甘肃天水第一中学高三数学上学期月考文

甘肃省天水市第一中学2020届高三数学上学期10月月考试题 文（含解析）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.已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.【详解】，则【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误.2.已知平面向量，且，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】,选B.3.“”是“”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【答案】D【解析】【分析】由可推出，再结合充分条件和必要条件的概念，即可得出结果.【详解】若，则，所以，即“”不能推出“”，反之也不成立，因此“”是“”的既不充分也不必要条件.故选D【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件，熟记概念即可，属于基础题型.4.在等差数列中，为其前项和，若，则（ ）A. 60B. 75C. 90D. 105【答案】B【解析】 ，即 ，而 ，故选B.5.已知函数y=f（x）+x是偶函数，且f（2）=1，则f（-2）=（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】D【解析】是偶函数当时，又故选：D6.如图所示的图象对应的函数解析式可能是A. B. C. D. 【答案】D【解析】对于，当趋向于时，函数趋向于0，趋向于函数的值小于0，故排除对于，是周期函数函数的图像是以轴为中心的波浪线，故排除对于， 的定义域是，且在时，故排除对于，函数，当时，；当时，；且恒成立的图像在趋向于时，；时，；趋向于时，趋向于故选D点睛：本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.7.已知，有解，则下列选项中是假命题的为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别判断、q命题的真假，然后判断选项即可.【详解】恒成立，对，有解所以p是真命题.取，满足，q也是真命题.是假命题，故选B【点睛】本题考查简单命题以及复合命题真假的判断，属于基础题.8.平面上三个单位向量两两夹角都是，则与夹角是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】 由题意得，向量为单位向量，且两两夹角为， 则， 且， 所以与的夹角为，且， 所以与的夹角为，故选D.9.已知数列的前项和满足(）且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】数列an的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m（n，mN*）且a1=5，令m=1，可得Sn+1=Sn+S1，可得an+1=5即可得出【详解】数列an的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m（n，mN*）且a1=5，令m=1，则Sn+1=Sn+S1=Sn+5可得an+1=5则a8=5故选：C【点睛】本题考查了数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题10.已知函数 在区间上单调，且在区间内恰好取得一次最大值2，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由三角函数恒等变换的应用化简得f（x）=2sinx可得，是函数含原点的递增区间，结合已知可得，可解得0，又函数在区间0，2上恰好取得一次最大值，根据正弦函数的性质可得 ，得 ，进而得解【详解】=2sinx，是函数含原点的递增区间又函数在上递增，得不等式组：，且，又0，0 ，又函数在区间0，2上恰好取得一次最大值，根据正弦函数的性质可知 且 可得，综上：故选：B【点睛】本题主要考查正弦函数的图象和性质，研究有关三角的函数时要利用整体思想，灵活应用三角函数的图象和性质解题，属于中档题11.如图所示，为的外心，为钝角，为边的中点，则的值为（ ）A. B. 12C. 6D. 5【答案】D【解析】【分析】取的中点，且为的外心，可知 ，所求 ，由数量积的定义可得 ，代值即可【详解】如图所示，取的中点，且为的外心，可知，是边的中点， .，由数量积的定义可得 ，而 ，故；同理可得 ，故.故选：D【点睛】本题考查向量数量积的运算，数形结合并熟练应用数量积的定义是解决问题的关键，属于中档题12.已知定义在R上的奇函数f（x）满足当x0时，则的解集为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】由于函数为奇函数，并且在上有定义，利用求出的值.然后解这个不等式，求得的取值范围.【详解】由于函数为奇函数，并且在上有定义，故，解得，故当时，这是一个增函数，且，所以，故，注意到，故.根据奇函数图像关于原点对称可知，当时，.综上所述，.故选A.【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性，考查奇函数图像关于原点对称的特点，考查绝对值不等式的解法.属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，若幂函数为奇函数，且在上递减，则_【答案】【解析】【分析】先根据单调性判断出的正负，然后根据奇偶性判断出的可取值.【详解】幂函数在上递减， ，即又因为为奇函数， 故答案为：.【点睛】本题考查根据幂函数奇偶性、单调性判断幂指数的取值，难度较易.幂函数中的幂指数大于零时，则幂函数在递增，若幂指数小于零时，则幂函数在递减.14.将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，则的值为_【答案】【解析】【分析】先由平移得f(x)的解析式，再将代入解析式求值即可【详解】f(x)=2sin3(x+=2sin(3x+,则故答案为【点睛】本题考查图像平移，考查三角函数值求解，熟记平移原则，准确计算是关键，是基础题15.若为数列的前项和，且，则等于_【答案】63【解析】【分析】根据和关系得到数列是首项为1，公比为2的等比数列，再利用公式得到答案.【详解】当时，得，当时，两式作差可得：，则：，据此可得数列是首项为1，公比为2的等比数列，其前6项和为故答案为63【点睛】本题考查了等比数列的前N项和，意在考查学生对于数列公式和方法的灵活运用.16.在同一个平面内，向量的模分别为与的夹角为，且与的夹角为，若，则_【答案】【解析】【详解】以为轴，建立直角坐标系，则，由的模为与与的夹角为，且知， ，可得，由可得，故答案为.【 方法点睛】本题主要考查向量的坐标运算及两角和的余弦公式、同角三角函数之间的关系，属于难题向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答，这种方法在求范围与最值问题时用起来更方便三、解答题：共70分、解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选做题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求C；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行边角代换，化简即可求角C；（2）根据，及可得再利用余弦定理可得，从而可得的周长为【详解】（1）由已知及正弦定理得，故可得，所以（2）由已知的面积为，所以又，所以因为 ，所以，从而解得：，所以的周长为【点睛】本题考查用正弦定理、余弦定理及三角形面积公式解三角形，常用的解题方法是利用正弦定理或余弦定理进行“边化角”或“角化边”的转换，本题属于基础题.18.某品牌经销商在一广场随机采访男性和女性用户各50名，其中每天玩微信超过6小时的用户列为“微信控”，否则称其为“非微信控”，调查结果如下：微信控非微信控合计男性262450女性302050合计5644100(1)根据以上数据，能否有95%的把握认为“微信控”与“性别”有关？(2)现从调查的女性用户中按分层抽样的方法选出5人，求所抽取的5人中“微信控”和“非微信控”的人数；(3)从(2)中抽取5位女性中，再随机抽取3人赠送礼品，试求抽取3人中恰有2人为“微信控”的概率.参考数据：0.100.0500.0250.0100.001k2.7063.8415.0246.63510.828参考公式： ，其中.【答案】（1）没有的把握认为“微信控”与“性别”有关；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）计算的值，对比题目所给参考数据可以判断出没有把握认为“微信控”与“性别”有关.（2）女性用户中，微信控和非微信控的比例为，由此求得各抽取的人数.（3）利用列举法以及古典概型概率计算公式，求得抽取人中恰有人是“微信控”的概率.【详解】解：（1）由22列联表可得：，所以没有95%的把握认为“微信控”与“性别”有关；（2）根据题意所抽取的5位女性中，“微信控”有3人，“非微信控”有2人；（3）设事件“从（2）中抽取的5位女性中，再随机抽取3人，抽取3人中恰有2人是“微信控”抽取的5位女性中，“微信控”3人分别记为；“非微信控”2人分别记.则再从中随机抽取3人构成的所有基本事件为：，共有10种；抽取3人中恰有2人为“微信控”所含基本事件为：，共有6种，所以.【点睛】本小题主要考查联表独立性检验的知识，考查分层抽样，考查利用列举法求古典概型，属于中档题.19.如图，AB为圆O的直径，点E、F在圆O上，ABEF，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，已知AB2，EF1（I）求证：平面DAF平面CBF；（II）若BC1，求四棱锥FABCD的体积【答案】（I）见解析;（II）.【解析】【分析】（I）通过证明，证得平面，由此证得平面平面.（II）矩形所在平面和圆所在平面垂直，点到边距离即为四棱锥FABCD的高，然后利用锥体体积公式求得四棱锥的体积.【详解】（I）AB为圆O的直径，点F在圆O上AFBF 又矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直且它们的交线为AB，CBABCB圆O所在平面 AFBC 又BC、 BF为平面CBF上两相交直线AF平面CBF 又平面DAF平面CBF （II）连接OE AB2，EF1，ABEFOAOE1，即四边形OEFA为菱形 AFOAOF1 等边三角形OAF中，点F到边OA的距离为 又矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直点F到边OA的距离即为四棱锥FABCD的高四棱锥FABCD的高 又BC1矩形的ABCD的面积SABCD 【点睛】本小题考查空间两个平面垂直的证明，考查四棱锥的体积的求法.要证明两个平面垂直，则需要在一个平面内找到另一个平面的垂线来证明.属于中档题.20.已知，两点分别在x轴和y轴上运动，且，若动点满足求出动点P的轨迹对应曲线C的标准方程；一条纵截距为2的直线与曲线C交于P，Q两点，若以PQ直径的圆恰过原点，求出直线方程【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据向量的坐标运算，以及|AB|=1，得到椭圆的标准方程（2）直线l1斜率必存在，且纵截距为2，根据直线与椭圆的位置关系，即可求出k的值，问题得以解决【详解】(1) 因为即所以所以又因为,所以即:,即所以椭圆的标准方程为 (2) 直线斜率必存在，且纵截距为,设直线为联立直线和椭圆方程得: 由,得 设以直径的圆恰过原点所以,即也即即将(1)式代入,得即解得,满足（*）式，所以所以直线21.已知函数（）的图象在处的切线为（为自然对数的底数）（1）求的值；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值.【答案】(1)a=-1,b=1;(2)-1.【解析】（1）对求导得，根据函数图象在处的切线为，列出方程组，即可求出的值；（2）由（1）可得，根据对任意恒成立，等价于对任意恒成立，构造，求出的单调性，由，可得存在唯一的零点，使得，利用单调性可求出，即可求出的最大值.（1），.由题意知. （2）由（1）知：，对任意恒成立对任意恒成立对任意恒成立. 令，则.由于，所以在上单调递增. 又，所以存在唯一的，使得，且当时，时，. 即在单调递减，在上单调递增.所以.又，即，. . ， . 又因为对任意恒成立，又， . 点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.在直角坐标系中，圆C的参数方程（为参数），以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求圆C的极坐标方程；（2）直线l的极坐标方程是，射线与圆C的交点为O、P，与直线l的交点为Q，求线段的长. 【答案】（1）；（2）2【解析】【分析】（1）首先利用对圆C的参数方程（为参数）进行消参数运算，化为普通方程，再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆C的极坐标方程（2）设，联立直线与圆的极坐标方程，解得；设，联立直线与直线的极坐标方程，解得，可得【详解】（1）圆C的普通方程为，又，所以圆C的极坐标方程为.（2）设，则由解得，得；设，则由解得，得；所以【点睛】本题考查圆的参数方程与普通方程的互化，考查圆的极坐标方程，考查