江西省南昌市安义中学2020届高三数学上学期第五次月考（12月）试题 文

江西省南昌市安义中学2020届高三数学上学期第五次月考（12月）试题 文分值：150分 时间：120分钟一、单选题（每小题5分，共60分）1已知集合，则（ ）abcd2命题“”的否定为（ ）abc d3设，且，则（ ）abcd4为了得到函数的图象，可以将函数（ ）a向左平移个单位长度b向右平移个单位长度c向左平移个单位长度d向右平移个单位长度5已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥的体积为（ ）a1bcd6已知直线l1：mx2y10，l2：x(m1)y10，则“m2”是“l1平行于l2”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7设定义在上的函数满足，且 ，则下列函数值为-1的是（ ）abcd8函数的图象大致是（ ）abcd9九章算术之后，人们进一步地用等差数列求和公式来解决更多的问题，张邱建算经卷上第题为：今有女善织，日益功疾（注：从第天起每天比前一天多织相同量的布），第一天织尺布，现在一月（按天计），共织尺布，则第天织的布的尺数为（ ）abcd10已知正项等比数列an的公比为2，若aman4a22，则的最小值等于（）abcd11双曲线的左、右焦点分别为，过作倾斜角为的直线与轴和双曲线右支分别交于两点，若点平分，则该双曲线的离心率是（ ）abc2d12已知函数在上不单调，则m的取值范围是（ ）abcd二、填空题（每小题5分，共20分）13若满足约束条件，则的最大值为_14向量满足，与的夹角为60，则_15若奇函数在其定义域上是单调减函数，且对任意的，不等式恒成立，则的最大值是_16麻团又叫煎堆，呈球形，华北地区称麻团，是一种古老的中华传统特色油炸面食，寓意团圆。制作时以糯米粉团炸起，加上芝麻而制成，有些包麻茸、豆沙等馅料，有些没有。一个长方体形状的纸盒中恰好放入4个球形的麻团，它们彼此相切，同时与长方体纸盒上下底和侧面均相切，其俯视图如图所示，若长方体纸盒的表面积为576 ，则一个麻团的体积为_三、解答题17（10分）在平面直角坐标系中，圆的参数方程为为参数），在以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为.（1）求圆的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）设直线与轴，轴分别交于两点，点是圆上任一点，求面积的最小值.18（12分）已知数列是等差数列，且满足：，。数列满足：，（）求和；（）记数列，若的前n项和为，求.19（12分）的内角，的对边分别是，已知.（1）求角；（2）若，求的面积.20（12分）如图，在三棱锥中， ，平面，、分别是上的点，且平面. （）求证：/平面； （）若为线段中点，.求点到平面的距离.21（12分）已知椭圆：的一个焦点为，点在上.（1）求椭圆的方程；（2）若直线：与椭圆相交于，两点，问轴上是否存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.22（12分）已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，证明：当时，.参考答案1c2d3c4c5b6c7d8a9a10a11a12a1321415.16 17（ 1），；（2）4【解析】试题分析：（1）由圆c的参数方程消去t得到圆c的普通方程，由直线l的极坐标方程，利用两角和与差的余弦函数公式化简，根据x=cos，y=sin转化为直角坐标方程即可；（2）直线l与x轴，y轴的交点为a（0，2），b（2，0），化为极坐标，并求出|ab|的长，根据p在圆c上，设出p坐标，利用点到直线的距离公式表示出p到直线l的距离，利用余弦函数的值域确定出最小值，即可确定出三角形pab面积的最小值（1）由消去参数，得，所以圆的普通方程为.由，得，所以直线的直角坐标方程为.（2）直线与轴，轴的交点为，化为极坐标为，设点的坐标为，则点到直线的距离为，又，所以面积的最小值是.18（1） （2）【解析】试题分析：（1）由条件已知是等差数列，可运用等差数列的定义，建立关于基本量的方程求出通项，另由可通过累加法求出数列的通项公式；（2）由（1）已知的通项公式，可先求出的通项公式，观察变形可发现通过裂项法求和进而求出。试题解析：（），；，当时，,又适合上式，（），【考点】（1）等差数列的性质及累加法求数列通项。（2）裂项法求和。19（1）（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理可求，从而得到的值.（2）利用诱导公式和正弦定理化简题设中的边角关系可得，得到值后利用面积公式可求.【详解】（1）由，得.所以由余弦定理，得.又因为，所以.（2）由，得.由正弦定理，得，因为，所以.又因，所以.所以的面积.【点睛】在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件，如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件，如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.20（）详见解析；（）.【解析】【分析】（）由平面可得，从而可证平面.（）利用等积法可求点到平面的距离.【详解】（） 平面，平面，平面平面， ，又，平面； （）取的中点为，连接，因为，故，因为平面，平面，所以.，故平面，又，故为等腰直角三角形斜边上的高，故，所以点到平面的距离为，因为为线段中点，故为的中点，故，因为平面，平面，所以，同理，因，故，故 ，而，故，因，故平面，而 平面，所以，故，在中，因，故，在中，因，故，故，又，设点到平面的距离为，则 ，.【点睛】线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行. 点到平面的距离的计算可以利用面面垂直或线面垂直得到点到平面的距离，可以根据等积法把点到平面的距离归结为一个容易求得的几何体的体积.21（1）（2）见解析【解析】【分析】先求出c的值，再根据，又，即可得到椭圆的方程;假设y轴上存在点，是以m为直角顶点的等腰直角三角形，设，线段ab的中点为，根据韦达定理求出点n的坐标，再根据，即可求出m的值，可得点m的坐标【详解】由题意可得，点在c上，又，解得，椭圆c的方程为，假设y轴上存在点，是以m为直角顶点的等腰直角三角形，设，线段ab的中点为，由，消去y可得，解得，依题意有，由，可得，可得，由可得，代入上式化简可得，则，解得，当时，点满足题意，当时，点满足题意【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用22(1)见解析；(2)见证明【解析】【分析】（1）求导后，可知当时，导函数恒大于等于零，此时函数单调递增；当时，求得导函数等于零的两根，然后根据导函数的符号确定函数的单调性；（2）将问题转化为证明，通过导数求得的最小值，从而证得结论.【详解】（1）依题意，函数的定义域为，若，则，故函数在上单调递增若，令，则当时，当时，当时，故函数在和上单调递增，在上单调递减（2）要证当时，即证当时，即证当时，即证当时，设，其中