福建省三明市第一中学2020届高三数学上学期10月月考试题（含解析）.docx

福建省三明市第一中学2020届高三数学上学期10月月考试题（含解析）考生注意：1本试卷分第卷和第卷两部分考试时间120分钟，满分150分2本试卷包括必考和选考两部分第22题为选考题，考生可在其中的（A），（B）两题中任选一题作答；其它试题为必考题，所有考生都必须作答一、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）1.设集合，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：，故，故选B考点：1.一元二次不等式解法；2.集合的运算2.在等差数列中，若，则（ ）A. B. 0C. 6D. 8【答案】A【解析】【分析】设等差数列的公差为,根据等差数列的公差公式求得公差,然后根据等差数列的通项公式的变形形式可求得.【详解】设等差数列公差为,则,所以.故选A.【点睛】本题考查了等差数列的公差公式以及通项公式的变形形式的应用,这样可以避开首项,减少计算量,属基础题.3.已知，且，不为0，那么下列不等式成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：根据不等式的性质，可知，则，故选D.考点：不等式的性质.4.已知，若，则的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设,将向量的坐标代入中,利用向量的坐标的加法,减法和数乘运算可以得到.【详解】设,因为,所以.所以,所以,解得: ,.所以.故选D.【点睛】本题考查了平面向量的加法,减法和数乘的坐标运算,属基础题.5.设为直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】A中，也可能相交；B中，垂直与同一条直线的两个平面平行，故正确；C中，也可能相交；D中，也可能在平面内.【考点定位】点线面的位置关系6.若实数、满足，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】所以过时，故选D。7.要得到函数的图象，只需要将函数的图象（ ）A. 向左平移个单位B. 向右平移个单位C. 向左平移个单位D. 向右平移个单位【答案】B【解析】因为函数，要得到函数的图象，只需要将函数的图象向右平移个单位。本题选择B选项.点睛：三角函数图象进行平移变换时注意提取x的系数，进行周期变换时，需要将x的系数变为原来的倍，要特别注意相位变换、周期变换的顺序，顺序不同，其变换量也不同8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A. 8B. 12C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据三视图在长方体中还原直观图,可知该几何体是一个上部为正四棱锥,下部为正方体的组合体,再根据三视图的数据利用四棱锥和正方体的体积公式计算后相加可得.【详解】根据三视图可知该几何体是一个上部为正四棱锥,下部是一个正方体的组合体,正四棱锥的高为2,底面积为,所以其体积为:,正方体的棱长为2,所以其体积为,所以该组合体的体积为:.故选C.【点睛】本题考查了由组合体的三视图求组合体的体积,关键是要根据三视图还原出几何体来,通常是在长方体中,根据三视图来确定一些点,然后将这些点连起来得到直观图,在确定直观图时,要分析出哪些点一定取,哪些点一定不能取,还要注意实线和虚线问题,实线表示没有被遮住,虚线被遮住了.属中档题.9.已知,的等比中项是1，且，则的最小值是（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】【分析】由等比中项定义得 ，再由基本不等式求最值。【详解】 的等比中项是1，mn=+= = .当且仅当 时，等号成立。故选B。【点睛】利用基本不等式求最值问题，要看是否满足一正、二定、三相等。10.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：利用“拆角”技巧可得，利用两角差的正切公式可得结果.详解：，故选D.点睛：三角函数求值时要注意：(1)观察角，分析角与角之间的差异以及角与角之间的和、差、倍的关系，巧用诱导公式或拆分技巧；(2)观察名，尽可能使三角函数统一名称；(3)观察结构，以便合理利用公式，整体化简求值.11.设等比数列an的前n项和为Sn若S2=3，S4=15，则S6=（ ）A. 31B. 32C. 63D. 64【答案】C【解析】试题分析：由等比数列的性质可得S2，S4S2，S6S4成等比数列，代入数据计算可得解：S2=a1+a2，S4S2=a3+a4=（a1+a2）q2，S6S4=a5+a6=（a1+a2）q4，所以S2，S4S2，S6S4成等比数列，即3，12，S615成等比数列，可得122=3（S615），解得S6=63故选：C考点：等比数列的前n项和12.函数在一个周期内的图象如图所示，M、N分别是图象的最高点和最低点，O为坐标原点，且，则的值分别是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由图观察可知点,点(其中T为周期),再根据可得,然后根据周期公式可求出;再由,以及可解得.【详解】由图观察可知点,点(其中T为周期),因为,所以,解得,由周期公式得 解得;由,以及可解得.【点睛】本题考查了由的图象求参数,与函数周期有关,利用周期列式可解得,通常利用最高点或最低点或函数图象上的拐点的坐标代入解析式来解得.属于中档题.二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡的相应位置）13.已知向量均为单位向量，且=，则_【答案】【解析】【分析】根据单位向量可得其模长为1,再根据向量数量积可得,然后将化成可求得.【详解】因为,所以,所以=.【点睛】本题考查了向量的数量积和向量的模的求法,通常利用来求向量的长度,属于基础题.14.已知数列的前n项和，则数列的通项公式是_.【答案】【解析】【分析】 时,利用 时, 可得,最后验证是否满足上式,不满足时候,要写成分段函数的形式.【详解】当 时, ,当时, =,又 时,不适合,所以.【点睛】本题考查了由求 ,注意使用求 时的条件是,所以求出后还要验证 适不适合 ,如果适合,要将两种情况合成一种情况作答,如果不适合,要用分段函数的形式作答.属于中档题.15.在中，且角所对的边满足，则实数x的取值范围是_【答案】【解析】【分析】在直角三角形中,利用,将化成,再变成 后,根据三角函数的性质可得.【详解】在中, ,所以,所以由,可得,又,所以,因为 所以,所以,所以 =,因为,所以,所以,所以.所以实数x的取值范围是.【点睛】本题考查了正弦定理,两角和与差的正弦公式,利用正玄定理将已知条件中的边化成角,然后利用正弦函数的性质来解是解题一般思路,属中档题.16.已知四面体内接于球O，且，若四面体的体积为，球心O恰好在棱DA上，则球O的表面积是_【答案】【解析】【分析】根据,可知 为直角三角形,其外接圆的圆心为AC的中点,连,可知平面,根据 为的中点可知 平面,所以 为四面体的高,根据四面体的体积可求得,在直角三角形 中由勾股定理可求得外接球的直径,从而可得球的半径,再由球的表面积公式可求得球的表面积.【详解】如图:在三角形ABC中,因为,所以 为直角三角形,所以三角形ABC的外接圆的圆心为AC的中点,连,根据垂径定理,可得平面,因为 为的中点可知平面,所以 为四面体的高.所以,解得.所以.所以四面体的外接球的半径为2,表面积为=.【点睛】本题考查了球与四面体的组合体,三棱锥的体积,球的表面积公式,利用垂径定理和中位线平行得到 平面是解题关键.属于中档题.三、解答题：（本大题共6小题，第17-21每题12分，第22题10分，共70分.解答题应写出必要的文字说明、证明过程、演算步骤）17.在平面直角坐标系中，已知向量（1）若，求的值；（2）若与的夹角为，求x的值【答案】(1) ；(2) 【解析】【分析】(1)根据两个向量平行的坐标表示可得,化简得,再将1变成 , 利用二倍角正弦公式将变成,代入原式中,然后分子分母同时除以 转化为正切可计算得.(2)利用列式,再化成辅助角的形式可求得.【详解】解：（1）且,.（2）与的夹角为, 又,.【点睛】本题考查了平面向量平行的坐标表示,平面向量的数量积的几何表示和坐标表示,以及二倍角的正弦公式,辅助角公式, =1的逆用,属中档题.18.已知数列是公比为2的等比数列，（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和【答案】(1) (2) 【解析】【分析】(1)利用等比数列的性质,由,可得，即,再根据公式 可求得;(2)先化简,得,再利用裂项公式,裂项求和即可得到.【详解】解：（1）等比数列满足,，即,又等比数列的公比为2,数列的通项公式为,（2）由（1）知, 数列的前n项和.【点睛】本题考查了等比数列的等比中项的性质,等比数列的通项公式,裂项求和方法,常见的裂项公式有:,属中档题.19.如图，四棱锥中，底面为矩形，面，为的中点。（1）证明：平面;（2）设，三棱锥的体积 ，求A到平面PBC的距离。【答案】（1）证明见解析 （2） 到平面的距离为【解析】【详解】试题分析：（1）连结BD、AC相交于O，连结OE，则PBOE，由此能证明PB平面ACE（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A到平面PBD的距离试题解析：(1）设BD交AC于点O，连结EO。 因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点。又E为PD的中点，所以EOPB 又EO平面AEC，PB平面AEC所以PB平面AEC。 （2）由，可得.作交于。由题设易知，所以故，又所以到平面的距离为法2：等体积法由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d，又因为PB=所以又因为(或)，所以考点：线面平行的判定及点到面的距离此处有视频，请去附件查看】20.已知函数（1）求函数的最小正周期、最小值、对称轴、对称中心；（2）设的内角的对边分别为，且，若，求的值【答案】(1) 最小正周期是，最小值是-2. 对称轴为；对称中心为；(2) .【解析】【分析】(1)先根据两角和与差的正弦公式化简为 的形式,结合正弦函数的最值,对称轴和对称中心可得到函数 的最小值,对称轴和对称中心,再由 可求出其最小正周期.(2)由(1)确定的的解析式及,求出.由的范围,求出的范围,利用特殊角的三角函数值及正弦函数的图象求出角的度数,由,利用正弦定理得到,再利用余弦定理得到,将与的值代入得到关于和的方程求出与的值.【详解】解：（1）=,的最小正周期是，最小值是-2. 令，则的对称轴为,令，则的对称中心为,（2）则=1,解得,又，由正弦定理得 ,由余弦定理得，即3= ,由解得.【点睛】本题考查了两角和与差的正弦公式,正弦函数的最值,对称轴,对称中心,最小正周期,正弦定理角化边,余弦定理.一般地,求含有 ,的函数的最小正周期,对称轴,对称中心,需要将函数解析式利用公式,化成的形式,再利用正弦函数的对应性质解题.属中档题.21.已知等差数列中，（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前项和为，且，若对于一切正整数，总有成立，求实数的取值范围【答案】（1）;（2）.【解析】试题分析：(1)设等差数列的公差为,运用等差数列的通项公式,计算即可得到;(2)由等差数列的求和公式和数列的单调性,可得的最大值,再由恒成立思想,即可得到的范围.试题解析：（1）设公差为，由题意得：，解得，.（2），当时，且，的最大值是，故.22.已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程是（是参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（）设为曲线上任意一点，求的取值范围.【答案】()直线的普通方程为，曲线的普通方程为.().【解析】分析：（）由消去参数即可得到直线的普通方程；把化为，可得曲线的直角坐标方程；（）据题意设点，则 ，从而即可得到的取值范围.解析：（）由，得，故直线的普通方程为，由，得，所以，即，故曲线的普通方程为.（）据题意设点，则 ，所以的取值范围是.点睛：将参数方程化为普通方程的方法将参数方程化为普通方程，需要根据参数方程的结构特征，选取适当的消参方法常见的消参方法有：代入消参法、加减消参法、平方消参法等，对于含三角函数的参数方程，