2019-2020年高三数学上学期第一次月考试题 理（含解析）.doc

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2019-2020年高三数学上学期第一次月考试题 理（含解析） 【试卷综评】本试卷试题主要注重基本知识、基本能力、基本方法等当面的考察，覆盖面广，注重数学思想方法的简单应用，试题有新意，符合课改和教改方向，能有效地测评学生，有利于学生自我评价，有利于指导学生的学习，既重视双基能力培养，侧重学生自主探究能力，分析问题和解决问题的能力，突出应用，同时对观察与猜想、阅读与思考等方面的考查。 一．选择题(每小题5分，共60分) 【题文】1．设集合，，则的子集的个数是（ ） A．4 B．3 C ．2 D．1 【知识点】集合及其运算. A1 【答案解析】A 解析：由图可知中有两个元素，所以的子集的个数是4故选A. 【思路点拨】由集合中方程的图像得中有两个元素，所以的子集的个数4. 【题文】2．复数的共轭复数为（ ） A． B． C． D． 【知识点】复数的基本概念与运算. L4 【答案解析】B 解析：=，其共轭复数为：，所以选B. 【思路点拨】将已知复数分母实数化得 ，所以其共轭复数为： 【题文】3．下列说法正确的是（ ） A．若命题都是真命题，则命题“”为真命题 B．命题“若，则或”的否命题为“若则或” C．命题“”的否定是“” D．“”是“”的必要不充分条件 【知识点】命题及其关系、充分条件、必要条件；基本逻辑联结词及量词. A2 A3 【答案解析】C 解析：若命题都是真命题，则命题“”是假命题，故A错；命题“若，则或”的否命题为“若则且”，故B错；“”是“”的充分不必要条件，故D错；所以选C. 【思路点拨】根据命题及其关系、充分条件、必要条件；基本逻辑联结词及含量词的命题的否定，确定个选项的正误. 【题文】4．一个几何体的三视图如图所示，已知这个几何体的体积为，则的值为（ ） A． B． C． D． 【知识点】空间几何体的三视图. G2 【答案解析】B 解析：此几何体是四棱锥，其底面为横边长5 纵边长6的矩形，高为.由棱锥体积公式得： 解得：，故选B. 【思路点拨】由三视图得：此几何体是四棱锥，由棱锥体积公式求得值. 【题文】5．已知函数，且，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【知识点】解不等式. E8 【答案解析】A 解析：由得：；由得： 所以实数的取值范围是，故选A. 【思路点拨】在分段函数的每一段上解不等式，最后取各段解集的并集. 【题文】6．若，则向量与的夹角为（ ） A． B. C. D. 【知识点】平面向量的线性运算. F1 【答案解析】C 解析：因为，所以以向量为邻边 的平行四边形是矩形，且向量与夹角，由图易知向量与的夹角为 ，故选C. 【思路点拨】由已知等式得：以向量为邻边的平行四边形是矩形，且向量与夹角，由图易知向量与的夹角为. 【题文】7．已知，，，，则 （ ） A． B． C． D． 【知识点】数值大小的比较. E1 【答案解析】D 解析： 且，，故选D. 【思路点拨】根据已知条件把分成正数和负数两类，得，再由指数函数性质得，所以. 【题文】8．在正项等比数列中，，则（ ） A． B． C． D． 【知识点】等比数列. D3 【答案解析】D 解析：由得， 所以，故选D. 【思路点拨】先由等比数列通项公式及已知条件求得公比q,再由求得. 【题文】9．右边程序运行后，输出的结果为 （ ） i=1 s=0 p=0 WHILE i＜＝xx p=i*（i+1） s=s+1/p i=i+1 WEND PRINT s END A． B． C． D． 【知识点】程序框图. L1 【答案解析】C 解析：程序执行的结果为： 因为， 所以 ，故选C. 【思路点拨】程序执行的结果是可以用列项求和的式子，故用列项求和法求得结果. 【题文】10．设变量满足，若目标函数的最小值为，则的值为（ ） A． B． C． D． 【知识点】线性规划. E5 【答案解析】B 解析：目标函数的最小值为，即直线的纵截距最大值为1.由图可知最优解是方程组的解，即，代入 得：，故选B. 【思路点拨】根据题意确定目标函数取得最大值的最优解，进而得到值. 【题文】_ D _ C _ B _ A _ 11．如图，四面体中，，，平面平面，若四面体的四个顶点在同一个球面上，则该球的体积为（） A． B. C. D. 【知识点】多面体与球；球的体积. G8 【答案解析】C 解析：因为平面平面，,所以平面, 所以,因为,所以,所以平面ACD,所以 ,易得，设BC中点为O,则：OA=OB=OC=OD= ,即点O是四面体外接球的球心，所以该球的体积为：，故选C. 【思路点拨】根据已知条件确定线段的中点为球心，球半径为,进而得到球的体积. 【题文】12．已知分别是双曲线的左、右焦点，以坐标原点为圆心，为半径的圆与双曲线在第一象限的交点为,则当的面积等于时，双曲线的离心率为 （ ） A. B. C. D.2 【知识点】双曲线及其几何性质. H6 【答案解析】A 解析：设：则，解的 故选A. 【思路点拨】根据已知条件列出关于的方程组，消去得的等量关系，从而求得离心率. 二．填空题(每小题5分，共20分) 【题文】13．曲线与直线及轴所围成的图形的面积是 ． 【知识点】定积分与微积分基本定理. B13 【答案解析】 解析：所求. 【思路点拨】根据定积分的几何意义及微积分基本定理求得结论. 【题文】14．设为定义在上的奇函数，当时，，则 ． 【知识点】奇函数的定义及性质. B4 【答案解析】－2 解析： 为定义在上的奇函数，得， . 【思路点拨】由处有意义的奇函数的性质：得，在由奇函数的定义求得-2. 【题文】15．已知的展开式中的系数为5，则 【知识点】二项式定理的应用. J3 【答案解析】－1 解析：因为的展开式中，含的项为: ,所以,解得：. 【思路点拨】利用二项式定理及多项式乘法的意义，得到的展开式中的系数的表达式，从而求得. 【题文】16．数列的通项公式，其前项和为，则= . 【知识点】数列的前项和. D4 【答案解析】3019 解析：当时，， 当时， 而， ， 又 . 【思路点拨】先按n的奇偶性将通项公式变形，得所有奇数项为1，所有偶数项从开始每两项的和为零，由此规律求得结论. 三．解答题(共70分，解答须写出解题过程和推演步骤) 【题文】17．（本题满分12分） 在△中，角的对边分别为.已知，， 且 (1) 求角的大小； （2）求△的面积. 【知识点】三角函数单元综合. C9 【答案解析】（1）C=60°（2） 解析：(1) ∵A+B+C=180° 由 ∴ 整理，得 …4分 解 得： ……5分 ∵ ∴C=60° ………6分 （2）解由余弦定理得：c2=a2+b2－2abcosC，即7=a2+b2－ab ∴ ， 由条件a+b=5得 7=25－3ab …… 9分 ……10分 ∴ …………12分 【思路点拨】利用二倍角公式将化为 求得，因为，所以C=60°. （2）由（1）及和余弦定理得：7=a2+b2－ab，又a+b=5，所以， ∴. 【题文】18. （本题满分12分） 在一次数学考试中，第22题和第23题为选做题. 规定每位考生必须且只须在其中选做一题. 设某4名考生选做每一道题的概率均为 . （1）求其中甲、乙两名学生选做同一道题的概率； （2）设这4名考生中选做第22题的学生个数为，求的概率分布列及数学期望. 【知识点】概率；离散型随机变量及其分布列. K5 K6 【答案解析】（1） ；（2）变量的分布列为： 0 1 2 3 4 解析：（1）设事件表示“甲选做第21题”，事件表示“乙选做第21题”，则甲、乙2名学生选做同一道题的事件为“”，且事件、相互独立. ∴=. （2）随机变量的可能取值为0,1,2,3,4，且～. ∴ ∴变量的分布列为： 0 1 2 3 4 （或） 【思路点拨】(1)根据相互独立事件同时发生的概率公式得：所求;(2)易知随机变量的可能取值为0,1,2,3,4，且～.由此可求得变量的分布列及其数学期望. 【题文】19.（本题满分12分） 已知在四棱锥中，底面是矩形， 且，，平面，、分 别是线段、的中点． （1）证明： （2）在线段上是否存在点，使得∥平面，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. （3）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值 【知识点】立体几何单元综合. G12 【答案解析】（1）略； (2)点G是线段AP上距点A近的四等分点，理由略；（3） 解析：解法一：（1）∵ 平面，，，，建立如图所示的空间直角坐标系，则．…………2分 不妨令∵，∴， 即．…………………………4分 （Ⅱ）设平面的法向量为，由，得，令，解得：．∴． ……………6分 设点坐标为，，则，要使∥平面，只需，即，得，从而满足的点即为所求．……………………………8分 （Ⅲ）∵，∴是平面的法向量，易得，……9分 又∵平面，∴是与平面所成的角， 得，，平面的法向量为 ……10分 ∴， 故所求二面角的余弦值为．………12分 解法二：（Ⅰ）证明：连接，则，， 又，∴ ，∴ ……2分 又，∴ ，又， ∴ ……4分 （Ⅱ）过点作交于点，则∥平面，且有…5分 再过点作∥交于点，则∥平面且，∴ 平面∥平面 …7分 ∴ ∥平面．从而满足的点即为所求．……………8分 （Ⅲ）∵平面，∴是与平面所成的角，且． ∴ ……………………………………………9分 取的中点，则，平面， 在平面中，过作，连接，则， 则即为二面角的平面角………………10分 ∵∽，∴ ，∵，且 ∴ ，，∴ ……12分 【思路点拨】法一：(1)空间向量法.建立空间直角坐标系，得到直线PF、DF的方向向量，由方向的积为零得结论法,(2)先求平面PFD的法向量，再设出G点坐标，由得点G位置.(3)找出二面角两半平面的法向量，求两法向量的余弦值； 法二：（1）连接AF,证明平面PAF;（2）过点作交于点， 过点作∥交于点，此时 ∥平面且. （3）找出二面角的平面角：取的中点、PD中点N,可证得为所求二面角的平面角，再求这个角的余弦值. 【题文】20.（本小题满分12分） 已知定点，，满足的斜率乘积为定值的动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程; (2)过点的动直线与曲线的交点为，与过点垂直于轴的直线交于点，又已知点,试判断以为直径的圆与直线的位置关系，并证明。 【知识点】曲线与方程；直线与圆锥曲线；直线与圆的位置关系. H9 H8 H4 【答案解析】(1) ;(2) 直线PF与BD为辅直径的圆M相切,证明：略. 解析：(1)设， 得.………4分 (2)设代入得 得 ………6分 当时,,, ………8分 又得,PD的中点，圆M的半径. 圆心M到时直线PF距离，……11分 当 . 综上，直线PF与BD为辅直径的圆M相切。……12分 【思路点拨】(1) 设，得 (2)设出直线AP方程，从而求得点P坐标，由圆心到直线的距离与半径的关系得结论. 【题文】21.（本小题满分12分） 已知函数 ，且. （1）若在处取得极值，求的值； （2）求的单调区间； （3）若的最小值为1，求的取值范围。 【知识点】导数的应用. B12 【答案解析】（1）1; (2) 当时,的单调增区间为 无单调递减区间， 当时， （3） 解析：（1）……2分 ∵在x=1处取得极值，∴解得…3分 （2） ∵ ∴ ①当时，在区间 ∴的单调增区间为………5分 ②当时，由 ∴………8分 （3）当时，由（Ⅱ）①知，………10分 当时，由（Ⅱ）②知，在处取得最小值 综上可知，若得最小值为1，则a的取值范围是……12分 【思路点拨】（1）由函数的导函数在处的函数值为零得值；（2）由导函数大于零得单调增区间，导函数小于零得单调减区间. (3)结合（2）确定函数取得最小值的点， 通过此点的函数值与1比较得a的取值范围. 选考题：请考生在第（22）、（23）两题中任选一题作答.注意：如果多做，则按所做的第一个题目计分. 【题文】22.（本题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程 已知曲线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，设直线的参数方程为（为参数）. （1）求曲线的直角坐标方程与直线的普通方程； （2）设曲线与直线相交于两点，以为一条边作曲线的内接矩形，求该矩形的面积。 【知识点】极坐标与参数方程. N3 【答案解析】（1）曲线的直角坐标方程为：.直线的普通方程为： ；（2）； 解析：（1）对于：由，得， 进而.……2分 对于：由（为参数），得， 即.………4分 （2）由（1）可知为圆，圆心为，半径为2， 弦心距，…6分. 弦长，……8分. 因此以为边的圆的内接矩形面积……10分 【思路点拨】（1）利用公式，将曲线的极坐标方程为 化为直角坐标方程，将直线的参数方程（为参数）消去参数t得 直线的普通方程.（2）由点到直线的距离公式求得弦心距d，进一步求出弦长|PQ| 再利用求值. 【题文】23. （本题满分10分）选修4-5：不等式选讲 设函数. （1）当时，求函数的定义域； （2）若函数的定义域为，试求的取值范围。 【知识点】函数的定义域；不等式恒成立；函数的最值. N4 【答案解析】（1）；（2）. 解析：（1）当时，， 由，得或或， 解得或 即函数的定义域为.------（5分） （2）由题可知恒成立，即恒成立， 而，所以， 即的取值范围为. -----（10分） 【思路点拨】（1）当时，，由分段讨论得原函数的定义域；（2）若函数的定义域为，则恒成立，即恒成立，所以只需求的最小值，此最小值为1，所以.