甘肃省兰州市第一中学2020届高三9月月考数学（理）试题 Word版含解析

兰州一中2019-2020-1学期高三9月月考试题

数   学（理）

一、选择题（本大题共12 小题，每小题5分，共60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，请将正确答案涂在答题卡上.）

1.已知集合A＝{x|y＝lg(x－)}，B＝{x|－cx<0，c>0}，若A⊆B，则实数c的取值范围是(　　)

A. (0,1] B. [1，＋∞)

C. (01) D. (1，＋∞)

【答案】B

【解析】

【分析】

A集合用对数的真数的定义即可求出范围，B集合化简后含有参数，所以，画出数轴，用数轴表示A⊆B，即可求出c的取值范围.

【详解】解法1：A＝{x|y＝lg(x－)}＝{x|x－>0}＝{x|0<x<1}，B＝{x|－cx<0，c>0}＝{x|0<x<c}，因为A⊆B，画出数轴，如图所示，得c≥1.

解法2：因为A＝{x|y＝lg(x－)}＝{x|x－>0}＝{x|0<x<1}，取c＝1，则B＝{x|0<x<1}，所以A⊆B成立，故可排除C，D；取c＝2，则B＝{x|0<x<2} ，所以A⊆B成立，故可排除A，故选B.

【点睛】本题考查集合关系求参数范围的题目，这类题目采用数形结合的方法，通过数轴来表示集合间的关系来求解，属于中等题.

2.若复数满足，则的虚部为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

分析:由复数的模长公式计算出等式右边，再把复数变形，利用复数代数形式的乘除运算计算出z，进而得到虚部。

详解：由题意得，

所以z的虚部为.

故本题答案为

点睛：本题主要考查复数的概念，复数的模长公式以及复数代数形式的四则运算，属于基础题。

3.已知直线：是圆的对称轴.过点作圆的一条切线，切点为，则（    ）

A. 2 B.  C. 6 D.

【答案】C

【解析】

试题分析：直线l过圆心，所以，所以切线长，选C.

考点：切线长

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4.如图所示，在斜三棱柱的底面中，，且，过作底面，垂足为，则点在（ ）

A. 直线上 B. 直线上

C. 直线上 D. 内部

【答案】A

【解析】

【分析】

由题设条件可得出平面，由此可得出平面平面，由平面与平面垂直的性质定理可知，要作底面，只需即可，由此可知点的位置.

【详解】由题意可知，，且，，、平面，

平面，平面，平面平面.

由于平面平面，由平面与平面垂直的性质定理可知，要作底面，只需即可，因此，点在直线上，故选：A.

【点睛】本题考查线面垂足点的位置，解题的关键就是证明出面面垂直，并借助面面垂直的性质定理进行转化，考查推理能力，属于中等题.

5.已知三条直线，，不能构成三角形，则实数的取值集合为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

因为三条直线，，不能构成三角形，所以直线与，平行，或者直线过与的交点，直线与，分别平行时， ，或 ，直线过与的交点时， ，所以实数的取值集合为，故选D.

6.采用系统抽样方法从人中抽取32人做问卷调查，为此将他们随机编号为，分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为.抽到的人中，编号落入区间的人做问卷，编号落入区间的人做问卷，其余的人做问卷.则抽到的人中，做问卷的人数为

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

从960人中用系统抽样方法抽取32人，则抽样距为k＝，

因为第一组号码为9，则第二组号码为9＋1×30＝39，…，

第n组号码为9＋(n－1)×30＝30n－21，由451≤30n－21≤750，

得，所以n＝16,17，…，25，共有25－16＋1＝10(人)．

考点：系统抽样.

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7.先后抛掷两枚均匀的正方体骰子(它们的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6)，骰子朝上的面的点数分别为，则的概率为 (    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

试题分析：由题意知、应满足，所以满足题意的有三种，所以概率为．

考点：1．古典概型；

8.实数满足条件，则的最大值为（     ）

A.  B.  C. 1 D. 2

【答案】D

【解析】

绘制不等式组表示的平面区域如图所示，考查目标函数的最值，

由几何意义可知，目标函数在点处取得最小值，

此时取得最大值：.

本题选择D选项.

9.从装有颜色外完全相同的3个白球和个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为，已知，则（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由题意知，X～B（5，），由EX＝53，知X～B（5，），由此能求出D（X）．

【详解】解：由题意知，X～B（5，），

∴EX＝53，解得m＝2，

∴X～B（5，），

∴D（X）＝5（1）．

故选：B．

【点睛】本题考查离散型随机变量的方差的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意二项分布的灵活运用．

10.已知等比数列的各项均为正数且公比大于1，前n项积为，且，则使得的n的最小值为(　　)

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

【答案】C

【解析】

【分析】

由，结合等比性质求得，题中可转化为，，可解得答案

【详解】是等比数列，，又由题可得，，

解得，舍去，，，

所以n的最小值为6，选C

【点睛】本题考察了等比中项的性质及下标的代换关系，应熟练掌握公式的应用

11.函数的定义域为，，对任意，，则的解集为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

构造函数，利用导数判断出函数在上的单调性，将不等式转化为，利用函数的单调性即可求解.

【详解】依题意可设，所以.

所以函数在上单调递增，又因为.

所以要使，即，只需要，故选：B.

【点睛】本题考查利用函数的单调性解不等式，解题的关键就是利用导数不等式的结构构造新函数来解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

12.已知椭圆与双曲线有相同的焦点，若点是与在第一象限内的交点，且,设与的离心率分别为，则的取值范围是(     )

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

设椭圆与双曲线的半焦距为,,由题意可得，用表示出，结合二次函数的性质即可求出范围.

【详解】如图所示：

设椭圆与双曲线的焦距为,,由题意可得

， ，即

，即

，

由可知，令，，

所以，故选D.

【点睛】本题主要考查了双曲线和椭圆的性质以及离心率的问题，考查了转化思想，属于中档题.

二、填空题（本大题共4 小题，每小题5分，共20分）

13.________

【答案】

【解析】

因，而，，应填答案。

14.已知抛物线方程为y2＝－4x，直线l的方程为2x＋y－4＝0，在抛物线上有一动点A，点A到y轴的距离为m，到直线l的距离为n，则m＋n的最小值为________.

【答案】

【解析】

【分析】

先作出图形，根据题意可知抛物线上的动点到准线的距离等于该点到y轴的距离加1，由此可表示出|AH|+|AN|=m+n+1；根据抛物线的性质可得|AF|+|AH|=m+n+1，结合所有连线中直线最短的原理，可知当A，F，H三点共线时，m+n最短即可求出其最小值

【详解】如图所示：

如图，过点A作AH⊥l于H，AN垂直于抛物线的准线于N，则|AH|+|AN|=m+n+1，

连接AF，则|AF|+|AH|=m+n+1，

由平面几何知识，得当A，F，H三点共线时，|AF|+|AH|=m+n+1取得最小值，根据点到直线距离公式，求得|FH|=

即m+n的最小值为

【点睛】抛物线中涉及焦半径问题，需要结合抛物线性质：到焦点距离等于到准线距离进行转化，再结合几何关系进行求解

15.若将函数表示为其中，，，…，为实数，则＝______________．

【答案】10

【解析】

法一：由等式两边对应项系数相等．

即：．

法二：对等式：两边连续对x求导三次得：，再运用赋值法，令得：，即

16.已知实数，若关于的方程有三个不同的实根，则的取值范围为____________．

【答案】

【解析】

试题分析：原问题等价于有三个不同的实根，即与有三个不同的交点，当时，为增函数，在处取得最小值为，与只有一个交点.当时，，根据复合函数的单调性，其在上先减后增.所以，要有三个不同交点，则需，解得.

考点：函数与方程零点

【思路点晴】本题主要考查复合函数零点与单调性的问题.函数是一个分段函数，先对含有的方程进行分离常数，变为探究两个函数图像个交点的问题来研究.分离常数后，由于是一个分段函数，故分成两个部分来研究，当时，函数为增函数，在时有最小值为，由此在轴右边仅有一个交点.利用复合函数单调性可知函数在轴左边先减后增，故要使两个函数有个交点，则需，解得.

三、解答题(写出必要的计算步骤、解答过程，只写最后结果的不得分，共70分)

17.已知向量函数

(1)求函数的单调增区间;

(2)当时,求函数值域.

【答案】(1)；（2）

【解析】

【分析】

（1）先将表示出来，再结合二倍角公式进行转化，可得，进一步结合辅助角公式化简，可得，结合增区间的通式可求得

（2）当，分析在对应区间的增减性，再求出值域

【详解】(1)

由得故单增区间是

(2)由（1）知在上单调递增,∴当时, ；

当时, ，值域

【点睛】解答三角函数综合题时，需先将三角函数化到最简，将所求函数括号中的整体结合基础函数图像性质进行代换求解。要快速求解此类题型，需要对于三类三角函数的基础图像有较为扎实的掌握，包括增减区间、对称轴、对称中心等

18.在锐角中， ， ， 为内角，，的对边，且满足．

（）求角的大小．

（）已知，边边上的高，求的面积的值．

【答案】（1）；（2）

【解析】

试题分析：（）由，利用正弦定理和三角函数的恒等变换，

可得，即可得到角的值；

（）由三角形的面积公式，代入，解得的值，及的值，再根据余弦定理，求得的值，由三角形的面积公式，即可求解三角形的面积.

试题解析：

（）∵，

由正弦定理得，

∴，

，

∵且，∴，

∵，．

（）∵，

代入，，，得，

由余弦定理得：，

代入，得，

解得，或，

又∵锐角三角形，

∴，∴，

∴

19.在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为为参数，直线l与曲线C：交于A，B两点

求的长；

在以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点P的极坐标为，求点P到线段AB中点M的距离．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

试题分析：（1）把直线的参数方程代入曲线的方程，得，即可求解；（2）根据中点坐标的性质可得中点对应的参数为，由的几何意义，可运算结果.

试题解析：（1）直线的参数方程化为标准型（为参数）

代入曲线方程得设对应的参数分别为，则，，

所以

（2）由极坐标与直角坐标互化公式得直角坐标，

所以点在直线，中点对应参数，

由参数几何意义，所以点到线段中点的距离

考点：直线的参数方程；极坐标方程的应用.

20.已知.

（1）当时,求的解集;

（2）若不存在实数,使成立,求的取值范围.

【答案】(1)或.(2)

【解析】

【分析】

(1)当时,不等式即,零点分段可得不等式的解集为或.

(2)依题意，结合绝对值三角不等式的性质可得,据此求解绝对值不等式可得.

【详解】(1)当时, ,则即,

当时,原不等式可化为,解得;

当时,原不等式可化为,解得,原不等式无解;

当时,原不等式可化为,解得.

综上可得,原不等式的解集为或.

(2)依题意得,对,都有,

则 ,

所以或,所以或 (舍去),所以.

【点睛】绝对值不等式的解法：

法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；

法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；

法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．

21.设f(x)=xln x–ax2+(2a–1)x，aR.

（Ⅰ）令g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间；

（Ⅱ）已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.

【答案】（Ⅰ）当时，函数单调递增区间为，当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为； （Ⅱ）

【解析】

试题分析：（Ⅰ）先求出，然后讨论当时，当时的两种情况即得.

（Ⅱ）分以下情况讨论：①当时，②当时，③当时，④当时，综合即得.

试题解析：（Ⅰ）由

可得，

则，

当时，

时，，函数单调递增；

当时，

时，，函数单调递增，

时，，函数单调递减.

所以当时，单调递增区间为；

当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，.

①当时，，单调递减.

所以当时，，单调递减.

当时，，单调递增.

所以在x=1处取得极小值，不合题意.

②当时，，由(Ⅰ)知在内单调递增，

可得当当时，，时，，

所以在(0,1)内单调递减，在内单调递增，

所以在x=1处取得极小值，不合题意.

③当时，即时，在(0,1)内单调递增，在内单调递减，

所以当时，，单调递减，不合题意.

④当时，即，当时，，单调递增,

当时，，单调递减，

所以f(x)在x=1处取得极大值，合题意.

综上可知，实数a的取值范围为.

【考点】应用导数研究函数的单调性、极值,分类讨论思想

【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力及分类讨论思想等.

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22.已知函数

（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）若在上恒成立，求实数的取值范围；

（Ⅲ）若数列的前项和，，求证：数列的前项和.

【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)；(Ⅲ)证明见解析.

【解析】

试题分析：将，求出切线方程求导后讨论当时和时单调性证明，求出实数的取值范围先求出、的通项公式，利用当时，得，下面证明：

解析：（Ⅰ）因为，所以，，切点为.

由，所以，所以曲线在处的切线方程为，即

（Ⅱ）由，令，

则（当且仅当取等号）.故在上为增函数.

①当时，,故在上为增函数，

所以恒成立，故符合题意；

②当时，由于，，根据零点存在定理，

必存在，使得，由于在上为增函数，

故当时，,故在上为减函数，

所以当时，,故在上不恒成立，所以不符合题意.综上所述，实数的取值范围为

（III）证明：由

由（Ⅱ）知当时，，故当时，，

故，故.下面证明：

因为

而，

所以，，即：

点睛：本题考查了利用导数的几何意义求出参数及证明不等式成立，借助第二问的证明过程，利用导数的单调性证明数列的不等式，在求解的过程中还要求出数列的和，计算较为复杂，本题属于难题。