黑龙江鹤岗第一中学高三数学上学期月考理

黑龙江省鹤岗市第一中学2020届高三数学上学期10月月考试题 理（含解析）一、单选题1.已知集合，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简集合，再根据集合的交集运算，即可求解【详解】由题意，集合，所以，故选C【点睛】本题主要考查了集合的交集的运算，其中解答中正确求解集合是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题2.设是虚数单位，条件复数是纯虚数，条件，则是的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】复数是纯虚数，必有利用充分条件与必要条件的定义可得结果.【详解】若复数是纯虚数，必有所以由能推出；但若,不能推出复数是纯虚数. 所以由不能推出.，因此是充分不必要条件,故选A.【点睛】本题主要考查复数的基本概念以及充分条件与必要条件的定义，属于简单题. 判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.3.已知向量满足，则（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】将两边平方，化简求解即可得到结果.详解】由，即，又，则.所以本题答案为A.【点睛】本题考查平面向量的数量积运算和模的基本知识，熟记模的计算公式是关键，属基础题.4.若关于的不等式的解集为，其中为常数，则不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据的解集可利用韦达定理构造关于的方程求得；代入所求不等式，解一元二次不等式即可得到结果.【详解】由解集为可得：解得： 所求不等式为：，解得：本题正确选项：【点睛】本题考查根据一元二次不等式的解集求解参数、一元二次不等式的求解问题；关键是能够明确不等式解集的端点值与一元二次方程根之间的关系.5.已知点在同一个球的球表面上，平面，则该球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用补体法把三棱锥补成一个长方体，原三棱锥的外接球就是长方体的外接球，故可求外接球的直径，从而求得球的表面积【详解】把三棱锥补成一个长方体，长方体的外接球就是原三棱锥的外接球，它的直径为，故球的表面积为，故选B【点睛】几何体的外接球、内切球问题，关键是球心位置的确定，必要时需把球的半径放置在可解的几何图形中如果球心的位置不易确定，则可以把该几何体补成规则的几何体，便于球心位置和球的半径的确定6.如图，在中，点是线段上两个动点，且 ，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意求出x,y满足的等式，然后利用基本不等式中“1”的代换，求解最小值【详解】如图可知x，y均为正，设，共线， ，则，则的最小值为，故选D.【点睛】平面向量与基本不等式的综合题目，考察基本不等式中“1”的代换，求解代数式最值问题7.聊斋志异中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术.得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟.”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：，则按照以上规律，若具有“穿墙术”，则（ ）A. 48B. 63C. 99D. 120【答案】C【解析】【分析】观察规律得根号内分母为分子的平方减1，从而求出n.【详解】解：观察各式发现规律，根号内分母为分子的平方减1所以故选：C.【点睛】本题考查了归纳推理，发现总结各式规律是关键，属于基础题.8.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由，利用两角和的正弦公式以及特殊角的三角函数，化简即可.【详解】故选C【点睛】三角函数式的化简要遵循“三看”原则：（1）一看“角”，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分，从而正确使用公式；（2）二看“函数名称”，看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式；（3）三看“结构特征”，分析结构特征，找到变形的方向9.设数列的前项和为，且 ，则数列的前10项的和是（ ）A. 290B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由得为等差数列，求得，得利用裂项相消求解即可【详解】由得，当时，整理得，所以是公差为4的等差数列，又，所以，从而，所以，数列的前10项的和.故选.【点睛】本题考查递推关系求通项公式，等差数列的通项及求和公式，裂项相消求和，熟记公式，准确得是等差数列是本题关键，是中档题10.定义在上的偶函数满足，且当时，函数是定义在上的奇函数，当时，则函数的零点的的个数是（ ）A. 9B. 10C. 11D. 12【答案】C【解析】分析】由，得出，转化为函数与函数图象的交点个数，然后作出两个函数的图象，观察图像即可。【详解】由于，所以，函数的周期为，且函数为偶函数，由，得出，问题转化为函数与函数图象的交点个数，作出函数与函数的图象如下图所示，由图象可知，当时，则函数与函数在上没有交点，结合图像可知，函数与函数图象共有11个交点，故选：C.【点睛】本题考查函数的零点个数，有两种做法：一是代数法，解代数方程；二是图象法，转化为两个函数的公共点个数，在画函数的图象是，要注意函数的各种性质，如周期性、奇偶性、对称性等性质的体现，属于中等题。11.关于函数有下述四个结论：f(x)是偶函数 f(x)在区间（,）单调递增f(x)在有4个零点 f(x)的最大值为2其中所有正确结论的编号是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简函数，研究它的性质从而得出正确答案【详解】为偶函数，故正确当时，它在区间单调递减，故错误当时，它有两个零点：；当时，它有一个零点：，故在有个零点：，故错误当时，；当时，又为偶函数，的最大值为，故正确综上所述， 正确，故选C【点睛】画出函数的图象，由图象可得正确，故选C12.定义在上函数满足，且对任意的不相等的实数有成立，若关于x的不等式在上恒成立，则实数m的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合题意可知是偶函数,且在单调递减,化简题目所给式子,建立不等式,结合导函数与原函数的单调性关系,构造新函数,计算最值,即可.【详解】结合题意可知为偶函数,且在单调递减,故可以转换为对应于恒成立,即即对恒成立即对恒成立令,则上递增,在上递减,所以令,在上递减所以.故,故选B.【点睛】本道题考查了函数基本性质和导函数与原函数单调性关系,计算范围,可以转化为函数,结合导函数,计算最值,即可得出答案.二、填空题13.已知实数满足，则最小值为_【答案】【解析】由得,作出不等式对应的可行域(阴影部分)，平移直线由平移可知当直，经过点B(1,1)时,直线的截距最大，此时z取得最小值，将B的坐标代入，即目标函数y的最小值为1.故答案为：1.14.已知向量，若，则_【答案】【解析】【分析】利用向量垂直的性质可得，由同角三角函数的基本关系，二倍角公式结合诱导公式可得解【详解】解：向量，故答案为：【点睛】本题考查正弦函数值的求法，考查向量垂直的性质、三角函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题15.设数列的前n项和为，已知，且，记，则数列的前10项和为_【答案】200【解析】【分析】由已知求，利用递推公式可得数列的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2，从而可求，即可求和.【详解】，且，时，两式相减可得，（）即时，即，数列的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2，则数列，则的前10项和为 故答案为：200【点睛】本题考查数列的递推公式在数列的通项公式求解中的应用，考查等比数列的通项公式及数列的求和方法的应用，属于中档题.16.已知的外接圆半径为1，点在线段上，且，则面积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】由所以可知为直径，设，求导得到面积的最大值.【详解】由所以可知为直径，所以，设，则，在中，有，所以的面积，.方法一：（导数法），所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，的面积的最大值为.方法二：（均值不等式），因为.当且仅当，即时等号成立，即.【点睛】本题考查了面积的最大值问题，引入参数是解题的关键.三、解答题17.已知等差数列的首项为1，公差，且是与的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)由题意求出等差数列的公差，即可求出结果；(2)用裂项相消法求和即可.【详解】(1)设等差数列的公差为， 是与的等比中项. 即 或； (2)由（1）知 .【点睛】本题主要考查等差数列，以及数列的求和，属于基础题型.18.已知向量.（1）求函数的最小正周期；（2）在中，若，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用平面向量的数量积公式得到关于三角函数的表达式，然后利用三角恒等变换化简为一个正弦型函数，最后利用周期公式得到所求；（2）首先利用（1）的结论求出A，然后利用余弦定理得到关于b，c的一个等式，再根据条件求解b，c，从而可得三角形的周长.【详解】（1） ，所以的最小正周期.（2）由题意可得，又，则，所以，故设角的对边分别为，则.所以，又，所以，故，解得，则，所以周长为.【点睛】本题主要考查三角函数的计算化简和性质，也考查了余弦定理的应用，注意熟记公式，认真计算，属中档题.19.已知正项数列的前项和为，且，数列满足，且（I）求数列，的通项公式；（II）令，求数列的前项和。【答案】（I），；（II）【解析】【分析】（I）利用求得；根据求得，从而可知是等差数列，从而利用等差数列通项公式求得结果；利用可证得，可知数列的奇数项成等比、偶数项成等比，分别求解出为奇数和为偶数两种情况下的通项公式即可；（II）由（I）可得，采用分组求和的方式；对采用错位相减法求和；对分为为奇数和为偶数两种情况来讨论；从而可对两个部分加和得到结果.【详解】（I）当时，即 由可得即： 又 是公差为，首项为的等差数列由题意得： 由两式相除得：是奇数时，是公比是，首项的等比数列 同理是偶数时是公比是，首项的等比数列 综上：（II），即令的前项和为，则两式相减得：令的前项和为 综上：【点睛】本题考查利用递推关系求解数列的通项公式、等差和等比数列通项公式的求解、分组求和法和错位相减法求解数列的前项和的问题.本题的关键是能够通过递推关系证得数列为等差或等比数列，从而得到数列的通项公式，再根据通项公式的形式确定数列求和的方法.20.如图，直三棱柱中，分别为、的中点.（1）证明：平面；（2）已知与平面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】（1）见证明（2）【解析】【分析】解法1：（1）建立空间直角坐标系，利用直线的向量和平面法向量平行证明线面垂直；（2）设，利用与平面所成的角为得到的值，再求出两个面的法向量之间的夹角余弦值，得到二面角的余弦值.解法2：（1）取中点，连接、，易证平面，再证明,可得平面（2）设，利用与平面所成的角为得到的值，再求出两个面的法向量之间的夹角余弦值，得到二面角的余弦值.解法3：（1）同解法2（2）设，利用三棱锥等体积转化，得到到面的距离，利用与平面所成的角为得到与的关系，解出，在两个平面分别找出垂直于交线，得到二面角，求出其余弦值.【详解】解法1：（1）以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系设，则， ，因为，所以，面，面，于是平面（2）设平面的法向量，则，又，故，取，得因为与平面所成的角为，所以， ，解得，由（1）知平面的法向量， ，所以二面角的余弦值为解法2：（1）取中点，连接、, ， 平面，平面 ，而平面,平面, 平面为中点， ， ，四边形为平行四边形， 平面（2）以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系设，则，设平面的法向量，则，又，故，取，得因为与平面所成的角为，所以， ，解得，由（1）知平面的法向量，所以二面角的余弦值为解法3：（1）同解法2（2）设，则，,，到平面距离，设到面距离为，由得，即因为与平面所成的角为，所以，而在直角三角形中，所以，解得因为平面，平面,所以，平面，平面所以，所以平面，平面,平面所以为二面角的平面角，而,可得四边形是正方形，所以，所以二面角的余弦值为【点睛】本题考查线面垂直的证明，利用几何关系构造方程求出边的大小，利用空间向量证明线面垂直，求二面角的大小，属于中档题.21.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，证明：.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）利用导数求函数单调区间的套路，确定定义域，求导，解含参的不等式；（2）由（1）赋值放缩可以得到一函数不等式，再赋值将函数不等式转化为数列不等式，采用累加法即可证明不等式。【详解】（1）解：因为，当时，总有，所以在上单调递减.，无增区间；当时，令，解得.故时，所以在上单调递增.，同理时，有，所以在上单调递减.（2）由（1）知当时，若，则，此时，因为，所以，当时，取，有,所以故.【点睛】本题主要考查了导数在函数中的应用，利用导数求函数的单调区间，涉及到含参不等式的讨论，以及利用放缩法证明数列不等式，意在考查学生逻辑推理和数学运算能力。选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为