海南省海口市海南中学2020届高三数学第六次月考试题（含解析）.doc

1、海南省海口市海南中学2020届高三数学第六次月考试题（含解析）注意事项：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上.2.回答第卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号写在本试卷上无效.3.回答第卷时，将答案写在答题卷上，写在本试卷上无效.第卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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】B【解析】【分析】化简集合，按交集定义，即可求解.【详

2、解】由，得，所以，故选：B【点睛】本题考查集合间的运算，属于基础题.2.已知i为虚数单位，复数，则（ ）.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据复数的除法计算出，然后根据复数的共轭复数的概念直接写出.【详解】因为，所以.故选：C.【点睛】本题考查复数的除法运算以及共轭复数的求法，难度较易.互为共轭复数的两个复数实部相同虚部互为相反数.3.设，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 充要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据、中范围的互相推出情况，确定出是的何种条件.【详解】因为，所以，所以，因为，所以，所以，根据小范围推出大范围

3、可知：能推出，但不能推出，所以是的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查一元二次不等式和绝对值不等式的求解以及充分、必要条件的判断，难度较易.注意小范围推出大范围的情况.4.已知向量，若，则的最小值为（ ）.A. 12B. C. 16D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量的平行关系，得到间的等量关系，再根据“”的妙用结合基本不等式即可求解出的最小值.【详解】因为，所以，所以，又因为，取等号时即，所以.故选：B【点睛】本题考查利用基本不等式求解最小值，难度一般.本题是基本不等式中的常见类型问题：已知，则，取等号时.5.将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）

4、A. B. 的最小正周期是C. 在区间，上单调递增D. 在区间，上单调递减【答案】C【解析】【分析】根据函数的平移变换求出的解析式，再一一对照选项验证是否成立.【详解】函数的图象向右平移个单位长度得：.对A，故A错误；对B，最小正周期为，故B错误；对C，当，因为是的子区间，故C正确；对D，当，不是的子区间，故D错误；故选：C.【点睛】本题考查三角函数的平移变换及三角函数的图象与性质，考查数形结合思想和运算求解能力.6.等比数列的前项和为，公比为，若，则（ ）A. B. 2C. D. 3【答案】B【解析】【分析】根据题意，分析可得等比数列的公比，进而由等比数列的通项公式可得，解可得，又由，解可得

5、的值，即可得答案【详解】根据题意，等比数列中，若，则，若，则，解可得，则，又由，则有，解可得；故选B【点睛】本题考查等比数列的前项和公式的应用，关键是掌握等比数列的前项和的性质7.已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，若三棱锥体积的最大值为2，则球的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：根据棱锥最大高度和勾股定理计算球的半径，从而得出外接球的表面积详解：因为，所以，过的中点作平面的垂下，则球心在上，设，球的半径为，则棱锥的高的最大值为，因为，所以，由勾股定理得，解得，所以球的表面积为，故选D点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意

6、球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）利用球的截面的性质，根据勾股定理列出方程求解球的半径8.已知函数，设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】当时，；当时，当时，；当时；.函数是偶函数当时，易得为增函数，故选D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（ ）A. 方程表示一条直线B. 到x轴的距离为2的点的轨迹方程为C. 方程表示四个点D.

7、是的必要不充分条件【答案】CD【解析】【分析】A根据特殊点进行分析并判断对错；B注意多解的情况并判断对错；C根据平方和为零的特殊性进行分析并判断对错；D根据不等式互相推出的情况判断对错.【详解】A因为，所以，表示直线去掉点，故错误；B根据题意可知，满足要求的的轨迹方程为，故错误；C因，所以，解得或或或，表示四个点，故正确；D因为时，所以充分性不满足，又因为时，根据不等式性质可知，所以必要性满足，所以是的必要不充分条件，故正确.故选：CD.【点睛】本题考查曲线与方程以及充分、必要条件的判断，属于综合题型，难度一般.（1）判断曲线所表示的方程时，注意分析一些特殊点或者特殊取值；（2）充分、必要条件

8、的判断，根据互相推出的情况即可判断.10.已知双曲线的左、右焦点分别为，P为双曲线上一点，且，若，则下面有关结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABCD【解析】【分析】根据对分类讨论，利用双曲线的定义以及，再结合对应的余弦定理，即可计算出离心率的值，从而可求的关系.【详解】若为锐角时，如图所示，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，故BD正确；若为钝角时，如图所示，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，故AC正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查双曲线性质的综合应用，着重考查了离心率以及根据离心率求等量关系，强调了分类讨论的思想，难度一般.双曲线中的焦点三角形要注意利用定

9、义以及顶角的余弦定理进行问题分析.11.如图，正方体的棱长为1，动点E在线段上，F、M分别是AD、CD的中点，则下列结论中正确的是（ ）A. B. 平面C. 存在点E，使得平面平面D. 三棱锥的体积为定值【答案】ABD【解析】【分析】对A,根据中位线的性质判定即可.对B,利用平面几何方法证明再证明平面即可.对C,根据与平面有交点判定即可.对D,根据三棱锥以为底,且同底高不变,故体积不变判定即可.【详解】在A中,因为分别是的中点,所以,故A正确;在B中,因为,故,故.故,又有,所以平面,故B正确；在C中,与平面有交点,所以不存在点,使得平面平面,故C错误.在D中,三棱锥以面为底,则高是定值,所以

10、三棱锥的体积为定值,故D正确.故选：ABD.【点睛】本题主要考查了线面垂直平行的证明与判定,同时也考查了锥体体积等问题.属于中档题.12.在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石.布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（L.E. J. Brouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】【分析】根据已知定义，将问题转化为方程有解，然后逐项进行求解并判断即可.【详解】根据定义可知：若

11、有不动点，则有解.A令，所以，此时无解，故不是“不动点”函数；B令，所以或，所以是“不动点”函数；C当时，令，所以或，所以是“不动点”函数；D令，所以，所以是“不动点”函数.故选：BCD.【点睛】本题考查新定义的函数问题，难度较难.解答本题的关键是能通过定义将问题转化为方程是否有解的问题，对于转化能力要求较高.第卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.7人并排站成一行，如果甲乙两人不相邻，那么不同的排法种数是_（用数字作答）.【答案】3600【解析】【分析】采用插空法，先排列除甲乙以外的个人，然后将甲乙两人插入到个人形成的个空位中，根据排列数计算种数即可.【详解】第一步：先排列

12、除甲乙以外的个人，方法数为，第二步：将甲乙插入到个人形成的个空位中，方法数为，所以总的排法种数为：.故答案为：.【点睛】本题考查排列的简单应用，难度一般.求解排列组合的相关问题时，可根据分步或分类计数原理完成进行分析计算.14.已知等差数列的首项及公差均为正数，令，当是数列的最大项时， _.【答案】1010【解析】【分析】设， ，根据基本不等式和等差数列的性质得，由此可得解.【详解】设， ， 根据基本不等式，又由等差数列的首项及公差均为正数，得，所以，当且仅当时，取得最大值，此时，所以，故答案为.【点睛】本题考查等差数列的基本性质和基本不等式及其应用，关键在于运用换元法，简化已知式与基本不等式

13、建立联系，属于中档题.15.过点作抛物线的两条切线，切点分别为A、B，则该抛物线C的焦点坐标为：_，所在的直线方程为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】将抛物线方程化为标准形式即可计算出焦点坐标；设出切点坐标，利用导数以及切线方程得到交点的坐标与切点坐标的关系，化简直线的方程即可得到结果.【详解】因为抛物线的方程：，所以，所以焦点坐标为；设，所以处切线方程，处切线方程，所以，解得，所以，所以，又因为的方程为，即，所以的方程为，即.故答案为：；.【点睛】对于焦点在轴的标准形式的抛物线，其也是函数，涉及到切线问题时可以利用导数的几何意义进行相关分析.16.函数若方程恰有四个不相等的实

14、数根，则实数的取值范围是_【答案】【解析】作出函数与函数的图象，如图所示：由题意,直线过(1,0)时,，x1时,，直线与y=lnx相切时,设切点坐标为(a,lna),则切线方程为,即，令,则,，函数若方程恰有四个不相等的实数根，实数的取值范围是.点睛：已知函数有零点求参数常用方法和思路：（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成函数的值域问题解决；数形结合法：先对解析式变形，在同一个平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知

15、ABC的内角A，B，C满足（1）求角A；（2）若ABC的外接圆半径为1，求ABC的面积S的最大值【答案】（1） ; （2） .【解析】【分析】（1）利用正弦定理将角化为边可得，再由余弦定理即可得；（2）由正弦定理，可得，由基本不等式利用余弦定理可得，从而由可得解.【详解】（1）设内角，所对的边分别为，根据，可得，所以，又因为，所以（2），所以，所以（时取等号）【点睛】本题主要考查了正余弦定理及三角形的面积公式的应用，涉及基本不等式求最值，属于基础题.18.已知数列的各项均为正数，对任意的，它的前n项和满足，并且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，为数列的前n项和，求.【答案】（1）；

16、（2）【解析】【分析】（1）根据已知等式再写出一个关于的等式，两式作差得到的通项公式，并根据已知条件对通项公式进行取舍；（2）写出的表达式，将其化简，并根据等差数列的求和公式完成求解即可.【详解】解（1）对任意，有当时，有，解得或2.当时，有并整理得.而数列的各项均为正数，.当时，此时成立；当时，此时，不成立，舍去.（2）.【点睛】本题考查利用递推关系求解通项公式、等比数列概念理解、公式法求和，属于综合问题，难度一般.注意利用求解通项公式.19.如图，三棱锥中，平面，分别为线段上的点，且 (1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】【详解】试题分析：（1）要证线

17、面垂直，就是要证线线垂直，题中由平面，可知，再分析已知由得，这样与垂直的两条直线都已找到，从而可得线面垂直；（2）求二面角的大小，可心根据定义作出二面角的平面角，求出这个平面角的大小，本题中，由于，平面，因此两两垂直，可以他们为轴建立空间直角坐标系，写出图中各点的坐标，求出平面和平面的法向量，向量的夹角与二面角相等或互补，由此可得结论试题解析：（1）证明：由PC平面ABC，DE平面，故PCDE由CE，CD=DE得为等腰直角三角形，故CDDE由PCCD=C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD（2）解：由（）知，CDE为等腰直角三角形，DCE，如（）图，过点作DF垂直CE于，易知

18、DFFCEF，又已知EB，故FB 由ACB得DFAC，故ACDF以为坐标原点，分别以的方程为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则（0,0,0,），（0,0,3），（,0,0）,（0,2,0），（1,1,0），设平面的法向量，由，得.由（1）可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量可取为,即.从而法向量，的夹角的余弦值为，故所求二面角A-PD-C的余弦值为.考点：考查线面垂直，二面角考查空间想象能力和推理能力20.已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，椭圆上短轴的一个端点与两个焦点构成的三角形的面积为；（1）求椭圆的方程；（2）过作垂直于轴的直线交椭圆于两点（点在第二象限），是椭圆上位

19、于直线两侧的动点，若，求证：直线的斜率为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据离心率和三角形面积可构造关于的方程，解方程可求得，进而得到椭圆方程；（2）假设直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理得到和；根据知，从而可利用韦达定理形式表示出等式，化简可得；当时，可知过点，不符合题意；所以可知.【详解】（1）由题意可得：且又得：，椭圆的方程为（2）证明：由（1）可得：直线：，设直线的方程为，代入椭圆方程消可得设，则则， 即化简可得或当时，直线的方程为则直线经过点，不满足题意即直线的斜率为定值【点睛】本题考查椭圆标准方程求解、椭圆中的定值问题的求解.对于定值问题，关键是能够

20、通过已知条件建立起与参数有关的等量关系式，通过整理化简将关系式变为恒等式，或通过消元得到所求定值.21.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，若函数的两个极值点恰为函数的两个零点，且的范围是，求实数a的取值范围.【答案】（1）当时，单调递减区间为，无单调递增区间；当时，单调递减区间为；单调递增区间为；（2）【解析】【分析】（1）求解导函数，根据导函数的分子（二次函数）分类讨论与的关系，从而可分析出函数的单调性；（2）根据已知条件构造关于的新函数，根据新函数的单调性分析出的取值范围，然后根据与的关系即可求解出的取值范围.【详解】解：（1）的定义域为，.（i）若，则，当且仅当，时，（ii）若，令

21、得.当时，；当时，所以，当时，单调递减区间为，无单调递增区间；当时，单调递减区间为；单调递增区间为.（2）由（1）知：且.又，由得，.令，所以在上单调递减.由y的取值范围是，得t的取值范围是，又，故实数a的取值范围是.【点睛】（1）含参函数的单调性分析，要注意抓住参数的临界值进行分类讨论；（2）利用导数求解双变量问题，多数情况下需要构造关于（或）的新函数，借助新函数的单调性分析问题.22.红铃虫是棉花的主要害虫之一，能对农作物造成严重伤害，每只红铃虫的平均产卵数y和平均温度x有关，现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值.（表中）平均温度21232527293235平均产卵

22、数/个71121246611532527.42981.2863.61240.182147714（1）根据散点图判断，与（其中自然对数的底数）哪一个更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）并由判断结果及表中数据，求出y关于x的回归方程.（计算结果精确到小数点后第三位）（2）根据以往统计，该地每年平均温度达到28以上时红铃虫会造成严重伤害，需要人工防治，其他情况均不需要人工防治，记该地每年平均温度达到28以上的概率为.记该地今后5年中，恰好需要3次人工防治的概率为，求的最大值，并求出相应的概率p.当取最大值时，记该地今后5年中，需要人工防治的次数为X，求X

23、的数学期望和方差.附：线性回归方程系数公式.【答案】（1）更适宜，；（2），；，【解析】【分析】（1）根据散点图选择合适函数模拟，利用变量，构造线性回归方程，利用已知量求解出关于的线性回归方程，即可求解出y关于x的回归方程；（2）先表示出，然后根据分析出的最大值以及的值；根据的值以及二项分布的均值与方差的计算方法求解出结果即可.【详解】解：（1）根据散点图可以判断，更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型；对两边取自然对数，得；令，得；因为，；所以z关于x的回归方程为；所以y关于x的回归方程为；（2）（i）由，得，因为，令，得，解得；所以在上单调递增，在上单调递减，所以有唯一的极大值为，也是最大值；所以当时，；（ii）由（i）知，当取最大值时，所以，所以X的数学期望为，方差为.【点睛】本题考查线性回归方程的求解、独立重复试验的概率与函数的综合应用、二项分布的均值与方差计算，难度较难.已知，则.