试卷解析：宁夏石嘴山市光明中学2020届高三下学期第三次月考试题数学试题 理 新人教A版

石嘴山市光明中学2020届高三第三次月考数学试题（理）全 解 全 析一、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已知集合，则满足的集合的个数是（ ）A2B3C4D8【解析】集合N中必有2，所以满足条件的N有2，0，2，1，2，0，1，2共4个，故选择C。2已知复数的实部为，虚部为，则（为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为（ ）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限【解析】由已知，所以在复平面内对应的点为（，），故选择C。3将函数的图像上所有的点向右平行移动个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），所得图像的函数解析式是（ ）A BC D【解析】，故选择A。4在空间内，设是三条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中为假命题的是（ ）A，则 B，则C，则 D，则或【解析】A正确，若两个相交平面同时垂直于一个平面，则它们的交线也垂直于这个平面；B正确，若一条直线和两个相交平面都平行，则这条直线一定平行于这两个相交平面的交线；C也正确，参考三棱柱的三个侧面；D是假命题，这两个平面相交但也可以不垂直，故选择D。5下列有关命题的说法正确的是（ ）A命题“若，则”的否命题为：“若，则”B“”是“”的必要不充分条件C命题“，使得”的否定是：“，均有”D命题“若”的逆否命题为真命题【解析】A错误，命题“若，则”的否命题应为：“若，则”；B错误，“”是“”的充分不必要条件；C错误，命题“，使得”的否定是：“，均有”；D正确，原命题正确，根据原命题逆否命题，知逆否命题为真命题，故选择D。6已知数列的前项和，则数列的奇数项的前项和为（ ）A B C D【解析】1、直接法：因为，所以当时，；当时，。又，从而（）。因为数列的奇数项构成数列，所以其前项和为，故选择C。2、淘汰法：由，得，排除B和D。由，得，排除A，故选择C。7已知直线过抛物线的焦点，且与的对称轴垂直，与交于、两点，为的准线上一点，则的面积为（ ）A18 B24C36D48【解析】设抛物线的方程为（），由，得，所以的准线为，因此的面积为，故选择C。【点评】本题主要考察抛物线的标准方程及简单几何性质，解决本题的关键是要清楚的高即为动点P到直线AB的距离，根据抛物线的性质，知点P到直线AB的距离恒等于。8（ ）A1 B C D【解析】，故选择C。9在（为原点）中，（，），（，），若5，则的面积=（ ）A B CD【解析】由已知得，因为5，所以，从而的面积=，故选择D。10某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（ ）A BC D【解析】根据已知的三视图想象出空间几何体，然后由几何体的组成和有关几何体体积公式进行计算。由几何体的三视图可知几何体为一个组合体，即一个正方体中间去掉一个圆锥体，所以它的体积是。故选择A。11若是双曲线：和圆：的一个交点且，其中是双曲线的两个焦点，则双曲线的离心率为（ ）A B C2 D3【解析】如图所示，由，得，不妨设，则，。根据双曲线定义，因此双曲线的离心率，故选择B。12已知，都是定义在上的函数，且满足以下条件：（，且）；。若，则等于（ ）A B2 C D2或【解析】令，由得；由得，在上为减函数，从而，对照四个选项，只能选择A。二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）13在平面直角坐标系中，椭圆的中心为原点，焦点，在轴上，离心率为。过的直线交于A、B两点，且的周长为16，那么的方程为 【答案】。【解析】根据椭圆的定义可知的周长为，。又离心率，因此椭圆的方程为。【点评】本小题主要考查椭圆的定义、标准方程以及简单的几何性质。14函数在点（0，）处的切线方程为 【答案】。【解析】因为，所以切线斜率，又，因此函数在点（0，）处的切线方程为，即。15若圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥的体积为 【答案】。【解析】由已知得，解得，高，所以。16设是等比数列的前项和，若，则 【答案】1。【解析】由已知得，解得，所以，从而。三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤17（本小题满分12分）已知函数，。（1）求函数的最大值和最小正周期；（2）设的内角，的对边分别，且，若，求，的值。【解析】（1） 则的最大值为0，最小正周期是。 （2），则， ，。 ，。 ，由正弦定理得 由余弦定理得 即 由解得，。18（本题满分12分）已知递增的等比数列满足且是，的等差中项。（1）求数列的通项公式；（2）若，是数列的前项和，求。【解析】（1）设等比数列的公比为，由题意得，所以，。所以，解得或。因为数列是递增的等比数列，所以，从而，即数列的通项公式为（）。（2）因为，所以，则，可得，两式相减可得，所以。19（本题满分12分）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，底面。（）证明：；（）若，求二面角的余弦值。【解析】（）证明：设，则，在中，根据余弦定理，得，。又底面，底面，。而平面，平面，平面， 平面，。（）解：如图，以点D为原点，DA、DB、DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，不妨设=1，则， 则D（0，0，0），A（1，0，0），B（0，0）， C（1，0），P（0，0，1）。设平面PAB的法向量，因为，由，得，即，令，。设平面PBC的法向量，因为，由，得，即，令，。显然二面角为钝角，因此二面角的的余弦值为。20（本小题满分12分）已知椭圆：的上顶点为，右焦点为，直线与圆：相切。 （1）求椭圆的方程；（2）若不过点的动直线与椭圆交于两点，且，求证：直线过定点，并求出该。【解析】（）圆的圆心为（3，1），半径， 由题意知， ，得直线的方程为 即， 由直线与圆相切得， , 故椭圆的方程为。 （）由知，从而直线与垂直， 故可设直线的方程为，直线的方程为。将代入椭圆的方程，整理得 解得或， 故点的坐标为，同理，点的坐标为， 直线的斜率为=。直线的方程为，即，直线过定点。 21（本小题满分12分）设函数，是实常数，其图象在点（1，）处的切线平行于轴。（1）求的值；（2）若对任意，都有成立，求的取值范围。【解析】（1）因为，所以， 由条件得，所以。 （2）由（1），所以，。若对任意，都有成立，则对任意，都有，即在1，4恒成立。 令， 1，4，只要。因为， 令，得或，易知，是两个极值点。 因为，所以在1，4上的最大值为19，所以。请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多答，则按做的第一题记分。作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右侧的方框涂黑。22（本小题满分10）选修41：几何证明选讲如图，已知与圆相切于点，经过点的割线交圆于点，的平分线分别交于点。（1）证明：；（2）若，求的值。 【解析】（1） PA是切线，AB是弦， BAP=C，又 APD=CPE， BAP+APD=C+CPE， ADE=BAP+APD，AED=C+CPE， ADE=AED。 （2）由（1）知BAP=C，又 APC=BPA， APCBPA， ， AC=AP， APC=C=BAP，由三角形内角和定理可知，APC+C+CAP=180， BC是圆O的直径， BAC=90， APC+C+BAP=18090=90， C=APC=BAP=90=30。 在RtABC中，=， =。23（本小题满分10）选修44：坐标系与参数方程已知点，参数，点Q在曲线C：上。（1）求点的轨迹方程和曲线C的直角坐标方程；（2）求点与点之间距离的最小值。【解析】（1）由，得点P的轨迹方程（）， 又由=，得=，=9。曲线C的直角坐标方程为。（2）半圆（）的圆心（1，0）到直线x+y=9