广西桂林十八中2020届高三数学第十次（适应性）月考试题 理（含解析）.doc

1、广西桂林十八中2020届高三数学第十次（适应性）月考试题 理（含解析）一、选择题1. 已知全集，集合，（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式求得全集，由此求得.【详解】由，解得，所以，所以.故选：A【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合补集的概念和运算，属于基础题.2. 若为纯虚数，则z（ ）A. B. 6iC. D. 20【答案】C【解析】【分析】根据复数的乘法运算以及纯虚数的概念，可得结果.【详解】 为纯虚数，且得，此时故选：C.【点睛】本题考查复数的概念与运算，属基础题.3. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ）A. 7B. 10C. 6

2、3D. 18【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的通项公式和求和公式，结合等差中项性质即可得到答案.【详解】等差数列的首项为，公差为所以，所以，所以，即，所以.故选：C.【点睛】本题考查等差数列的概念与性质，属于基础题.4. “牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：因为相对的两个曲面在同一个

3、圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）.所以其正视图和侧视图是一个圆，因为俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，所以俯视图是有条对角线且为实线的正方形，故选B.考点：1、阅读能力及空间想象能力；2、几何体的三视图.5. 以双曲线的右焦点为圆心，与双曲线的渐近线相切的圆的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出双曲线的右焦点坐标和渐近线方程，进而求出圆的半径，进而可得结果.【详解】，其中，右焦点渐近线方程为：，右焦点到直线的距离为：圆方程为：故选：C【点睛】本题考查了双曲线的方程和几何性质，圆的标准方程，考查了运算求解能力，属于一般题

4、目.6. 已知为锐角，且，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由可得，再利用计算即可.【详解】因为，所以，所以.故选：C.【点睛】本题考查二倍角公式的应用，考查学生对三角函数式化简求值公式的灵活运用的能力，属于基础题.7. 若 ，则a，b，c大小关系为（ ）A. cbaB. cabC. bacD. acb【答案】B【解析】【分析】利用对数函数、指数函数的单调性直接求解【详解】因为，所以cab故选：B【点睛】本题主要考查利用指数、对数函数的单调性比较大小，属于基础题.8. 已知在边长为3的等边中，则（ ）A. 6B. 9C. 12D. 6【答案】A【解析】【分析】转化,

5、利用数量积的定义即得解.【详解】故选：A【点睛】本题考查了平面向量基本定理的应用以及数量积，考查了学生数形结合，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.9. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】根据函数的定义域，特殊点的函数值符号，以及函数的单调性和极值进行判断即可.【详解】解：由得，且，当时，此时，排除B,C函数的导数，由得，即时函数单调递增，由得且，即或时函数单调递减，故选：D【点睛】此题考查函数图像的识别和判断，根据函数的性质，利用定义域，单调性，极值等函数特点是解决此题的关键，属于中档题.10. 函数部分图象如图所示，对不同的，若，有，则（ ）A. 在上

6、是减函数B. 在上是减函数C. 在上是增函数D. 在上是增函数【答案】C【解析】【分析】先由题意，求出，再由，结合题中图像，得到，再由，求出，根据正弦函数的单调性，即可求出结果.【详解】由题中图像可知，由图像，因为对不同的，都有，易知函数在取到最大值，所以，故，又，故，得，因为，所以，所以由解得：；即函数的递增区间为；由解得：；即函数的递减区间为；故C选项正确，ABD都错；故选：C.【点睛】本题主要考查由三角函数的图像确定函数解析式，求函数的单调区间，熟记正弦函数的性质即可，属于常考题型.11. 已知椭圆（）的右焦点为，上顶点为，直线上存在一点满足，则椭圆的离心率取值范围为（ ）A. B. C

7、. D. 【答案】C【解析】【分析】取中点Q，可转化为，即，可求得，求解即得.【详解】取中点Q，故，故三角形AFP为等腰三角形，即，且由于P在直线上，故即解得：或，又故故选：C【点睛】本题考查了椭圆的性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.12. 若关于x的不等式e2xalnxa恒成立，则实数a的取值范围是（ ）A. 0，2eB. （，2eC. 0，2e2D. （，2e2【答案】C【解析】【分析】讨论a0时，f（x）e2xalnx无最小值，不符题意；检验a0时显然成立；讨论a0时，求得f（x）的导数和极值点m、极值和最值，解不等式求得m的范围，结合a2me2m，可得

8、所求范围【详解】解：当a0时，f（x）e2xalnx为（0，+）的增函数（增函数+增函数=增函数），此时时，f（x），所以不符合题意；当a0时，e2xalnxa即为e2x0显然成立；当a0时，f（x）e2xalnx的导数为2e2x，由于y2e2x在（0，+）递增（增函数+增函数=增函数），设0的根为m，即有a2me2m，.当0xm时，0，f（x）单调递减；当xm时，0，f（x）单调递增，可得xm处f（x）取得极小值，且为最小值e2malnm，由题意可得e2malnma，即alnma，化为m+2mlnm1，设g（m）m+2mlnm，1+2（1+lnm），所以函数在内单调递减，在单调递增.当m1时

9、，g（1）1，当时，.可得m+2mlnm1的解为0m1，设所以函数在单调递增.则a2me2m（0，2e2，综上可得a0，2e2，故选：C【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查利用导数研究不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题13. 函数在处的切线方程是_.【答案】【解析】【分析】先求函数的导函数，再求斜率，然后利用直线的点斜式方程求解即可.【详解】解：由函数，求导可得，所以，又，即函数在处的切线方程是，即，故答案为：.【点睛】本题考查了导数的几何意义，重点考查了曲线在某点处的切线方程的求法，属基础题.14. 的展开式中的常数项为_.

10、【答案】31【解析】【分析】由二项式定理及其展开式得通项公式得：因为的展开式得通项为，则的展开式中的常数项为： ，得解.【详解】解：，则的展开式中的常数项为：.故答案为：31.【点睛】本题考查二项式定理及其展开式的通项公式，求某项的导数，考查计算能力.15. 甲、乙、丙、丁四名同学报名参加淮南文明城市创建志愿服务活动，服务活动共有“走进社区”、“环境监测”、“爱心义演”、“交通宣传”等四个项目，每人限报其中一项，记事件为“4名同学所报项目各不相同”，则事件的概率_【答案】【解析】【分析】根据题意，确定总的基本事件个数，以及满足条件的基本事件个数，基本事件个数比即为所求概率.【详解】因为四名同学

11、，每人限报四个项目中的其中一项，每人均有4种选择，共种情况；事件为“4名同学所报项目各不相同”，因此事件包含的基本事件个数为种，因此事件的概率.故答案为：.【点睛】本题考查求古典概型的概率，熟记公式即可，属于常考题型.16. 已知半径为的球面上有三点，球心为，二面角的大小为60，当直线与平面所成角最大时，三棱锥的体积为_【答案】3【解析】【分析】先表示出二面角的平面角，结合长度及垂直关系求出三棱锥的高，及底面积的最大值，代入体积公式可求体积.【详解】设所在截面圆的圆心为的中点为D, 连接，因为，所以，同理，所以即为二面角的平面角， 即；因为，所以在中，所以，;所以;当直线与平面所成角最大时，三

12、点共线，的面积为，此时三棱锥的体积为.故答案为：3.【点睛】本题主要考查多面体和球的组合问题，综合了二面角，线面角及三棱锥的体积，综合性强，稍有难度，侧重考查数学运算及直观想象的核心素养.三、解答题17. 四棱锥中，底面为直角梯形，为的中点，为的中点，平面底面.（）证明：平面平面；（）若与底面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（）根据线段中点的性质、平行四边形形的判定定理和性质定理，结合面面垂直的性质定理和判定定理、平行线的性质进行证明即可；（）连结，根据等腰三角形的性质，结合面面垂直的性质定理可以证明出底面，这样可以建立以，分别为，轴的正方向建立空间

13、直角坐标系，根据空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（）四边形是平行四边形.又，.又面面，面面，面面且面平面平面.（）连结，为中点，又平面，平面平面，平面平面，底面，又，以，分别为，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，取平面的法向量，设平面的法向量，令，.设二面角的平面角为又为钝角，即二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了证明面面垂直，考查了面面垂直的判定定理和性质定理的应用，考查了利用空间向量夹角公式求二面角的平面角，考查了推理论证能力和数学运算能力.18. 已知的三个内角，的对边分别为，（1）求的最小值；（2）若，求的值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理和题设条件，化简

14、得，进而得到，再结合余弦定理和基本不等式，即可求解；（2）由（1）和由正弦定理和，求得，得到，结合三角函数的基本关系式，即可求解.【详解】（1）在中，满足，即，由正弦定理可得，整理得，即，因为，又因为，则，所以，因为，所以又由当且仅当时，等号成立，故的最小值为（2）由（1）可得，又由正弦定理知，所以，因为，可得，整理可得又，所以，故，所以【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理，以及三角函数与三角恒等变换的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹

15、角时，运用余弦定理求解.19. “一带一路”为世界经济增长开辟了新空间，为国际贸易投资搭建了新平台，为完善全球经济治理拓展了新实践.某企业为抓住机遇，计划在某地建立猕猴桃饮品基地，进行饮品，的开发.（1）在对三种饮品市场投放的前期调研中，对100名试饮人员进行抽样调查，得到对三种饮品选择情况的条形图.若饮品的百件利润为400元，饮品的百件利润为300元，饮品的百件利润为700元，请估计三种饮品的平均百件利润；（2）为进一步提高企业利润，企业决定对饮品进行加工工艺的改进和饮品的研发.已知工艺改进成功的概率为，开发新饮品成功的概率为，且工艺改进与饮品研发相互独立；（）求工艺改进和新品研发恰有一项成

16、功的概率；（）若工艺改进成功则可为企业获利80万元，不成功则亏损30万元，若饮品研发成功则获利150万元，不成功则亏损70万元，求该企业获利的数学期望.【答案】（1）415元；（2）（）；（）.【解析】【分析】（1）根据样本的条形图可得顾客选择饮品、选择饮品、选择饮品的的频率，从而可计算总体的百件利润平均值.（2）（）设饮品工艺改进成功为事件，新品研发成功为事件，事件为工艺改进和新品研发恰有一项成功，则，从而可计算工艺改进和新品研发恰有一项成功的概率.（）求出的分布列后可求的数学期望.【详解】（1）根据样本的条形图可得顾客选择饮品的频率为，选择饮品的频率为，选择饮品的频率为；由样本估计总体可得

17、总体顾客中选择饮品的概率为，选择饮品的概率为选择饮品概率为；则可以得到总体的百件利润平均值为元.（2）（i）设饮品工艺改进成功为事件，新品研发成功为事件，依题意可知事件与事件相互独立，事件为工艺改进和新品研发恰有一项成功.则.（）由题意知企业获利的取值为，10，120，230，则，.故的分布列如下：所以.【点睛】本题考查条形图的应用以及独立事件的概率公式的应用，还考查了离散型随机变量的分布列与数学期望，本题属于中档题.20. 设抛物线的焦点为，点是上一点，且线段的中点坐标为.（1）求抛物线的标准方程；（2）若，为抛物线上的两个动点（异于点），且，求点的横坐标的取值范围.【答案】（1）；（2）.

18、【解析】【分析】（1）设点，由线段的中点坐标可得出点的坐标，再代入抛物线的标准方程可得出关于的方程，解出正数的值，即可得出抛物线的标准方程；（2）设点、，求出直线的斜率，进而求出直线的方程，将直线的方程与抛物线的标准方程联立，可得出，可知该方程有解，由可求得的取值范围，并进行检验，由此可得出点的横坐标的取值范围.【详解】（1）依题意得，设，由的中点坐标为，得，即，所以，得，即，所以抛物线的标准方程为；（2）由题意知，设，则，因为，所以，所在直线方程为，联立，因为，得，即，因为，即，故或.经检验，当时，不满足题意；所以点的横坐标的取值范围是.【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了由直线垂

19、直求抛物线上的点的横坐标的取值范围，考查计算能力，属于中等题.21. 已知函数.（1）若，求的最大值；（2）当时，讨论的极值点的个数.【答案】（1）；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）当，时，利用导数求出的单调性即可；（2）求出，然后分、三种情况讨论即可.【详解】（1）当，时，此时，函数的定义域为，由得：；由得：，所以在上单调递增，在上单调递减.所以，（2）当时，函数定义域为，当时，对任意的恒成立，在上单调递减，所以此时极值点的个数为0个；当时，设，（i）当，即时，对任意的恒成立，即在上单调递减，所以此时极值点的个数为0个；（ii）当，即时，记方程的两根分别为，则，所以都大于0，即在上有

20、2个左右异号的零点，所以此时极值点的个数为2.综上所述时，极值点的个数为0个；时，极值点的个数为2个.【点睛】本题考查的是利用导数研究函数的单调性、最值和极值点，考查了分类讨论的思想，属于较难题.22. 在极坐标系中，曲线的极坐标方程为（1）求曲线与极轴所在直线围成图形的面积；（2）设曲线与曲线交于，两点，求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用互化公式，将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，得出曲线与极轴所在直线围成的图形是一个半径为1的圆周及一个两直角边分别为1与的直角三角形，即可求出面积；（2）联立方程组，分别求出和的坐标，即可求出.【详解】解：（1）由于的极坐标方程为，根据互

21、化公式得，曲线的直角坐标方程为：当时，当时，则曲线与极轴所在直线围成的图形，是一个半径为1的圆周及一个两直角边分别为1与的直角三角形，围成图形的面积.（2）由得，其直角坐标为，化直角坐标方程为，化直角坐标方程为，【点睛】本题考查利用互化公式将极坐标方程化为直角坐标方程，以及联立方程组求交点坐标，考查计算能力.23. 已知，函数.（1）若，求不等式的解集；（2）求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）代入，转化为或，即得解；（2）利用绝对值不等式的性质，可得到，再借助均值不等式，可得，即，可得证【详解】（1）依题意，则或，解得或，故不等式的解集为.（2）依题意，因为，故，故，当且仅当，时等号成立.【点睛】本题考查了绝对值不等式的求解，绝对值不等式的性质和均值不等式，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题