2020高考数学一轮复习 配套月考试题三A 课标版

试卷类型：A2020届高三新课标原创月考试题三数学适用地区：新课标地区 考查范围：集合、逻辑、函数、导数、三角、向量、数列、不等式、立体几何、解析几何建议使用时间：2020年10月底本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.考生作答时，将答案答在答题卡上.在本试卷上答题无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.注意事项：1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.4.保持卡面清洁，不折叠，不破损.第卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分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.（2020北京东城二模）若集合，且，则集合可能是（ ）A. B. C. D.2.（2020昆明第一中学一摸）设是第二象限角,为其终边上的一点,且,则=（ ）A.B.C.D.3.（理）（2020琼海模拟）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列四个命题：若； 若若； 若.其中正确命题的个数是（ ）A.1B.2C.3 D.4（文）（2020琼海模拟）已知一个平面，l为空间中的任意一条直线，那么在平面内一定存在直线b使得（ ）A. l /b B. l与b相交 C. l与b是异面直线 D. lb4.（2020郑州质检）已知点F、A分别为双曲线的左焦点、右顶点，点B（0，b）满足，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 5.（2020哈尔滨第六中学三模）设是方程的解，则属于区间（ ） A.（0，1） B.（1，2） C.（2，3） D.（3，4）6.2020湖南卷已知双曲线C：1的焦距为10，点P(2,1)在C的渐近线上，则C的方程为（ ）A.1 B.1 C.1 D.17. 2020课标全国卷设F1，F2是椭圆E：1(ab0)的左、右焦点，P为直线x上一点，F2PF1是底角为30的等腰三角形，则E的离心率为（ ）A. B. C. D.8.（2020郑州质检）若实数x，y满足则z=3x+2y的最小值是( )A.0 B. 1 C. D. 99. 2020课标全国卷如图1，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）A. B. C. D.图110. （2020哈尔滨第六中学三模）直线 与圆交于E，F两点，则EOF（O是原点）的面积为（ ） A. B. C. D.11.（理）2020课标全国卷已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为（ ）A. B. C. D.（文）2020课标全国卷平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，则此球的体积为（ ）A. B.4 C.4 D.612.（2020琼海模拟）一个几何体的三视图如图2所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为（ ） A. B. C.D. 图2第卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卷相应位置上.13.（2020郑州质检）若直线和平行，则实数的值为 .14. 2020课标全国卷等比数列an的前n项和为Sn，若，则公比q=_.15. （2020郑州质检）在ABC中，已知a,b,c分别为角A， B， C所对的边，S为ABC的面积.若向量p=q=满足pq,则C= .16. 2020辽宁卷已知P，Q为抛物线上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过P、Q分别作抛物线的切线，两切线交于A，则点A的纵坐标为_.三、解答题（本大题共6小题，满分70分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.）17.（本小题满分10分）（2020长望浏宁四县（市）调研）已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）当时，求函数的取值范围.18.（本小题满分12分）（理）2020课标全国卷如图3，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.（1）证明：DC1BC；（2）求二面角A1BDC1的大小. 图3（文）2020课标全国卷如图3，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直底面，ACB90，ACBCAA1，D是棱AA1的中点.（1）证明：平面BDC1平面BDC；（2）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.图319.（本小题满分12分）（2020琼海模拟）已知各项都不相等的等差数列的前6项和为60，且为和的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，且，求数列的前项和.20.（本小题满分12分）（理）2020北京卷如图4（1），在RtABC中，C90，BC3，AC6，D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE2，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图5（2）.（1）求证：A1C平面BCDE；（2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；（3）线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由.图4（文）2020北京卷如图4（1），在RtABC中，C90，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1FCD，如图5（2）.（1）求证：DE平面A1CB；（2）求证：A1FBE；（3）线段A1B上是否存在点Q，使A1C平面DEQ？说明理由.图421.（本小题满分12分）2020安徽卷如图5，F1，F2分别是椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，A是椭圆C的顶点，B是直线AF2与椭圆C的另一个交点，F1AF260.（1）求椭圆C的离心率；（2）已知AF1B的面积为40，求a，b的值. 图522.（本小题满分12分）（理）2020湖南卷已知函数f(x)eaxx，其中a0.（1）若对一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合；（2）在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)(x1x2)，记直线AB的斜率为k.问：是否存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立？若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由.（文）2020湖南卷已知函数f(x)exax，其中a0.（1）若对一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合；（2）在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)(x1x2)，记直线AB的斜率为k，证明：存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立.试卷类型：A2020届高三新课标原创月考试题三答案数学1.A【解析】因为，所以.又因为集合，所以集合可能是.选A.2. D【解析】因为是第二象限角,所以.由三角函数的定义,有,解得.所以.3.（理）A【解析】对于，可能存在；对于，若加上条件就正确了；对于是正确的；对于，直线可能平行，也可能相交或异面；综上可知，正确的命题只有一个.（文）D【解析】当或l时，在平面内，显然存在直线b使得b;当与斜交时，只需要b垂直于在平面内的射影即可得到.4. D【解析】由，得，所以，即，解得或（舍去）.5. C【解析】设,因为，所以.所以.6. A【解析】由已知可得双曲线的焦距2c10，a2b25225，排除C，D，又由渐近线方程为yxx，得，解得a220，b25，所以选A.7. C【解析】根据题意，一定有PF1F230，且PF2x60，故直线PF2的倾斜角是，设直线xa与x轴的交点为M，则|PF2|2|F2M|，又|PF2|F1F2|，所以|F1F2|2|F2M|.所以2c2，即4c3a，故e.故选C.8. B【解析】作出不等式组表示的可行域（如下图），令，可知当直线经过点时，取得最小值0，故此时取得最小值1.9. B【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是斜边长为6的等腰直角三角形（斜边上高为），有一条长为3的侧棱垂直于底面，所以几何体的体积为,选B.10. D【解析】因为圆心到直线的距离为，则，又原点到直线的距离为，所以.11.（理）A【解析】的外接圆的半径，点到面的距离,为球的直径点到面的距离为,此棱锥的体积为.（文）B【解析】由题意，球的半径为R，所以球的体积为VR34.故选B.12. D【解析】该几何体是个如下图所示的三棱锥D-ABC，外接球的球心为点，F为AC的中点，设,则，解得.所以外接球的半径为，表面积为.13. -3或2【解析】由两直线平行的充要条件得，解得或.14. 【解析】显然公比，设首项为，则由，得，即，即，即，所以，解得.15. 【解析】由，得,则.由余弦定理得，故.又由正弦定理得，所以，所以.又，所以.16. 4【解析】由x22y可知yx2，这时yx，由P，Q的横坐标为4，2，这时P(4,8)，Q(2,2), 以点P为切点的切线方程PA为y84(x4)，即4xy80；以点Q为切点的切线方程QA为y22(x2)，即2xy20；由联立得A点坐标为(1，4)，这时纵坐标为4.17.解：（1）因为,所以函数的最小正周期为.（2）.当时，所以当，即时，；当，即时，；故函数的取值范围是.18.（理）解：（1）证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形.由于D为AA1的中点，故DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.BC平面BCD，故DC1BC.（2）由（1）知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直.以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2).则(0,0，1)，(1，1,1)，(1,0,1).设n(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则即可取n(1,1,0).同理，设m是平面C1BD的法向量，则可得m(1,2,1).从而cosn，m.故二面角A1BDC1的大小为30.（文）解：（1）证明：由题设知BCCC1，BCAC，CC1ACC，所以BC平面ACC1A1.又DC1平面ACC1A1，所以DC1BC.由题设知A1DC1ADC45，所以CDC190，即DC1DC.又DCBCC，所以DC1平面BDC.又DC1平面BDC1，故平面BDC1平面BDC.（2）设棱锥BDACC1的体积为V1，AC1.由题意得V111.又三棱柱ABCA1B1C1的体积V1，所以(VV1)V111.故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为11.19.解：（1）设等差数列的公差为,则 因为数列的各项都不相等，所以公差.故解得 所以. （2）因为， 所以故.又满足上式，所以. 所以.故.20.（理）解：（1）证明：因为ACBC，DEBC，所以DEAC，所以DEA1D，DECD，所以DE平面A1DC，所以DEA1C.又因为A1CCD，所以A1C平面BCDE.（2）如右图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0).设平面A1BE的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0.又(3,0，2)，(1,2,0)，所以令y1，则x2，z，所以n(2,1，).设CM与平面A1BE所成的角为，因为(0,1，)，所以sin|cos(n，)|.所以CM与平面A1BE所成角的大小为.（3）线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直，理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p0,3.设平面A1DP的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0.又(0,2，2)，(p，2,0)，所以令x2，则yp，z.所以m.平面A1DP平面A1BE，当且仅当mn0，即4pp0.解得p2，与p0,3矛盾.所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.（文）解：（1）证明：因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DEBC.又因为DE平面A1CB，所以DE平面A1CB.（2）证明：由已知得ACBC且DEBC，所以DEAC.所以DEA1D，DECD，所以DE平面A1DC.而A1F平面A1DC，所以DEA1F.又因为A1FCD，所以A1F平面BCDE，所以A1FBE.（3）线段A1B上存在点Q，使A1C平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQBC.又因为DEBC，所以DEPQ.所以平面DEQ即为平面DEP，由（2）知，DE平面A1DC，所以DEA1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1CDP.所以A1C平面DEP.从而A1C平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C平面DEQ.21. 解： （1）由题意可知，AF1F2为等边三角形，a2c，所以e.（2）(方法一)a24c2，b23c2.直线AB的方程可为y(xc).将其代入椭圆方程3x24y212c2，得B.所以|AB|c.由SAF1B|AF1|AB|sinF1ABaca240，解得a10，b5.(方法二)设|AB|t.因为|AF2|a，所以|BF2|ta.由椭圆定义|BF1|BF2|2a可知，|BF1|3at.再由余弦定理(3at)2a2t22atcos60可得，ta.由SAF1Baaa240知，a10，b5.22.（理）解：（1）若a0，则对一切x0，f(x)eaxx1，这与题设矛盾.又a0，故a0.而f(x)aeax1，令f(x)0得xln.当xln时，f(x)0，f(x)单调递减；当xln时，f(x)0，f(x)单调递增.故当xln，f(x)取最小值fln.于是对一切xR，f(x)1恒成立，当且仅当ln1.令g(t)ttlnt，则g(t)lnt.当0t1时，g(t)0，g(t)单调递增；当t1时，g(t)0，g(t)单调递减.故当t1时，g(t)取最大值g（1）1.因此，当且仅当1，即a1时，式成立.综上所述，a的取值集合为1.（2）由题意知，k1. 令(x)f(x)kaeax.则(x1) a(x2x1)1，(x2) a(x1x2)1.令F(t)ett1，则F(t)et1.当t0时，F(t)0，F(t)单调递减；当t0时，F(t)0，F(t)单调递增.故当t0时，F(t)F