2020届辽宁省鞍山市第一中学高三上学期11月月考数学（理）试题（解析版）

2020届辽宁省鞍山市第一中学高三上学期11月月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知，，，且，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据集合的运算性质，得不等式求解即可．

【详解】

∵U＝R，集合,,

∴∁UA＝（a,+∞），

又（∁UA）∪B＝R，

∴实数a的取值范围是（﹣∞，1）．

故选：A．

【点睛】

本题考查了集合的定义与运算问题，是基础题目．

2．已知，，则“”是“与”的夹角为锐角的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．既不充分也不必要条件 D．充要条件

【答案】B

【解析】由题意可得 与λ的夹角为锐角的等价条件，再利用充要条件判断即可

【详解】

∵向量（1，2），（1，1），∴λ（1+λ，2+λ），

再根据与λ的夹角为锐角可得 •（λ）＞0，且，

即 λ0，且λ≠0，即5+3λ＞0 且λ≠0，

解得 λ，且 λ≠0，故“”是“与”的夹角为锐角的必要不充分条件

故选：B．

【点睛】

本题主要考查两个向量共线的性质，体现了等价转化的数学思想，属于基础题．

3．下列命题中正确命题的个数是（    ）

（1）侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；

（2）三棱锥的三个侧面不可能都是直角三角形；

（3）直角三角形的直观图可能是直角三角形；

（4）圆台的任意两条母线延长后一定交于一点.

A．1 B．2 C．3. D．4

【答案】A

【解析】利用正棱锥，圆台的性质判断（1），（4），利用直观图性质判断（3），利用特殊图形判断（2）

【详解】

若棱锥的各棱分别为，满足侧面都是等腰三角形，显然不是正棱锥，故（1）错误

三棱锥的三个侧面可能都是直角三角形；例如从正方体同一顶点出发的三条棱组成的三棱锥；故（2）错误

利用直观图画法知直角三角形的直观图不可能是直角三角形，（3）错误；

由圆台的定义知（4）正确

故选：A

【点睛】

本题考查正棱锥，圆台的定义性质，考查直观图的性质，考查推理能力，属于基础题．

4．设，满足约束条件，则的最小值为（    ）

A．-3 B．0 C．2 D．3

【答案】A

【解析】画出可行域，平移直线，数形结合得目标函数的最小值

【详解】

画出可行域如图阴影所示：

令，则当直线过A时，截距最大，z取最小值，则的最小值为-3

故选：A

【点睛】

本题考查了线性规划的应用，考查数形结合思想，属于中档题．

5．已知等差数列的公差，若的前项之和大于前项之和，则（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】设等差数列的前项和为，由并结合等差数列的下标和性质可得出正确选项.

【详解】

设等差数列的前项和为，由，

得，可得，

故选：C.

【点睛】

本题考查等差数列性质的应用，解题时要充分利用等差数列下标和与等差中项的性质，可以简化计算，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

6．如图，长方体中，，，是侧棱上靠近点的三等分点，则三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】A

【解析】连接作，证明平面则为点E到平面的距离，再计算体积即可

【详解】

连接作，因为平面则又，故平面则为点E到平面的距离，因为

又为直角三角形，则 ，故

故选：A

【点睛】

本题考查线面垂直的应用，考查等体积转化 ，考查计算能力，是中档题

7．已知中，边上的中垂线分别交、于点、，若，，则（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【解析】根据题意建立平面直角坐标系，设B（﹣a，0），C（a，0），E（0，b），∠ACB＝α，由||＝5，求出点A的坐标，再利用•8，求出|AB|．

【详解】

建立平面直角坐标系如图所示，

设B（﹣a，0），C（a，0），E（0，b），∠ACB＝α，

由||＝5，得A（a-5cosα，5sinα），

∴（5cosα-a，b﹣5sinα），（2a，0），

∴•2a（5cosα-a）+0＝10acosα-2a2＝8，

∴a2﹣5acosα＝-4，

又（-2a+5cosα，﹣5sinα），

∴

＝4a2﹣20acosα+25

＝4（a2﹣5acosα）+25

＝9，∴AB＝3．

故选：B．

【点睛】

本题考查三角形边长的求法，考查平面向量的坐标表示与数量积运算问题等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查数形结合思想，是中档题．

8．若为奇函数，且是的一个零点，则一定是下列哪个函数的零点 （ ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】试题分析：根据题意有，所以，而，所以有是函数的零点，故选A．

【考点】函数的零点的定义．

9．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据对数与指数函数的单调性比较大小即可．

【详解】

因为，排除C,D；

故选：B

【点睛】

本题考查了大小比较，考查了指数、对数函数的性质，考查分析解决问题的能力，属于基础题．

10．已知正实数，满足，则的最小值为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】D

【解析】将所求变形为积是定值的形式，利用基本不等式求最小值

【详解】

当且仅当 等号成立

故选：D

【点睛】

本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

11．已知0＜β＜α，且，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】利用同角三角函数的基本关系求得sinα、sin（α﹣β）的值，再利用两角差的余弦公式，求得cosβ＝cos[α﹣（α﹣β）]的值．

【详解】

∵cosα，cos（α﹣β），且0＜β＜α，

∴0＜α﹣β，

∴可得，sinα，sin（α﹣β），

∴cosβ＝cos[α﹣（α﹣β）]＝cosα•cos（α﹣β）+sinα•sin（α﹣β）．

故选：B．

【点睛】

本题主要考查二倍角公式，同角三角函数的基本关系，两角差的余弦公式，属于基础题．

12．已知，，若有唯一解，则的取值范围（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】将分层利用内外层函数的奇偶性与单调性求解

【详解】

令 ，易知为偶函数，且，若函数有唯一解，故有唯一解，由则当，函数单调递增，有唯一解

故选：A

【点睛】

本题考查利用导数研究函数单调性，考查函数与方程的根，熟练运用内层函数的单调性确定方程根是关键，是中档题

二、填空题

13．已知，，则______.

【答案】

【解析】利用指数互化及对数运算性质求解

【详解】

则，故

故答案为：

【点睛】

本题考查指对互化及对数运算性质，是基础题，注意对数运算性质的合理运用．

14．已知是平面单位向量，且，若平面向量满足，则________.

【答案】

【解析】根据数量积得出，夹角为，结合题意可得，运用数量积的定义判断求解即可．

【详解】

∵，是平面单位向量，且，

∴，夹角为，

∵向量满足，

∴与，夹角相等，且为锐角，

∴应该在，夹角的平分线上，

即，，

∴，

故答案为：.

【点睛】

本题简单的考查了平面向量的运算，数量积的定义，几何图形的运用，属于容易题，关键是判断夹角即可，属于中档题.

15．如图，底面是平行四边形的四棱锥中，，，且，若平面，则______.

【答案】

【解析】取棱PC上的点F，使，取棱PD上的点M使，连接BD．设BD∩AC＝O．结合平行四边形的性质及三角形中位线定理及面面平行的判定定理可得平面BMF∥平面AEC，进而由面面平行的性质得到BF∥平面AEC．

【详解】

存在点F满足使BF∥平面AEC

理由如下：

取棱PC上的点F，使，取棱PD上的点M使，则E为MD中点，

连接BD．设BD∩AC＝O．

连接BM，OE．

∵=,F为PC的中点，E是MD的中点，

∴MF∥EC，BM∥OE．

∵MF⊄平面AEC，CE⊂平面AEC，BM⊄平面AEC，OE⊂平面AEC，

∴MF∥平面AEC，BM∥平面AEC．

∵MF∩BM＝M，

∴平面BMF∥平面AEC．

又BF⊂平面BMF，

∴BF∥平面AEC．

故答案为：

【点睛】

本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，关键是证得平面BMF∥平面AEC．

16．已知递增数列共有2019项，且各项均不为零，，若从数列中任取两项，，当时，仍是数列中的项，则数列中的各项和______.

【答案】1010

【解析】递增数列{an}共有2019项，且各项均不为零，a2019＝1，可得0＜a1＜a2＜…＜a2019＜a2019＝1，因此0＜a2019﹣a2018＜a2019﹣a2017＜…＜a2019﹣a1＜1，根据上述每项均在数列{an}中，可得a2019﹣a2018＝a1，a2019﹣a2017＝a2，…，a2019﹣a1＝a2018，进而得出答案．

【详解】

∵递增数列{an}共有2019项，且各项均不为零，a2019＝1，

∴0＜a1＜a2＜…＜a2018＜a2019＝1，

∴0＜a2019﹣a2018＜a2019﹣a2017＜…＜a2019﹣a1＜1，

且上述每项均在数列{an}中，

∴a2019﹣a2018＝a1，

a2019﹣a2017＝a2，

…，

a2019﹣a1＝a2018．

即a2018+a1＝a2017+a2＝…＝a1+a2018＝a2019＝1．

数列{an}的各项和2S2019＝2019+1．

S2019＝1010．

故答案为：1010．

【点睛】

本题考查了数列递推关系、数列的单调性、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

三、解答题

17．函数.

（1）若等式恒成立，求的取值范围.

（2）若在上无解，求实数的取值范围.

【答案】（1）

（2）

【解析】（1）分类讨论去绝对值解不等式求解即可；

（2）去绝对值转化为二次不等式有解问题，即可得解.

【详解】

（1）时，，，不合题意；

时，，，不合题意；

时，，则，解得，∴，

综上.

（2）由已知时恒成立，即恒成立，

令，则有，解得.

综上.

【点睛】

本题考查绝对值不等式，考查二次函数有解问题，考查转化化归能力，是中档题

18．设函数，且的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为.

（1）求的值；

（2）求在区间上的单调区间.

【答案】（1）

（2）的增区间为，减区间为

【解析】（1）化简函数为利用周期公式求解

（2）利用的单调区间列不等式求解即可

【详解】

（1），由已知，又，∴；

（2）令，，解得，，

∴的减区间为，，

同理，增区间为，，

∵，∴的增区间为，减区间为.

【点睛】

本题考查三角恒等变换，考查余弦函数的单调性，考查计算能力，是中档题

19．已知数列满足，，.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，记数列的前项和，求.

【答案】（1）

（2）

【解析】（1）由，得.两式作差得，构造等差数列求解

（2）变形利用累加法求和

【详解】

（1）∵，∴.

∴，则，令，，则.

∴，∴，∴.

（2）∵，

∴.

【点睛】

本题考查由递推关系求通项公式，考查构造法及变形能力，准确将变形裂项相消求和是关键，是中档题

20．在中，是的中点，是的中点，，.

（1）求的值；

（2）若，求的面积.

【答案】（1）

（2）或

【解析】（1）利用中线长度及余弦定理解方程求解

（2）记，，利用正弦定理得或，求得面积

【详解】

由题

又由余弦定理得，两式相加得 ；

（2）记，，∵，∴，

，，，∴，

∴或.

若，则，故 ，∴；

若，则，∴，∴，∴；

综上所述，面积为或.

【点睛】

本题考查正余弦定理及应用，考查向量的三角形中线与向量模长的计算，考查面积公式考查，计算能力，是中档题

21．已知数列满足，，.

（1）若是等比数列，且，求正整数的最小值，以及取最小值时相应的公比；

（2）若，，…，成等差数列，求数列，，…，的公差的取值范围.（参考数值：，）

【答案】（1）的最小值为8，.

（2）

【解析】（1）利用等比数列性质令n=1,确定，结合等比数列通项公式及对数运算得m的范围得解

（2）利用等差数列通项公式列的不等式组，利用分离参数转化为恒成立问题求解公差的取值范围

【详解】

（1）设公比为，则.由已知，则.

∴，则.∵，

∴，

∴的最小值为8，∴，.

（2）设公差为，则.

∴且.

时，.

时，则有且，∴.

综上所述，.

【点睛】

本题考查等差与等比数列的通项公式，考查基本量的运算，熟练转化为恒成立问题是关键，是中档题

22．函数满足，.

（1）若，，求实数的取值范围；

（2）若有三个零点，求实数的取值范围.

【答案】（1）;（2）.

【解析】（1）由得，求导，构造新函数，讨论确定导函数的符号进而确定函数的最值

（2）利用（1）的讨论判断函数的单调性确定零点个数进而求得的取值范围

【详解】

（1）∵，∴，∴.

，令，

时，，则，在上单调递增，

∴，，则不合题意；

时，，则，在上单调递减，时，，时，，∴，符合题意；

时，令，设根为、，则，，

不妨设，则有，当时，，则，

在上单调递增，，，则，不合题意.

综上所述，.

（2）时，由（1）在上单调递增，至多一零点，不合题意；

时，由（1）在上单调递减，至多一零点，不合题意；

时，由（1）在上递减，上递增，上递减，此时至多三零点，在上递增，，

令，则，当时，，

令，则，，

当时，；当，，

∴在上单调递减，上单调递增，

∴，∴在上单调递增，

∴，∴，∴，

又，∴，

当时，，∴当时，，

∴，，又，，∴存在三个零点，

综上所述，

【点睛】

本题考查函数的单调性与导数，考查函数零点，考查分类讨论与转化能力，是难题