2020届河北省衡水市武邑县高三上学期12月月考数学（文）试题（解析版）

2020届河北省衡水市武邑县高三上学期12月月考数学（文）试题

一、单选题

1．已知，那么复数对应的点位于复平面内的（ ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【解析】由复数的除法运算求得，进而得，从而可得解.

【详解】

由，可得.

所以对应的点位于复平面内的第二象限.

故选B.

【点睛】

本题主要考查了复数的除法运算及共轭复数的概念，属于基础题.

2．“”是“”的（ ）．

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】试题分析：若“”，则，根据基本不等式可得；反之，则，故“”是“”成立的充分不必要条件.

【考点】充要条件的判段.

3．已知复数（为虚数单位），则的模为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】化简得到，再计算得到答案.

【详解】

，故

故选：

【点睛】

本题考查了复数模的计算，意在考查学生的计算能力.

4．已知，则点P所在的象限是( )

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【解析】试题分析：∵，∴，即是第三象限角，∴，∴点P在第四象限.

【考点】三角函数值符号判断.

5．直线与圆相交所截的弦长为（ ）

A． B． C．2 D．3

【答案】B

【解析】【详解】

圆的圆心(0,0),半径为1，

因为直线，

可得圆心到直线的距离为，

则利用勾股定理可知相交所截的弦长为，

故选B

6．已知，，，则的大小关系为（   ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】利用等中间值区分各个数值的大小。

【详解】

，

，

，故，

所以。

故选A。

【点睛】

本题考查大小比较问题，关键选择中间量和函数的单调性进行比较。

7．已知为奇函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是.（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】利用奇函数的性质，求出x＞0时，函数的解析式，求导函数，确定切线的斜率，求得切点坐标，进而可求切线方程

【详解】

设x＞0，则﹣x＜0，f（﹣x）＝lnx+x，

∵函数f（x）是奇函数，

∴f（x）＝﹣f（﹣x）＝﹣lnx-x，

∴f′（x）1，

x＝1，f′（1）＝2，f（1）＝1，

∴曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为

故选：A．

【点睛】

本题考查奇函数的性质，考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，求出切线的斜率是关键，属于中档题．

8．，，且，则下列结论正确的是（     ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】构造函数，利用其导函数判断出单调区间，根据奇偶性和对称性可得正确选项.

【详解】

构造形式，则，时导函数，单调递增；时导函数，单调递减．又 为偶函数，根据单调性和对称性可知选D.故本小题选D.

【点睛】

本小题主要考查构造函数法，考查利用导数研究函数的单调性以及求解不等式，属于中档题.

9．函数的单调递减区间是（  ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】分析：首先利用差角公式将解析式化简，应用复合函数单调性法则，结合对数式的底数是，从而得到应该求的增区间，并且首先满足真数大于零的条件，从而得到，化简，最后求得其结果为，从而确定选项.

详解：根据题意有，所以要求，结合复合函数单调性法则，实则求的增区间，所以有，解得，所以函数的单调减区间是，故选B.

点睛：该题考查的是有关复合函数的单调区间的问题，在解题的过程中，需要首先化简函数解析式，之后根据复合函数单调性法则同增异减的原则，得到其结果，在解题的过程中，需要时刻注意定义域优先原则，得保证函数有意义，之后列出相应的式子，求得结果.

10．如图是函数在区间上的图象，为了得到这个函数的图象，只需将的图象上的所有点（    ）

A．向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变

B．向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变

C．向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变

D．向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变

【答案】A

【解析】首先根据函数的周期和振幅确定和的值，再代入特殊点可确定的一个值，进而得到函数的解析式，再进行平移变换即可.

【详解】

由图像可知函数的周期为，振幅为，

所以函数的表达式可以是，

代入可得的一个值为，

故函数中的一个表达式是

，即 ，

所以只需将的图像上的所有点

向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变.

故选：A

【点睛】

本题主要考查了由函数图象求函数解析式、函数图象的平移伸缩变换，属于基础题.

11．如图所示，两个不共线向量的夹角为，分别为与的中点，点在直线上，且，则的最小值为（ ）

A．    B．    C．    D．

【答案】B

【解析】试题分析：由题意，设 ，则＝＝，所以，所以，则当时，取得最小值，故选B．

【考点】1、平面向量的加减运算；2、向量共线．

12．已知是函数的导函数，且满足，，若有两个不同的零点，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据进行参变分离，构造函数，利用已知条件得到，并判断单调性，因而求出范围

【详解】

若有两个不同的零点，则，

设，则与有两个交点，

由题，，

令，则，故在递减，在递增，

，故选D

【点睛】

本题考查构造函数判断单调性，用参变分离的方法转化零点为交点问题，及利用单调性求参

二、填空题

13．设双曲线 (a>0)的渐近线方程为3x±2y＝0，则a的值为______.

【答案】2

【解析】由题意，，即可求出的值.

【详解】

由渐近线方程为3x±2y＝0，可得，

，

.

故答案为2.

【点睛】

本题主要考查了双曲线的简单性质，属基础题.

14．定义运算，例如：，则函数的值域为__________．

【答案】[-1,]

【解析】

由题设可得，在同一平面直角坐标系中画出正弦函数、余弦函数的图像如图，结合图像可知：，故函数的值域为，应填答案。

15．已知点满足线性约束条件点，O为坐标原点，则的最大值为______.

【答案】11

【解析】由约束条件作出可行域，利用数量积的坐标运算得到目标函数，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得到答案.

【详解】

由约束条件作出可行域如图：

，，

化为，

由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，

有最大值.

联立，解得

的最大值为.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查简单的线性规划问题，解题的关键是作出约束条件的可行域以及理解目标函数表示的几何意义，属于基础题.

16．在双曲线的右支上存在点，使得点与双曲线的左、右焦点形成的三角形的内切圆的半径为a，若的重心G满足，则双曲线C的离心率为______.

【答案】2

【解析】由平行于轴得，则，的面积为

，又，求出，代入双曲线方程求解离心率即可.

【详解】

由平行于轴得，则，

所以的面积为，

又，

则，，

由，

得，

因此，代入双曲线方程得，

解得，，即

故答案为：

【点睛】

本题考查了双曲线的几何性质，考查了学生的数学计算能力，属于中档题.

三、解答题

17．在中分别为角所对的边，已知

(I)求角的大小；

(Ⅱ)若,求的面积.

【答案】（Ⅰ）.

(Ⅱ) .

【解析】【详解】试题分析：

（Ⅰ）由及三角形中三角的关系可得，于是可得，故得． (Ⅱ) 在中，由余弦定理得，可得，解得．然后可求得的面积．

试题解析：

（Ⅰ）由及，

得，

，

又在中 ,，

，

．

(Ⅱ)在中，由余弦定理得，

即，

解得，

∴的面积.

18．已知是等比数列，，且，，成等差数列

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列前项的和．

【答案】(1) (2)

【解析】（1）根据，，成等差数列，得到公比的方程，求出后代入等比数列的通项公式；

（2）求出，再利用错位相减法求.

【详解】

（1）设数列公比为，则，，

因为，，成等差数列，

所以，即，整理得，

因为，所以，

所以．

（2）因为，.

，

，

两式相减得：

=，

.

【点睛】

本题考查等差数列、等比数列通项公式的求解、错位相减法求和，考查基本运算求解能力，在利用错位相减法求和时，注意最后运算得到的常数为2，否则算出的答案就是错的.

19．如图，在四棱锥中，平面平面,,,,,点、分别为、的中点.

﹙1﹚求证:平面平面；

﹙2﹚求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析；﹙2﹚.

【解析】（1）先证明平面，平面，再利用面面平行的判定定理，即可证明；

（2）利用等体积法，可得，利用，即可求得

【详解】

﹙1﹚由题意知: 点是的中点,且,

所以 ,所以四边形是平行四边形,则.

平面,平面,所以平面. 

又因为、分别为、的中点,所以.

平面,平面,

所以, 平面.         

,所以平面平面.

（2）解法一：利用

因为平面平面,

平面平面，平面ABCD,,所以，平面.

所以，的长即是点到平面的距离.

在中，,

所以，,

所以.

解法二：利用.

.

.

【点睛】

本题考查面面平行的证明和等体积法的应用，难点在于利用进行求解体积，属于中档题

20．设函数.

（1）若，求函数的单调区间；

（2）过坐标原点作曲线的切线，证明：切点的横坐标为1.

【答案】（1）的递减区间为，递减区间为；（2）证明见解析．

【解析】试题分析：（1）利用导数求得函数的单调区间即可；（2）利用导数的几何意义，求得曲线的切线斜率，写出切线方程，即可证明.

试题解析：（1）当时，

由；；

所以的递减区间为，递减区间为；

（2）设切点为，则由切线过原点有切线斜率为

又由切线斜率为，所以

即

所以是方程的根

再证唯一性：设，，

在上单调递增，且，所以方程有唯一解

综上，切点的横坐标为1.

【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求解曲线在某点处的切线方程.

【方法点晴】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数求解曲线在某点处的切线方程，其中解答中涉及到函数的极值与最值，本题的解答中切点为，求得斜率为得到即是解答的关键，着重考查了分类讨论思想、转化与化归思想的应用，属于难题.

21．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，若椭圆经过点，且△PF1F2的面积为2．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设斜率为1的直线与以原点为圆心，半径为的圆交于A，B两点，与椭圆C交于C，D两点，且（），当取得最小值时，求直线的方程.

【答案】(1) ；(2).

【解析】（1）根据的面积求得的值，再利用椭圆过点及，求得的值，从而求得椭圆的方程；

（2）设直线的方程为，由直线和圆、椭圆都相交，求得，再利用弦长公式分别计算，，从而建立的函数关系式，当取得最小值时，可求得的值，从而得到直线的方程.

【详解】

解：（1）由的面积可得，即，∴．①

又椭圆过点，∴．②

由①②解得，，故椭圆的标准方程为.

（2）设直线的方程为，则原点到直线的距离，

由弦长公式可得．

将代入椭圆方程，得，

由判别式，解得．

由直线和圆相交的条件可得，即，也即，

设，，则，，

由弦长公式，得．

由，得．

∵，∴，则当时，取得最小值，

此时直线的方程为．

【点睛】

本题考查直线与圆、直线与椭圆的位置关系、弦长公式的计算、函数的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想的灵活运用，求解时要注意坐标法思想的运用，即如何利用坐标将与建立联系，从而使问题得到解决.

22．以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴已知点P的直角坐标为，点M的极坐标为若直线过点P，且倾斜角为，圆C以M为圆心、4为半径．

（1）求直线的参数方程和圆C的极坐标方程；

（2）试判定直线和圆C的位置关系．

【答案】（1），；（2）直线与圆相离.

【解析】试题分析：解：（1）直线的参数方程（上为参数）

M点的直角坐标为（0，4） 图C半径

图C方程得代入

得圆C极坐标方程5分

（2）直线的普通方程为

圆心M到的距离为

∴直线与圆C相离。 10分

【考点】直线与圆的参数方程和极坐标方程

点评：主要是考查了极坐标与直角坐标的互化，以及运用，属于基础题。

23．已知函数.

（1）若不等式的解集为，求实数的值；

（2）在（1）的条件下，若存在使得成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）2；（2）.

【解析】（1）利用绝对值不等式求法可求得的解集为，对应已知解集可得方程组，解方程组求得；（2）利用绝对值三角不等式可求得，根据能成立的特点可知，从而得到.

【详解】

（1）由得：，即，解得：

又的解集为：    ，解得：

（2）当时，

（当且仅当时取等号）

时，存在，使得

的取值范围为：

【点睛】

本题考查根据绝对值不等式的解集求解参数范围、能成立问题的求解，涉及到绝对值三角不等式的应用等知识，属于常考题型.