2020届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期12月月考数学（理）试题（解析版）

2020届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期12月月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则 （    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先求出集合A，B，由此能求出．

【详解】

解：集合，

，

．

故选：D．

【点睛】

本题考查并集的求法，考查并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

2．下列命题中的假命题是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【解析】【详解】试题分析：当x=1时，（x-1）2=0,显然选项B中的命题为假命题，故选B。

【考点】特称命题与存在命题的真假判断。

3．已知角x的终边上一点的坐标为(sin，cos)，则角x的最小正值为(　　)

A．  B．

C．  D．

【答案】B

【解析】先根据角终边上点的坐标判断出角的终边所在象限，然后根据三角函数的定义即可求出角的最小正值．

【详解】

因为，，所以角的终边在第四象限，根据三角函数的定义，可知

，故角的最小正值为．

故选：B．

【点睛】

本题主要考查利用角的终边上一点求角，意在考查学生对三角函数定义的理解以及终边相同的角的表示，属于基础题．

4．已知等差数列的前项和为，若，则（    ）

A．3 B．9 C．18 D．27

【答案】D

【解析】设等差数列的首项为，公差为.

∵

∴，即

∴

∴

故选D.

5．、、为不同的平面，、、为不同的直线，则的一个充分条件是（   ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】A

【解析】根据线面垂直的判定定理、面面垂直的性质定理对四个选项进行判断，从中找出可以判断的选项即可.

【详解】

选项A, 由,可得∥，又, 故,所以A正确.

选项B, ，,,则与可能平行、相交，与可能相交，也可能平行得不出，所以B不正确.

选项C, ，,与可能平行也可能相交，当时，则推不出，所以C不正确.

选项D，，，，由于的位置不定，所以无法判断与的关系，所以D不正确.

故选：A.

【点睛】

本题考查充分条件的判断，考查线线垂直，线面垂直，面面垂直的性质的应用,属于基础题.

6．函数的图象大致为(   )

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据函数的奇偶性可排除B，再根据时的符号可排除D，再根据时，可排除C，从而得到正确的选项.

【详解】

函数的定义域关于原点对称，且，

故为奇函数，其图像关于原点对称，所以排除B.

又当时，，所以，故排除D.

又当时，，故排除C ，

综上，选A.

【点睛】

本题为图像题，考查我们从图形中扑捉信息的能力，一般地，我们需要从图形得到函数的奇偶性、单调性、极值点和函数在特殊点的函数值，然后利用所得性质求解参数的大小或取值范围．

7．过椭圆()的左焦点作轴的垂线交椭圆于点，为右焦点，若，则椭圆的离心率为（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】【详解】

根据题意，焦点在x轴上，

设

左焦点(-c，0)，故P坐标可求为(-c，±)

=2c，所以=

即有=

,

同时除以a²，,

求得

8．已知圆锥的顶点为，母线、所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的侧面积为（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由与圆锥底面所成角为可得母线与底面半径的关系，由的面积为，可解得底面半径和母线的长，从而可求出该圆锥的侧面积.

【详解】

设为圆锥底面圆的圆心,设底面圆的半径为.

与圆锥底面所成角为,即.

所以.

母线、所成角的余弦值为,即.

则.

由.

得：.

又底面圆的周长为：.

圆锥的侧面积为:.

故选：B.

【点睛】

本题考查圆锥的侧面积，线面角和三角形的面积，属于中档题.

9．已知是直线：上一动点，、是圆：的两条切线，切点分别为、，若四边形的最小面积为，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由题意四边形的面积为==，根据面积的最小值，得到的最小值，再转化为点到直线的距离，即可解决问题.

【详解】

由，即.

所以圆的圆心,半径为1.

根据条件、是圆的两条切线,如图：

则为两个全等的直角三角形.

所以四边形的面积为==

显然当最小时，四边形的面积最小.

由四边形的最小面积为,即=2.

即的最小值.

又是直线：上一动点.

所以的最小值为点到直线的距离： .

解得：.

故选： C.

【点睛】

考查圆的切线的性质，点到直线的距离，本题找到四边形的面积最小的条件是解题的关键，结合图像分析，体现数形结合思想，属于中档题.

10．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.已知在鳖臑中平面，，则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由的四个面都是直角三角形，平面,则可将三棱锥补成正方体，正方体的一条对角线为外接球的直径，内切球半径由等体积法可求.

【详解】

由的四个面都是直角三角形，平面.

将该三棱锥补成如图所示的正方体.

则正方体的对角线为三棱锥的外接球的直径，且.

所以外接球的半径为.

所以外接球的表面积为：.

设三棱锥的内切球的半径为：.

三棱锥的表面积为：.

==.

则.

即，解得：.

所以三棱锥的内切球的表面积为：.

所以该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为：

故选：D.

【点睛】

本题考查了多面体的球的外接与内切问题,考查了勾股定理的应用,等腰三角形中的三线合一的性质应用,考查空间想象力,求空间几何体的内切球的半径一般用等体积法,属于中档题.

11．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交于，两点．若，则椭圆的离心率为　　

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】利用椭圆的定义以及余弦定理，列出方程，转化求解椭圆的离心率即可．

【详解】

椭圆的左、右焦点分别为，，

过的直线交于，两点．

，，，，

，

可得，

化简可得，

由可得，

解得，（舍去）

故选．

【点睛】

本题考查椭圆的简单性质的应用，考查转化与化归思想以及运算求解能力，注意椭圆离心率的范围是．

12．已知点为外接圆的圆心，角，，所对的边分别为，，，且，若，则当角取到最大值时的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由意在可知，代入数量积的运算公式求，再根据正弦定理说明时，也取得最大值，最后求面积.

【详解】

，

，，

，且，

当时，时，也取得最大值,

此时， ，

.

故选：A

【点睛】

本题考查向量数量积和面积公式，意在考查转化与变形和分析问题，解决问题的能力，本题的关键是根据正弦定理，且，说明时，也取得最大值，后面的问题迎刃而解.

二、填空题

13．过三点，，的圆的方程为________.

【答案】

【解析】由圆的垂径定理有圆心一定在弦的垂直平分线上,所以求出弦和的垂直平分线,然后联立求出圆心,再求半径.

【详解】

由，有：

中点为，；

所以的中垂线为：，即.

由，有：

中点为，,

所以的中垂线为：，即.

由  解得：，即圆心为.

所以.

所以圆的方程为：.

故答案为：.

【点睛】

本题考查圆的方程的求法，已知圆上三点求圆的方程还可以用待定系数法，设出圆的一般方程，将点的坐标代入求解,属于基础题.

14．已知实数满足，则的最大值为_______.

【答案】-4

【解析】分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得到答案.

详解：作出约束条件所表示的平面区域，

如图所示，

联立，解得，

化目标函数为，

由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，

有最大值为.

点睛：本题考查了简单的线性规划的应用，着重考查了数形结合思想方法的应用，对于线性规划问题有三类:（1）简单线性规划，包括画出可行域和考查截距型目标函数的最值，有时考查斜率型或距离型目标函数；（2）线性规划逆向思维问题，给出最值或最优解个数求参数取值范围；（3）线性规划的实际应用.

15．设是圆：内一定点，过作两条互相垂直的直线分别交圆于、两点，则弦中点的轨迹方程是_________.

【答案】

【解析】设的中点为,设,，则,由题意均在圆上则有.又由，得，再代入消去参数，得到的轨迹方程.

【详解】

设的中点为,设,.

则.  (1)

由题意均在圆上则有：.  (2)

又由条件有，即.

即==  （3）

将（1）代入（3）中有：   （4）

将（1）中两式平方相加得：.

即    （5）

将（2），（4）代入（5）得：.

即弦中点的轨迹方程是.

故答案为：

【点睛】

本题考查动点的轨迹的求法，动点的轨迹的常见求法有：定义法、几何法、直译法、参数法、相关点法、交轨法等，解题时要认真审题，属于中档题.

16．如图正方体的棱长为，、、，分别为、、的中点.则下列命题：①直线与平面平行；②直线与直线垂直；③平面截正方体所得的截面面积为；④点与点到平面的距离相等；⑤平面截正方体所得两个几何体的体积比为.其中正确命题的序号为_______.

【答案】①③⑤

【解析】连结,由、分别为、的中点,则∥,所以四点共面,截面图形为等腰梯形，然后对各个命题进行逐一判断.

【详解】

连结,由、分别为、的中点.

则∥,又∥，所以∥且=.

所以截面四边形形为等腰梯形.

对①, 、，分别为、的中点,

所以∥,且=，则四边形为平行四边形,

所以∥,所以∥平面，故①正确.

对②, ∥,在中，,

显然与不垂直，则直线与直线不垂直，故②不正确.

对③, 平面截正方体所得的截面为四边形,

又四边形为等腰梯形,其中,,

梯形的高为,

则其面积为.故③正确.

对④，点是的中点，所以到面的距离相等.

、分别为、的中点,延长交的延长线于点,

即直线交平面于点,则为的中点,如图,

分别过作平面的垂线，垂足分为，

所以分别为点到面的距离,则三点共线，

根据三角形的相似可得:,所以到面的距离不相等，

则点与点到平面的距离不相等,故④不正确.

对⑤, 由条件可知多面体为棱台，

其体积为,

平面截正方体所得两个几何体的体积比为,故⑤正确.

故答案为：①③⑤.

【点睛】

本题考查了线面平行、线线的垂直的证明，考查了点面距离，截面面积和几何体的体积,考查空间想象和思维能力，属于中档题.

三、解答题

17．在等差数列中，，且、、成等比数列.

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）若数列的公差不为，设，求数列的前项和.

【答案】（Ⅰ），或；（Ⅱ）.

【解析】（Ⅰ）由，，成等比数列,则,将的通项公式代入，可解出的公差,可得通项公式.

（Ⅱ）由（Ⅰ）有，然后分组求和即可.

【详解】

（Ⅰ）设数列的公差为.因为，，成等比数列，所以，

又，所以，即

解得或.

当时，.

当时，.

（Ⅱ）因为公差不为，由（Ⅰ）知，则，

所以.

【点睛】

本题考查等差数列和等比数列的通项公式的求法和应用，用分组求和的方法求前项和，属于基础题.

18．设函数.

（Ⅰ）求函数的单调递增区间；

（Ⅱ）在锐角中，若，且能盖住的最小圆的面积为，求周长的取值范围.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【解析】（Ⅰ）利用诱导公式和降幂公式，二倍角公式以及两角和的正弦公式逆用将函数化简得到函数，然后由可得单调增区间.

（Ⅱ）能盖住的最小圆的面积为,即三角形的外接圆，求出其外接圆的半径,则由正弦定理可以求出边，可以用角表示出边，根据角的范围求出其范围即可.

【详解】

（Ⅰ）因为

由，解得，

所以函数的单调递增区间为.

（Ⅱ）因为，所以.

又因为为锐角三角形，所以，.

所以，故有.

已知能盖住的最小圆为的外接圆，而其面积为.

所以，解得，的角，，所对的边分别为,,.

由正弦定理.

所以，，，

由为锐角三角形，所以.

所以，则，

故， 所以.

故此的周长的取值范围为.

【点睛】

本题考查三角函数中的恒等变换的应用，三角函数的单调性，考查正弦定理，三角形的周长的范围的求法，注意锐角三角形中角的范围,属于中档题.

19．如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，AB//CD，，AB=AD=2CD=2，△ADP为等边三角形．

(1)当PB长为多少时，平面平面ABCD?并说明理由；

(2)若二面角大小为150°，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．

【答案】（1）当时，平面平面，详见解析（2）

【解析】(1)根据平面和平面垂直可得线面垂直，从而可得,利用直角三角形知识可得的长；

(2)构建空间直角坐标系，利用法向量求解直线AB与平面PBC所成角的正弦值.

【详解】

解：（1）当时，平面平面，    

 证明如下：在中，因为，所以，

又，，所以平面，  

又平面，所以平面平面；    

（2）分别取线段的中点，连接，因为为等边三角形，为的中点，所以，为的中点，所以,

又，所以，故为二面角的平面角，所以，                                     

如图，分别以的方向以及垂直于平面向上的方向作为轴的正方向，建立空间直角坐标系，

因为，，所以，，，.

可得，，

设为平面的一个法向量，则有，

即，令，

可得，   

设与平面所成角为，则有

所以直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】

本题主要考查平面和平面垂直的性质及线面角的求解，侧重考查逻辑推理，直观想象和数学运算的核心素养.

20．已知椭圆：的右焦点为点的坐标为，为坐标原点，是等腰直角三角形.

（1）求椭圆的方程；

（2）经过点作直线交椭圆于两点，求面积的最大值；

（3）是否存在直线交椭圆于两点，使点为的垂心（垂心：三角形三边高线的交点）？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）；（3）.

【解析】（1）由是等腰直角三角形，可得，从而可得椭圆方程；
（2）设过点的直线的方程为，的横坐标分别为，求出的最大值，即可求得面积的最大值；
（3）假设存在直线交椭圆于两点，且使点为的垂心，设直线的方程为，代入椭圆方程，利用韦达定理结合，即可求得结论．

【详解】

解：（1）由是等腰直角三角形，可得，

故椭圆方程为；
（2）设过点的直线的方程为，的横坐标分别为，
将线的方程为代入椭圆方程，

消元可得，

∴，

，
，
令，则
令，则（当且仅当时取等号）
又面积，

∴△AOB面积的最大值为；
（3）假设存在直线交椭圆于两点，且使点为的垂心，
设，
因为，所以．
于是设直线的方程为，代入椭圆方程，

消元可得．
由，得，且,

由题意应有，所以，
所以．
整理得．
解得或．
经检验，当时，不存在，故舍去．
∴当时，所求直线存在，且直线l的方程

【点睛】

本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形面积的计算，考查韦达定理的运用，属于中档题．

21．已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）若，是的两个零点，求证：．

【答案】（1）f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）证明见解析

【解析】（1）先求函数的导数 ，分和两种情况讨论函数的单调性；

（2）根据（1）的结果可知，即，利用分析法，将需要证明想不等式转化为证明，只需证明，利用函数的单调性和零点存在性定理可证明，根据零点存在性定理和单调性证明.

【详解】

（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），且，

①当a≤0时，f'（x）≤0，f（x）的单调递减区间为（0，＋∞）；②当a＞0时，由f'（x）＞0得，故f（x）的单调递增区间为，

单调递减区间为．

（2）∵f（x）有两个零点，∴由（1）知a＞0且，∴a＞2e，要证原不等式成立，只需证明，只需证明，

只需证明．

一方面∵a＞2e，∴，

∴，∴，

且f（x）在单调递增，故；

另一方面，令，（x＞0），

则，当时，g'（x）＜0；当时，g'（x）＞0；

故，故g（x）≥0即时x∈（0，＋∞）恒成立，

令，

则，于是，

而，

故，且f（x）在单调递减，故；

综合上述，，即原不等式成立．

【点睛】

本题考查利用导数求函数的单调性和不等式的证明，重点考查了构造函数和讨论的思想，属于难题，本题的难点是再证明时，需要构造函数，（x＞0），并且证明不等式时，经常使用分析法转化.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为．

（1）求曲线的普通方程和极坐标方程；

（2）设射线与曲线交于点，与直线交于点，求线段的长．

【答案】（1） 

（2）

【解析】（1）结合三角函数的基本关系消去参数可得普通方程，结合公式，可得极坐标方程；

（2）分别联立极坐标方程，求得交点的极径，从而可得线段的长．

【详解】

解：（1）由题意得，

∴曲线的普通方程为．

∵，，

∴代入可得曲线的极坐标方程为．

（2）把代入中，

可得，

解得﹐

即点的极径，

由（1）易得，

∴．

【点睛】

本题主要考查参数方程与极坐标方程，参数方程化为普通方程一般是消去参数，普通方程化为极坐标方程主要利用，来实现，侧重考查数学运算的核心素养.

23．选修4－5：不等式选讲

（改编，中等）已知函数，记的最小值为.

（1）解不等式；

（2）是否存在正数,同时满足：？并说明理由.

【答案】(1) .

(2)见解析.

【解析】试题分析：（1）把函数转化为分段函数即，分段求解，在求并集；（2）利用绝对值三角不等式求出的值，利用均值不等式可求出的最小值为8，可得结论.

试题解析：（1）不等式化为

设函数，

则，令，解得，

原不等式的解集是

（2）

当且仅当，即时取等号，故

假设存在符合条件的正数，则，

当且仅当，即时取等号，

的最小值为8，即

不存在正数，使得同时成立.