2020届广西壮族自治区南宁市高三上学期10月月考数学（理）试题（解析版）

2020届广西壮族自治区南宁市高三上学期10月月考数学（理）试题一、单选题1已知集合A2，1，0，1，2，Bx|x24x50，则AB（）A2，1，0B1，0，1，2C1，0，1D0，1，2【答案】D【解析】解一元二次不等式化简集合,再由集合的交集运算可得选项.【详解】因为集合，故选：D.【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.2若复数z满足，则（ ）ABCD【答案】D【解析】先化简得再求得解.【详解】所以.故选：D【点睛】本题主要考查复数的运算和模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3某校8位学生的本次月考成绩恰好都比上一次的月考成绩高出50分，则以该8位学生这两次的月考成绩各自组成样本，则这两个样本不变的数字特征是（ ）A方差B中位数C众数D平均数【答案】A【解析】通过方差公式分析可知方差没有改变，中位数、众数和平均数都发生了改变.【详解】由题可知，中位数和众数、平均数都有变化.本次和上次的月考成绩相比，成绩和平均数都增加了50，所以没有改变，根据方差公式可知方差不变.故选：A【点睛】本题主要考查样本的数字特征，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4若的展开式中的系数为150，则（ ）A20B15C10D25【答案】C【解析】通过二项式展开式的通项分析得到，即得解.【详解】由已知得，故当时，于是有，则.故选：C【点睛】本题主要考查二项式展开式的通项和系数问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.5设递增的等比数列的前n项和为，已知，则（ ）A9B27C81D【答案】A【解析】根据两个已知条件求出数列的公比和首项，即得的值.【详解】设等比数列的公比为q.由，得，解得或.因为.且数列递增，所以.又，解得，故.故选：A【点睛】本题主要考查等比数列的通项和求和公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6已知函数的图象在点处的切线方程是，则（ ）A2B3C-2D-3【答案】B【解析】根据求出再根据也在直线上，求出b的值，即得解.【详解】因为，所以所以，又也在直线上，所以，解得所以.故选：B【点睛】本题主要考查导数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.7函数的部分图象大致为（）ABCD【答案】A【解析】先求得函数的定义域，然后判断出函数为奇函数，再用特殊值确定正确选项.【详解】首先函数的定义域为，且，所以函数为奇函数，图象应该关于原点对称，排除C和D，当时，故A正确【点睛】本题考查函数的图象与性质，考查推理论证能力，属于基础题.8如图，平面ABCD，ABCD为正方形，且，E，F分别是线段PA，CD的中点，则异面直线EF与BD所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】C【解析】分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系,再利用向量法求异面直线EF与BD所成角的余弦值.【详解】由题可知，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设.则.故异面直线EF与BD所成角的余弦值为.故选：C【点睛】本题主要考查空间向量和异面直线所成的角的向量求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9执行如图所示的程序框图，若输出的，则处应填写（ ）ABCD【答案】B【解析】模拟程序框图运行分析即得解.【详解】；.所以处应填写“”故选：B【点睛】本题主要考查程序框图，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10已知点为双曲线的右焦点，直线与双曲线交于A，B两点，若，则的面积为（ ）ABCD【答案】D【解析】设双曲线C的左焦点为，连接，由对称性可知四边形是平行四边形，设，得，求出的值，即得解.【详解】设双曲线C的左焦点为，连接，由对称性可知四边形是平行四边形，所以，.设，则，又.故，所以.故选：D【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查余弦定理解三角形和三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11已知函数，则不等式的解集为（ ）ABCD【答案】D【解析】先判断函数的奇偶性和单调性，得到，且，解不等式得解.【详解】由题得函数的定义域为.因为，所以为上的偶函数，因为函数都是在上单调递减.所以函数在上单调递减.因为，所以，且，解得.故选：D【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和单调性的判断，考查函数的奇偶性和单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.12已知，函数在区间内没有最值，给出下列四个结论：在上单调递增；在上没有零点；在上只有一个零点.其中所有正确结论的编号是（ ）ABCD【答案】A【解析】先根据函数在区间内没有最值求出或.再根据已知求出，判断函数的单调性和零点情况得解.【详解】因为函数在区间内没有最值.所以，或解得或.又，所以.令.可得.且在上单调递减.当时，且，所以在上只有一个零点.所以正确结论的编号 故选：A.【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，考查函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.二、填空题13已知两个单位向量满足，则向量与的夹角为_.【答案】【解析】由得，即得解.【详解】由题意可知，则.解得，所以，向量与的夹角为.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的计算和夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14设是公差不为0的等差数列的前n项和，且，则_.【答案】18【解析】将已知已知转化为的形式，化简后求得，利用等差数列前公式化简，由此求得表达式的值.【详解】因为，所以.故填：.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，考查等差数列的性质以及求和，考查运算求解能力，属于基础题.15已知分别是椭圆的左、右焦点，过左焦点的直线与椭圆C交于A，B两点，且，则椭圆的离心率为_.【答案】【解析】设，求出，在中. 在中，得即得椭圆的离心率.【详解】设，则 ，由，得.在中.在中，得.故答案为：【点睛】本题主要考查椭圆的定义和简单几何性质，考查余弦定理解三角形和椭圆离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16如图，在长方体中，E，F，G分别为的中点,点P在平面ABCD内，若直线平面EFG，则线段长度的最小值是_.【答案】【解析】如图，连接，证明平面平面EFG.因为直线平面EFG，所以点P在直线AC上. 当时.线段的长度最小，再求此时的得解.【详解】如图，连接， 因为E，F，G分别为AB，BC，的中点，所以，平面，则平面.因为，所以同理得平面，又.所以平面平面EFG.因为直线平面EFG，所以点P在直线AC上.在中，故当时.线段的长度最小，最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查立体几何中的轨迹问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.三、解答题17为了检测某种零件的一条生产线的生产过程，从生产线上随机抽取一批零件，根据其尺寸的数据得到如图所示的频率分布直方图，若尺寸落在区间之外，则认为该零件属“不合格”的零件，其中,s分别为样本平均数和样本标准差，计算可得（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.（1）求样本平均数的大小；（2）若一个零件的尺寸是100 cm，试判断该零件是否属于“不合格”的零件.【答案】（1）66.5 （2）属于【解析】（1）利用频率分布直方图的平均数公式求解；（2）求出，即可判断得解.【详解】（1） （2） 所以该零件属于“不合格”的零件【点睛】本题主要考查频率分布图中平均数的计算和应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18如图，在三棱柱中， 平面ABC.（1）证明：平面平面（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】（1）证明平面即平面平面得证；（2）分别以所在直线为x轴，y轴.轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，再利用向量方法求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为平面ABC，所以 因为.所以.即 又.所以平面 因为平面.所以平面平面 （2）解：由题可得两两垂直，所以分别以所在直线为x轴，y轴.轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，则，所以 设平面的一个法向量为，由.得令，得 又平面，所以平面的一个法向量为. 所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查空间几何位置关系的证明，考查二面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.19分别为的内角的对边.已知.（1）若，求；（2）已知，当的面积取得最大值时，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】（1）根据正弦定理，将，化角为边，即可求出，再利用正弦定理即可求出；（2）根据，选择，所以当的面积取得最大值时，最大，结合（1）中条件，即可求出最大时，对应的的值，再根据余弦定理求出边，进而得到的周长【详解】（1）由，得，即.因为，所以.由，得.（2）因为，所以，当且仅当时，等号成立.因为的面积.所以当时，的面积取得最大值，此时，则，所以的周长为.【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，涉及到基本不等式的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力20已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若函数在区间上的最小值为，求m的值.【答案】（1）见解析 （2）【解析】（1）先求导，再对m分类讨论，求出的单调性；（2）对m分三种情况讨论求函数在区间上的最小值即得解.【详解】（1） 若，当时，；当时.，所以在上单调递增，在上单调递减若.在R上单调递增 若，当时，；当时.，所以在上单调递增，在上单调递减 （2）由（1）可知，当时，在上单调递增，则.则不合题意 当时，在上单调递减，在上单调递增.则，即 又因为单调递增，且，故 综上，【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.21如图,已知抛物线E:y2=4x与圆M:(x3)2+y2=r2(r0)相交于A,B,C,D四个点.(1)求r的取值范围;(2)设四边形ABCD的面积为S,当S最大时,求直线AD与直线BC的交点P的坐标.【答案】(1) r(2,3). (2) (,0).【解析】(1)联立抛物线与圆的方程，利用判别式与韦达定理列不等式组，从而可得结果；(2)根据S=(+)(x2x1)=(4+4)(x2x1)，利用韦达定理将S表示为关于r的函数，换元后利用导数可求当S最大时直线AD与直线BC的交点P的坐标.【详解】(1)联立抛物线与圆的方程消去y,得x22x+9r2=0.由题意可知x22x+9r2=0在(0,+)上有两个不等的实数根,所以解得2r3,即r(2,3). (2)根据(1)可设方程x22x+9r2=0的两个根分别为x1,x2(0x1x2),则A(x1,2),B(x1, 2),C(x2, 2),D(x2,2),且x1+x2=2,x1x2=9r2,所以S=(+)(x2x1)=(4+4)(x2x1)=2=2. 令t=(0,1),f(t)=S2=4(2+2t)(44t2)= 32(t3+t2t1),f(t)= 32(3t2+2t1)= 32(t+1)(3t1),可得f(t)在(0,)上单调递增,在(,1)上单调递减,即当t=时,四边形ABCD的面积取得最大值. 根据抛物线与圆的对称性,可设P点坐标为(m,0),由P,A,D三点共线,可得=,整理得m=t=,所以点P的坐标为(,0).【点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的位置关系，及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法（结合导数）以及均值不等式法求解.22在直角坐标系中，已知圆，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线平分圆M的周长.（1）求圆M的半径和圆M的极坐标方程；（2）过原点作两条互相垂直的直线，其中与圆M交于O，A两点，与圆M交于O，B两点，求面积的最大值.【答案】（1）， （2）【解析】先求出，再求圆的半径和极坐标方程；（2）设 求出,再求出得解.【详解】（1）将化成直角坐标方程，得 则，故，则圆 ，即，所以圆M的半径为.将圆M的方程化成极坐标方程，得.即圆M的极坐标方程为. （2）设，