2020届四川省成都外国语学校高三12月月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2020届四川省成都外国语学校高三12月月考数学（理）试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意结合交集的定义可得：.
本题选择B选项.
2．在复平面内，复数z所对应的点A的坐标为（3，4），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】先写出复数z代数形式，再根据复数的模以及除法运算法则求结果.
【详解】
，所以，所以.
故选：C
【点睛】
本题考查复数几何意义、复数的模以及复数除法运算，考查基本分析求解能力，属基础题.
3．等比数列的前n项和为，若，则（ ）
A．15B．30C．45D．60
【答案】C
【解析】根据题设条件，得到，进而得到，即可求解的值，得到答案.
【详解】
由题意，等比数列的前n项和为，满足，
则，所以，
则，故选C.
【点睛】
本题主要考查了等比数列的通项公式，及其前n项和的计算，其中解答中熟记等比数列的通项公式和前n项和公式，准确计算是解得的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
4．有一批种子，对于一颗种子来说，它可能1天发芽，也可能2天发芽，如表是不同发芽天数的种子数的记录：
统计每颗种子发芽天数得到一组数据，则这组数据的中位数是（ ）
A．2B．3C．3.5D．4
【答案】B
【解析】根据数据以及中位数定义求结果.
【详解】
因为这批种子共有个，，所以这组数据的中位数是3，
故选：B
【点睛】
本题考查中位数定义，考查基本分析求解能力，属基础题.
5．秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入的，则输出的S=（ ）
A．8B．10C．12D．22
【答案】D
【解析】根据程序依次计算，直到跳出循环，输出结果，即可对照选择.
【详解】
模拟程序的运行，可得，，不满足条件，执行循环体，，不满足条件，执行循环体，，此时，满足条件，退出循环，输出S的值为22.
故选：D
【点睛】
本题考查循环结构流程图，考查基本分析求解能力，属基础题.
6．已知条件，条件，且是的必要不充分条件，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】先解不等式得p，q，再根据p是q的必要不充分条件得集合包含关系，列出不等式，解得结果.
【详解】
或，
当时，或，当时，，
因为是的必要不充分条件，所以q是p的必要不充分条件，所以.
从而或，即.
故选：C
【点睛】
本题考查根据必要不充分条件求参数，考查基本分析求解能力，属中档题.
7．将函数的图象向右平移单位后，所得图象对应的函数解析式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】先将函数中x换为x-后化简即可.
【详解】
化解为
故选D
【点睛】
本题考查三角函数平移问题,属于基础题目,解题中根据左加右减的法则,将x按要求变换.
8．某几何体的三视图如图所示，其侧视图为等边三角形，则该几何体的体积为（ ）
正视图 侧视图
俯视图
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】先根据三视图还原几何体，再根据圆锥与棱柱体积公式求解.
【详解】
由已知中的三视图可得，该几何体由一个半圆锥和一个三棱柱组合而成，如图，
其中半圆锥的底面半径为1，三棱柱的底面是一个边长为2的正方形，它们的高分别为：与2，则该几何体的体积.
故选：A
【点睛】
本题考查三视图以及圆锥、棱柱体积公式，考查空间想象能力以及基本分析求解能力，属中档题.
9．已知实数a，b满足不等式，则点与点在直线的两侧的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据条件列不等式，结合图象确定可行域，再根据几何概型概率求结果.
【详解】
若点A（1，-1）与点B（-1，-1）在直线的两侧，则，即，又实数a，b满足不等式，作出图象如图：
由图可知，点A（1，-1）与点B（-1，-1）在直线的两侧的概率为.
故选：C
【点睛】
本题考查几何概型概率，考查基本分析求解能力，属中档题.
10．正项数列的前n项和为，且，设，则数列的前2020项的和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】先根据和项与通项关系得，再根据等差数列定义与通项公式、求和公式得，代入化简，最后利用分组求和法求结果.
【详解】
因为，所以当时，，解得，
当时，，
所以 ，
因为，所以，
所以数列是等差数列，公差为1，首项为1，
所以，
所以，
则数列的前2020项的和.
故选：C
【点睛】
本题考查根据和项求通项、等差数列定义、等差数列通项公式与求和公式以及分组求和法，考查基本分析求解能力，属中档题.
11．设函数满足则时，( )
A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值
C．既有极大值又有极小值D．既无极大值也无极小值
【答案】D
【解析】【详解】
函数满足，
，令，
则，
由，得，令，
则
在上单调递减，在上单调递增，
的最小值为.
又在单调递增，
既无极大值也无极小值，故选D.
【考点】1、利用导数研究函数的单调性；2、利用导数研究函数的极值及函数的求导法则.
【方法点睛】
本题主要考察抽象函数的单调性以及函数的求导法则，属于难题.求解这类问题一定要耐心读题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.本题通过观察导函数的“形状”，联想到函数，再结合条件判断出其单调性，进而得出正确结论.
12．已知函数，设方程的四个实根从小到大依次为，对于满足条件的任意一组实根，下列判断中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】先作图确定四个根的范围，再举反例说明A不成立，根据不等式性质否定C,D,最后根据放缩法证B成立.
【详解】
方程的根可化为函数与图象的交点的横坐标，作图如下：
由图象可得，，故；
因为D错误，
若，则可取，但，所以A错误，
因为，所以，
即，，C错；
，
即，
∴，∴.
故选：B
【点睛】
本题考查根据函数零点情况判断不等式，考查综合分析求解判断能力，属中档题.
二、填空题
13．已知，则 .
【答案】
【解析】试题分析：由得，所以.
【考点】两角和的正切公式、二倍公式.
14．向量满足，且，则的夹角的取值范围是________.
【答案】
【解析】根据向量数量积化简模，再解三角不等式得结果.
【详解】
因为，所以，
即，
所以，故
故答案为：
【点睛】
本题考查向量数量积定义以及向量夹角，考查基本分析求解能力，属基础题.
15．在展开式中，的系数是________.
【答案】-8
【解析】根据分步计数原理求的系数.
【详解】
因为
因此只可由得到，
从而项系数为
故答案为：-8
【点睛】
本题考查根据分步计数原理求展开式项的系数，考查基本分析求解能力，属中档题.
16．在平面直角坐标系中，过点（0，1）的直线l与双曲线交于两点A，B，若是直角三角形，则直线l的斜率为____.
【答案】
【解析】先设直线方程与双曲线方程联立方程组，根据垂直条件，结合韦达定理求直线l的斜率.
【详解】
直线l的斜率显然存在，设直线为，联立双曲线：，消去y得：.
①若，则，
解得.
②若（A在左支）设A点坐标（m，n）（），则，联立双曲线无解，故不可能出现。
③若（B在右支），同理不可能
故答案为：
【点睛】
本题考查直线与双曲线位置关系，考查基本分析求解能力，属中档题.
三、解答题
17．在中，角所对的边分别为，.
（1）求证：是等腰三角形；
（2）若，且的周长为5，求的面积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】试题分析：
（1）根据正弦定理边化角有，据此可得，则，所以是等腰三角形；
（2）由（1）结合余弦定理可得：.的周长为，得.由面积公式可得的面积.
试题解析：
（1）根据正弦定理，由可得

，
即，故，由得，
故，所以是等腰三角形；
（2）由（1）知，.
又因为的周长为，得.
故的面积.
18．某中学利用周末组织教职员工进行了一次秋季登山健身的活动，有N个人参加，现将所有参加者按年龄情况分为等七组，其频率分布直方图如图所示，已知这组的参加者是6人.
（1）根据此频率分布直方图求N；
（2）组织者从这组的参加者（其中共有4名女教师，其余全为男教师）中随机选取3名担任后勤保障工作，其中女教师的人数为X，求X的分布列、均值及方差.
【答案】（1）；（2）分布列见解析，，
【解析】（1）根据频率、频数与总数关系列式求解，
（2）先确定这组的参加者人数，再确定随机变量，利用古典概型概率公式求对应概率，最后根据数学期望公式以及方差公式求结果.
【详解】
（1）根据题意，这组频率为，所以；
（2）根据题意，这组的参加者人数为，
的可能取值为1，2，3，，，，
的分布列为：
，
【点睛】
本题考查频率分布直方图、古典概型概率公式、数学期望公式以及方差公式，考查基本分析求解能力，属中档题.
19．在如图所示的几何体中，是边长为2的正三角形，平面ABC，平面平面ABC，，且.
（1）若，求证：平面BDE；
（2）若二面角为，求直线CD与平面BDE所成角.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求出平面BDE法向量，根据向量垂直坐标表示以及线面平行判定定理证明线面平行，
（2）在（1）基础上利用向量数量积求出平面BDE以及平面法向量，根据向量数量积求出两法向量夹角，再根据二面角求出，最后利用空间向量求线面角.
【详解】
（1）取的中点，连接，，
因为，，，为的中点，所以，。
又因为平面平面，所以平面，因为是边长为2的正三角形，所以，；
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，因为，所以，。
设平面的法向量，则
令，所以。
因为，所以，
又平面，所以平面。
（2）设，则，。
设平面的法向量，
则
令，所以。
又平面的法向量，
所以，解得，即知平面的法向量。设直线与平面所成的角为，而，所以，所以，即直线与平面所成的角为.
【点睛】
本题考查利用空间向量证线面平行、利用空间向量求二面角以及线面角，考查基本分析求解能力，属中档题.
20．已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，离心率为，的面积为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若M，N为y轴上的两个动点，且，直线AM和AN分别与椭圆C交于E，D两点.求证：直线ED过定点，并求出该定点.
【答案】（1）；（2）定点为，见解析
【解析】（1）根据条件列关于方程组，解得结果，
（2）先设，根据得，再联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理解得E，D两点坐标，最后利用斜率公式证ED过定点.
【详解】
（1）依题意：，
，
所以，所以椭圆方程：；
（2）设与交于，，
，
解得，
设与交于，
同理可得，所以，
，
所以，，三点共线。从而恒过定点，由于两条不同直线至多有1个交点，故定点为
【点睛】
本题考查椭圆标准方程以及直线过定点，考查基本分析求解能力，属中档题.
21．如果函数满足且是它的零点，则函数是“有趣的”，例如就是“有趣的”，已知是“有趣的”.
（1）求出b、c并求出函数的单调区间；
（2）若对于任意正数x，都有恒成立，求参数k的取值范围.
【答案】（1），，单减区间为0，1），单增区间为；（2）
【解析】（1）根据定义得方程恒成立，解得b、c，再根据复合函数单调性确定函数的单调区间；
（2）先化简不等式，再求导数，根据导函数符号分类讨论,利用导数证明恒成立,再说明不恒成立.
【详解】
（1）因为是“有趣的”，所以
即
的定义域为，单减区间为（0，1），单增区间为.
（2）参数的取值范围为.
引理：不等式对任意正数y都成立。证明如下：
由恒成立，得恒成立。.
我们构造函数。注意到。
构造，注意到，且
我们以下分两部分进行说明：
第一部分：时，恒成立。
时，由引理得：，知道，
从而当时有，时有，所以在（0，1）上为负，在上为正。
从而在上单减，在上单增，最小值为。
从而
第二部分：时，不满足条件。
构造函数。
（ⅰ）若，则对于任意，都有。
（ⅱ）若，则对于任意，，
而，所以在（0，1）上有唯一零点，同时在，时都有。
于是只要，无论是（ⅰ）还是（ⅱ），我们总能找到一个实数，在时都有。
这样在时，都有，结合，所以时，从而在时有。，所以时，不满足要求。
【点睛】
本题考查利用导数求函数单调性以及利用导数研究不等式恒成立，考查综合分析求解能力，属难题.
22．选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系下，直线（为参数），以原点为极点，以轴为非负半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（Ⅰ）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（Ⅱ）若直线与曲线交于，两点，求的值．
【答案】（Ⅰ）直线:，曲线:；（Ⅱ）.
【解析】试题分析：（Ⅰ）消去参数，得直线的普通方程为，由，两边同乘以，得曲线的直角坐标方程为；（Ⅱ）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得
，即，由直线参数的几何意义知，
.
试题解析：（Ⅰ）直线的普通方程为，
由，
即曲线的直角坐标方程为
（Ⅱ）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得
，即，
设方程的两根分别为，则
．
【考点】极坐标与参数方程（互化）、直线参数几何意义．
23．已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若证明：
【答案】（1）（2）见解析.
【解析】（1）由零点分段法讨论的范围，解各个范围内的不等式，最后求并集即可求出解集.（2）由题意可知，即证，对两边平方，作差，根据（1）的结论即可证明结果.
【详解】
（1），
故或或，故不等式的解为.
（2）证明：要证，只需证，
即证（）.
只需证：
因为，
所以只需证：，
又由（1）知，，则，即，
所以（）式显然成立，故原命题得证.
【点睛】
本题考查零点分段法解绝对值不等式，考查分析法证明不等式，属于基础题.
发芽天数
1
2
3
4
5
6
7
≥8
种子数
8
26
22
24
12
4
2
0
1
2
3