海南省华侨中学2020届高三数学第五次月考试题（含解析）.doc

1、海南省华侨中学2020届高三数学第五次月考试题（含解析）一、单选题（单选题每个小题只有一个正确选项，每小题5分，共计40分）1.已知复数（为虚数单位），则的模为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化简得到，再计算得到答案.【详解】，故 故选【点睛】本题考查了复数模的计算，意在考查学生的计算能力.2.设集合，则集合中元素的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】先求出集合,再确定元素个数.【详解】因为,所以,所以集合中有3个元素,故选:C.【点睛】本题考查集合,属于简单题.3.在等比数列中，若成等差数列，则数列的公比为（ ）A. 1或2B. 1或

2、2C. 1或2D. 2【答案】B【解析】【分析】由等差中项的性质可得,从而有,进而可得解.【详解】因为在等比数列中,成等差数列,所以,又,所以,解得或,故选:B.【点睛】本题主要考查等差中项的性质运用,考查等比数列和计算能力,难度不大.4.设，则（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据指数,对数函数的单调性分别比较与0,1的大小关系即可.【详解】,故,所以,故选:D.【点睛】本题考查指数,对数式的大小比较,属于基础题.5.在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用正方体中，将问题转化为求共面直线与所成角的正切值，

3、在中进行计算即可.【详解】在正方体中，所以异面直线与所成角为，设正方体边长为，则由为棱的中点，可得，所以，则.故选C.【点睛】求异面直线所成角主要有以下两种方法：（1）几何法：平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；（2）向量法：求两直线的方向向量；求两向量夹角的余弦；因为直线夹角为锐角，所以对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.6.唐朝著名的凤鸟花卉浮雕银杯（如图1所示），它的盛酒部分可以近似地看做是半球与圆柱的组合体（如图2），当这种酒杯内壁表面积固定时（假设内壁表面光滑，表面积为平方厘米，半球的半

4、径为厘米），要使酒杯容积不大于半球体积的两倍，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意,酒杯内壁表面积为圆柱与半球的表面积,列出的表达式,再求出体积,解不等式即可.【详解】设圆柱的高度与半球的半径分别为,则表面积,故,所以酒杯的容积,所以,又 ,所以,解得,故选:D.【点睛】本题考查了组合体的体积和表面积的计算,难度不大.7.设，是非零向量，“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】，由已知得，即，.而当时，还可能是，此时，故“”是“”的充分而不必要条件，故选A.考点：充分必

5、要条件、向量共线.8.在三棱锥中，面面，则三棱锥的外接球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设边的中点为,边的中点为,则由题意可推出面,又因为,则点为的外接圆圆心,从而点为的外接球球心,最后代入数据求解即可.【详解】如图所示,设边的中点为,因为,则点为的外接圆圆心,因此三棱锥的外接球球心在过点的垂线上,因为面面,面面,所以面,设边的中点为,则,即的外接球球心在直线上,又,则,则点即为的外接球球心,因为,所以的外接球半径,因此三棱锥的外接球的表面积为,故选:D.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的求法,需要学生具备一定的空间思维与想象能力,属于中档题.二、多选题（每

6、小题5分，共4小题，共计20分）9.关于函数，下列叙述正确的是（ ）A. 函数的最小正周期为B. 其图象关于点对称C. 其图象关于直线对称D. 其图象可由图象上所有点的横坐标变为原来的3倍得到【答案】AC【解析】【分析】利用三角函数的图像及性质一一判断选项正误即可.【详解】,其最小正周期,故选项A正确;当时,其关于对称,故选项B错误;当时,故选项C正确;图象上所有点的横坐标变为原来的3倍得到函数,故选项D错误;故选:AC【点睛】本题考查三角函数图像性质的应用,难度不大.10.已知函数，则下列结论正确的是（ ）A. 为奇函数B. 为偶函数C. 为奇函数D. 为非奇非偶函数【答案】BC【解析】【分

7、析】先判断函数的奇偶性,再利用函数奇偶性的性质判断选项正误.【详解】,其定义域为,故函数为奇函数,又为奇函数,根据函数奇偶性的性质可知:为偶函数,为奇函数,故选:BC.【点睛】本题考查函数奇偶性的判断及其性质应用,难度不大.11.如图，等边三角形的中线与中位线相交于，已知是绕旋转过程中的一个图形，下列命题中，正确的是（ ）A. 动点在平面上的射影在线段上B. 恒有平面平面C. 三棱锥的体积有最大值D. 旋转过程中二面角的平面角始终为【答案】ABCD【解析】【分析】由斜线的射影定理可判断A正确;由面面垂直的判定定理,可判断B正确;由三棱锥的体积公式,可判断C正确;由二面角的平面角定义可判断D正确

8、.【详解】,是正三角形, ， 平面，因为平面，所以平面平面在平面上的射影在线段上,故A正确;由知, 平面,平面恒有平面平面,故B正确;三棱锥的底面积是定值,体积由高即到底面的距离决定,故当平面平面时,三棱锥的体积有最大值,故C正确;平面平面,且,则二面角的平面角为,故D正确;故选:ABCD.【点睛】本题考查了线面面面垂直的判定定理及性质定理的运用,考查了二面角的平面角的概念,需要学生具备一定的空间想象能力.12.已知函数，（其中）.对于不相等的实数，设，下列说法正确的是（ ）A. 对于任意不相等的实数，都有；B. 对于任意的及任意不相等的实数，都有；C. 对于任意的，存在不相等的实数，使得；D

9、. 对于任意的，存在不相等的实数，使得.【答案】AD【解析】【分析】运用指数函数的单调性,即可判断A;由二次函数的单调性,即可判断B;通过函数,求出导数判断单调性,即可判断C;通过函数,求出导数判断单调性,即可判断D.【详解】对于A,由指数函数的单调性可得在上递增,即有,则A正确;对于B,由二次函数的单调性可得在递减,在,递增,则不恒成立,则B错误;对于C,若,可得,即为,设,则应有,而,当,小于0,单调递减,则C错误;对于D,若,可得,即为设,则应有,而,对于任意的,不恒大于0或小于0,即在定义域上有增有减,则D正确.故选:AD.点睛】本题考查函数的单调性及运用,运用指数函数和二次函数的单调

10、性,以及导数判断单调性是解题的关键.三、填空题（每小题5分，共计20分）13.已知两个单位向量满足，则夹角为_【答案】【解析】【分析】将已知等式两边平方后,利用向量的夹角公式可解得.【详解】因为,是单位向量,所以,因为,所以,所以,所以,因为,所以,又,所以.故答案为:【点睛】本题考查了向量的数量积和向量夹角公式,属于基础题.14.已知等比数列中，数列是等差数列，且，则_【答案】8.【解析】【分析】根据等比数列的性质得到再由等差数列的中项的性质得到：.【详解】根据等比数列的性质得到：，(舍去)，由等差数列的中项的性质得到：，.故答案为8.【点睛】对于等差等比数列的小题，常用到的方法，其一是化为

11、基本量即首项和公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.15.如图所示，在四棱锥中，底面，且底面各边都相等，是上的一动点，当点满足条件，中的_时，平面平面（只要填写一个你认为是正确的条件序号即可）.【答案】（或）【解析】【分析】推出,则要得到平面平面,即要得到平面,故只需垂直平面内的一条与相交的直线即可.【详解】底面,底面各边都相等,平面,当(或时,即有平面,而平面,平面平面.故答案为:(或).【点睛】本题考查线面面面垂直的判定与性质应用,需要学生具备一定的空间想象能力与逻辑思维能力.16.设函数的定义域为，满足，且当时，则_，若，则有_个零点.【答案】 (1). (2). 3【

12、解析】【分析】由题可得,故,再将的零点问题转换为函数与的图象交点问题求解.【详解】因为,所以,又当时,所以,画出的图象如下图所示:因此两函数图象有3个交点,即有3个零点,故答案为:;3.【点睛】本题考查函数性质的应用,考查数形结合法解决函数零点问题,属于中档题.四、解答题（共6道题，17题10分，18-22题每题12分，共计70分）17.如图，直三棱柱中，,点是的中点.（1）求证：/平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接交与，则为的中点，利用三角形中位线定理可得，再由线面平行的判定定理可得结果；（2）由等积变换可得，再利用棱锥的体积公式可得结果

13、.【详解】（1）连接交与，则为的中点，又为的中点，又因为平面，平面，平面；（2）因为，直三棱柱中，,，且点是的中点所以.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、利用等积变换求三棱锥体积，属于中档题.证明线面平行的常用方法：利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.18.已知数列，为其前项和，.（1）求的通项公式：（2）若，记为数列的前项和，求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(

14、1)根据,由即可求出的通项公式:(2)利用裂项相消法即可求出答案.【详解】(1)当时,即,由得,两式相减得:,即,又时上式也成立,故;(2)由(1)知,则.【点睛】本题考查由数列的求和公式求通项公式,考查裂项相消法求和,难度不大.在由数列的求和公式求通项公式时,需注意的取值范围.19.2019年，海南等8省公布了高考改革综合方案将采取“”模式，即语文、数学、英语必考，然后考生先在物理、历史中选择1门，再在思想政治、地理、化学、生物中选择2门为了更好进行生涯规划，甲同学对高一一年来的七次考试成绩进行统计分析，其中物理、历史成绩的茎叶图如图所示.（1）若甲同学随机选择3门功课，求他选到物理、地理两

15、门功课的概率；（2）试根据茎叶图分析甲同学的物理和历史哪一学科成绩更稳定.（不需计算）（3）甲同学发现，其物理考试成绩（分）与班级平均分（分）具有线性相关关系，统计数据如下表所示，试求当班级平均分为50分时，其物理考试成绩.（计算，时精确到0.01）（分）57616572747784（分）76828285879093参考数据：，.参考公式：，【答案】（1）；（2）物理；（3）【解析】【分析】(1)直接利用枚举法与古典概型概率计算公式求解;(2)由茎叶图可知物理成绩的方差s2物理历史成绩的方差s2历史,故物理成绩更稳定;(3)由表格数据先求,再利用公式求出回归方程,进而得解.【详解】(1)记物理

16、历史分别为,思想政治地理化学生物分别为,由题意可知考生选择的情形有,共12种,他选到物理地理两门功课的满情形有,共3种,甲同学选到物理地理两门功课的概率为;(2)由茎叶图可知物理成绩数据更集中,故物理成绩的方差历史成绩的方差,故物理成绩更稳定;(3),关于的回归方程为,当时,.【点睛】本题考查古典概型,考查茎叶图以及回归方程,属于中档题.在解决古典概型问题时,常利用枚举法进行答题.20.的内角，的对边分别为，已知（1）求角；（2）若是边的中点，.求的长；【答案】（1）；（2）或7；【解析】【分析】（1）首先根据正弦定理边角互化，得到，由，代入化简，最后得到求角；（2）首先在中，根据余弦定理求，

17、然后在中再利用余弦定理求边.【详解】（1），由正弦定理得，（2）在中，由余弦定理得 ，或，当时，中，由余弦定理得，当时， 或.【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，属于基础题型，一般在含有边和角的等式中，可根据正弦定理的边角互化公式转化为三角函数恒等变形问题.21.如图1，在直角梯形中，为上一点，且，过作交于，现将沿折到，使，如图2.（1）求证：平面（2）在线段上是否存在一点，使与平面所成角为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析【解析】【分析】(1)解法一:由,推出平面,即有平面,故,结合即可推出平面;解法二:建立空间直角坐标系,利用向

18、量推出结论;(2)由(1)知平面,故以所在的直线为轴,以所在的直线为轴,在平面内过作的垂线,以垂线所在直线为轴,建立空间直角坐标系,设是线段上一点,则存在,使,再利用向量,结合线面角公式列式求解即可.【详解】(1)解法一:,由余弦定理得,又直角梯形中,则平面,又,平面,又因为直线,在平面内,且相交于,平面.解法二:以为,且,则平面,所以平面平面,以所在的直线为轴,以所在的直线为轴,在平面内过作的垂线,以垂线所在直线为轴,建立空间直角坐标系,如图所示:则,是平面内的相交直线,平面.(2)由(1)知平面,平面平面,以所在的直线为轴,以所在的直线为轴,在平面内过作的垂线,以垂线所在直线为轴,建立空间

19、直角坐标系,如图所示:则,则,平面,平面的一个法向量为,设是线段上一点,则存在,使,如果直线与平面所成的角为,那么,即,解得,此方程在内无解,所以在线段上不存在一点,使与平在所成的角为.【点睛】本题考查线面垂直的判定及应用,考查空间向量在线面角上的应用,需要学生具备一定的空间思维及想象能力,属于中档题.22.已知函数.（1）若，分析的单调性.（2）若对，都有恒成立，求的取值范围；（3）证明：对任意正整数均成立，其中为自然对数的底数.【答案】（1）单调增区间为，无减区间；（2）；（3）证明见解析【解析】【分析】(1)直接对函数求导,利用导数研究其单调性即可;(2)对求导后,再根据的取值进行分情况讨论即可;(3)题目可变形为证明不等式恒成立,又由(1)可得在恒成立,则令,即有,据此即可推出结论.【详解】(1),故在上恒成立,所以的单调增区间为,无减区间.(2).,故:当时,在上单调递减,而,不符合题意;当时,即,在上单调递增,而,符合题意;当时,在上单调递减,而,此时,不符合题意;综上所述,的取值范围为.(3)证明:要证明,等价于证明,由(1)可得在恒成立,令,则,成立,成立.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性,解决恒成立问题以及不等式证明问题,难度较大.