ，所以 联立方程 ，化简得 根据一元二次方程的求根公式，得 所以 因，所以化简得 ，即 因为 ，所以 即， 所以选C【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，并根据方程思想求得参数值，计算量较为复杂，属于难题12.已知函数，若关于的方程有六个不同的实根，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】令，则，则，由题意可得，

10、函数的图象与直线有3个不同的交点，且每个值有2个值与之对应，如图所示，故的取值范围是。第II卷（非选择题，共90分）、二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.设双曲线左右顶点分别为A，B，点P是双曲线上，且异于A，B两点.O为坐标原点，若直线PA，PB的斜率之积为，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】由于A，B连线经过坐标原点，所以A，B一定关于原点对称，利用直线PA，PB的斜率乘积，可寻求几何量之间的关系，从而可求离心率【详解】解：根据双曲线的对称性可知A，B关于原点对称，设A（x1，y1），B（x1，y1），P（x，y），则，双曲线1，kPAkPB，该双曲线的离心

11、率e故答案为：【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，考查点差法，关键是设点代入化简，应注意双曲线几何量之间的关系14.已知是定义在上的偶函数，且，当时，则_.【答案】216【解析】【分析】由f（x+4）f（x2），可知周期T6，结合已知函数代入即可求解【详解】解：f（x+4）f（x2），f（x+6）f（x），即周期T6，则f（2019）f（3）f（3），当x3，0时，f（x）6x，f（3）63216f（2019）216，故答案为：216【点睛】本题主要考查了利用函数的周期性求解函数的函数值，属于基础试题15.已知梯形ABCD，P为三角形BCD内一点（包括边界），则的取值范围为_.【答案】【解析

12、】【分析】根据题意可分别以边AB，AD所在直线为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，从而得出A（0，0），B（3，0），C（1，1），D（0，1），设P（x，y），从而根据可得出，从而得出，并设，从而根据线性规划的知识求出直线截距的最小值和最大值，即得出x+y的最小值和最大值，从而得出x+y的取值范围【详解】解：ABAD，分别以边AB，AD所在的直线为x，y轴，建立如图所示平面直角坐标系，则：A（0，0），B（3，0），C（1，1），D（0，1），设P（x，y），则，由得，（x，y）x（3，0）+y（0，1），设，则表示斜率为的一族平行直线，在y轴上的截距为a，当截距最大时x+y最大，当截距最小时

13、x+y最小，由图可看出，当直线经过点D（0，1）时截距最小为1，当直线经过点C（1，1）时截距最大为，x+y的取值范围为故答案为：【点睛】本题考查了通过建立平面直角坐标系，利用坐标解决向量问题的方法，利用线性规划的知识求变量最值的方法，数形结合的方法，考查了计算能力，属于中档题16.瑞士著名数学家欧拉在研究几何时曾定义欧拉三角形，的三个欧拉点（顶点与垂心连线的中点）构成的三角形称为的欧拉三角形.如图，是的欧拉三角形（H为的垂心）.已知，若在内部随机选取一点，则此点取自阴影部分的概率为_.【答案】【解析】【分析】由三角函数的余弦定理得：AB3，建立平面直角坐标系，利用坐标法得到阴影三角形的面积，

14、从而利用几何概型公式得到结果.【详解】解：因为tanACB2，所以cosACB，又因为AC3，BC2，由余弦定理可得：AB3，取BC的中点O，则OABC，以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，则B（1，0），C（1，0），A（0，2），设H（0，y），因为BHAC，所以1，所以y，从而S，故所求概率为：，故答案为：【点睛】本题考查了三角函数的余弦定理及几何概型中的面积型，考查计算能力，属中档题三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.（一）必考题：共60分.17.数列的前项和为，已知，. 其中（1）证明：数列是等比数列；（2）求数列的前项和.【答案】(1)见

15、解析;(2).【解析】【分析】(1)由，可得，即，从而可得结论；（2）由（1）知，可得，利用错位相减法，结合等比数列求和公式，即可得结果.【详解】（1）证明：，又，数列是以1为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）知， ， . -得，.【点睛】本题主要考查等比数列的定义和等比数列的求和公式，以及错位相减法求数列的前 项和，属于中档题.一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解, 在写出“”与“” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式.18.如图，在四棱锥中，底面ABCD为

16、梯形，AB/CD，AB=AD=2CD=2，ADP为等边三角形(1)当PB长为多少时，平面平面ABCD?并说明理由；(2)若二面角大小为150，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值【答案】（1）当时，平面平面，详见解析（2）【解析】【分析】(1)根据平面和平面垂直可得线面垂直，从而可得,利用直角三角形知识可得的长；(2)构建空间直角坐标系，利用法向量求解直线AB与平面PBC所成角的正弦值.【详解】解：（1）当时，平面平面， 证明如下：在中，因为，所以， 又，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）分别取线段的中点，连接，因为为等边三角形，为的中点，所以，为的中点，所以,又，所以，故为二面角的平

17、面角，所以， 如图，分别以的方向以及垂直于平面向上的方向作为轴的正方向，建立空间直角坐标系，因，所以，.可得， 设为平面的一个法向量，则有，即，令，可得， 设与平面所成角为，则有所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查平面和平面垂直的性质及线面角的求解，侧重考查逻辑推理，直观想象和数学运算的核心素养.19.已知椭圆的右焦点，长轴的左、右端点分别为,且.（1）求椭圆的方程；（2）过焦点斜率为（）的直线交椭圆于两点，弦的垂直平分线与轴相交于点. 试问椭圆上是否存在点使得四边形为菱形？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）依题设，则，.由，解得

18、，所以.所以椭圆的方程为.（2）依题直线的方程为.由得.设,弦的中点为，则，所以.直线的方程为，令，得，则.若四边形为菱形，则，.所以.若点在椭圆上，则.整理得，解得.所以椭圆上存在点使得四边形为菱形.20.第7届世界军人运动会于2019年10月18日至27日在湖北武汉举行，赛期10天，共设置射击、游泳、田径、篮球等27个大项，329个小项.共有来自100多个国家的近万名现役军人同台竞技.前期为迎接军运会顺利召开，武汉市很多单位和部门都开展了丰富多彩的宣传和教育活动，努力让大家更多的了解军运会的相关知识，并倡议大家做文明公民.武汉市体育局为了解广大民众对军运会知识的知晓情况，在全市开展了网上问

19、卷调查，民众参与度极高，现从大批参与者中随机抽取200名幸运参与者，他们得分（满分100分）数据，统计结果如下：组别频数5304050452010（1）若此次问卷调查得分整体服从正态分布，用样本来估计总体，设，分别为这200人得分的平均值和标准差（同一组数据用该区间中点值作为代表），求，的值（，的值四舍五入取整数），并计算；（2）在（1）的条件下，为感谢大家参与这次活动，市体育局还对参加问卷调查的幸运市民制定如下奖励方案：得分低于的可以获得1次抽奖机会，得分不低于的可获得2次抽奖机会，在一次抽奖中，抽中价值为15元的纪念品A的概率为，抽中价值为30元的纪念品B的概率为.现有市民张先生参加了此次

20、问卷调查并成为幸运参与者，记Y为他参加活动获得纪念品的总价值，求Y的分布列和数学期望，并估算此次纪念品所需要的总金额.（参考数据：；.）【答案】（1），；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）根据频率分布表计算出平均数，进而计算方差，从而XN（65，142），计算P（51X93）即可；（2）列出Y所有可能的取值，分布求出每个取值对应的概率，列出分布列，计算期望，进而可得需要的总金额【详解】解：（1）由已知频数表得：，由，则，而，所以，则X服从正态分布，所以；（2）显然，所以所有Y的取值为15，30，45，60，所以Y的分布列为：Y15304560P所以，需要的总金额为：.【点睛】本题考查了利用

21、频率分布表计算平均数，方差，考查了正态分布，考查了离散型随机变量的概率分布列和数学期望，主要考查数据分析能力和计算能力，属于中档题21.已知函数（为自然对数的底数），是的导函数.（）当时，求证；（）是否存在正整数，使得对一切恒成立？若存在，求出的最大值；若不存在，说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）存在且为.【解析】（）要证明函数不等式（），注意到，因此我们可先研究函数的性质特别是单调性，这可通过导数的性质确定；（）首先把不等式具体化，即不等式为，注意到特殊情形，时，不等式为，因此的值只有为1或2，因此只要证时，不等式恒成立即可，这仍然通过导数研究函数的单调性证得结论，为了确定导数的正负的

22、方便性，把不等式变为，因此只要研究函数的单调性，求得最小值即可.试题解析：（）当时，则 ，令，则 ，令，得，故在时取得最小值，在上为增函数， ，（） ，由，得对一切恒成立，当时，可得，所以若存在，则正整数的值只能取1,2.下面证明当时，不等式恒成立，设 ，则 ，由（） ， ，当时， ；当时， ，即在上减函数，在上是增函数， ,当时，不等式恒成立所以的最大值是2.【点睛】导数与函数的单调性、导数与函数的极值（最值）、利用导数求参数的范围问题，利用导数解决综合问题都可能是高考命题的切入点，设计在客观题和解答题的压轴题位置，掌握它们的基础知识和基本方法是解题的基础，掌握转化与化归思想是解题的桥梁，许

23、多问题如不等式恒成立，函数的零点，方程的根的分布等都可以通过构造函数，转化为用导数知识来解决（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.在平面直角坐标系中，已知倾斜角为的直线经过点.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）写出曲线的普通方程;（2）若直线与曲线有两个不同的交点，求的取值范围.【答案】(1) .(2) .【解析】分析：(1)利用极坐标与直角坐标互化的公式可得曲线的普通方程为.(2)联立直线参数方程与C的二次方程可得 .结合直线参数的几何意义有 .利用三角函数的性质可知的取值范围是.详解：(1)

24、由得.将，代入上式中,得曲线的普通方程为.(2)将的参数方程 (为参数)代入的方程,整理得 .因为直线与曲线有两个不同的交点，所以 ,化简得.又,所以，且.设方程的两根为,则，所以,所以 .由，得，所以,从而 ，即的取值范围是.点睛：本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，直线参数方程的几何意义及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.23.已知函数.（）当，求的取值范围；（）若，对，都有不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）结合a取不同范围，去绝对值，计算a的范围，即可（2）结合函数性质,计算的最大值,结合题意,建立关于a的不等式，计算a的范围，即可【详解】（），若，则，得，即时恒成立；若，则，得，即；若，则，得，此时不等式无解. 综上所述，的取值范围是.（）由题意知，要使不等式恒成立，只需.当时，.因为，所以当时， .于是，解得.结合，所以的取值范围是.【点睛】本道题考查了绝对值不等式的解法，难度较大