四川省阆中中学高三上学期1月月考数学试题

阆中中学校高级1月月考数学试题（满分：分考试时间：分钟）注意事项：．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷（选择题共分）85分在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】直接根据集合间的并集定义计算可得结果。【详解】由，解得，因为，所以，故选：C.2.（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘法运算求解.【详解】，故选:D.第1页/共21页

3.已知，，是空间中的三条直线，且，则“”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】B【解析】【分析】根据空间中垂直和平行的性质及充分条件、必要条件、充要条件的定义分析判断即可.【详解】若，，则，可以异面、平行或相交，故由推不出，若，，根据平行线的性质，则，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4.以抛物线的焦点为圆心，且与的准线相切的圆截直线所得弦长为（）A.2B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据抛物线方程，求得焦点和准线，再求满足题意的圆方程，利用弦长公式，即可求得结果.【详解】抛物线的焦点为，准线为，故圆的圆心为，半径.又点到直线的距离，故弦长.故选：D5.已知平面向量，，若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据向量垂直求出m，再根据向量数量积公式求出两向量夹角的余弦，从而确定夹角的大小．【详解】已知，则，第2页/共21页

∵，∴，解得，∴．∴，，∴，∵，∴．故选：C．6.已知，则的最小值为（）A.3B.2C.D.1【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式求得，再根据对数的运算即可求得最小值.【详解】因为，，所以，，当且仅当时取等号，故选：D.7.存在函数满足，对任意都有（）A.B.C.D.【答案】C【解析】分析】取特殊值，排除ABD，对于C，可通过求判断.第3页/共21页

【详解】对于A，令，则；令，则.显然对于实数，有两个的值（和）与其对应，不符合函数的定义，所以A错误.对于B，令，则；令，则.显然对于实数，有两个的值（和）与其对应，不符合函数的定义，所以B错误.对于C，令，则，且.由，得.所以存在函数满足题意.所以C正确.对于D，令，则；令，则.显然对于实数，有两个的值与其对应，不符合函数的定义，所以D错误.故选：C.8.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.【答案】A【解析】【详解】根据题意作出图形：设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O，则OO平面ABC，延长CO1交球于点D，则SD平面ABC．CO=，∴，高SD=2OO=，△ABC是边长为1的正三角形，S=，∴．第4页/共21页

考点：棱锥与外接球，体积．【名师点睛】本题考查棱锥与外接球问题，首先我们要熟记一些特殊的几何体与外接球（内切球）的关系，如正方体（长方体）的外接球（内切球）球心是对角线的交点，正棱锥的外接球（内切球）球心在棱锥的高上，对一般棱锥来讲，外接球球心到名顶点距离相等，当问题难以考虑时，可减少点的个数，如先考虑到三个顶点的距离相等的点是三角形的外心，球心一定在过此点与此平面垂直的直线上．如直角三角形斜边中点到三顶点距离相等等等．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知点、分别为双曲线为）A.双曲线的离心率为B.若，则面积为C.若，则的周长为D.若直线：与双曲线无交点，则直线的斜率的取值范围为【答案】AC【解析】【分析】根据双曲线的定义、标准方程、几何性质逐项计算判断即可.【详解】对于A：因为双曲线方程为，所以.第5页/共21页

所以双曲线的离心率为，A正确；对于B：不妨设点在双曲线右支上，则根据双曲线的定义，①，因为，则根据勾股定理得②，由①式取平方减去②式，可得，即得，则的面积为，B错误；对于C：因为，所以点在双曲线右支上，因，建立解得，所以的周长为，C正确；对于D：因为双曲线方程为，则其渐近线方程为.因为直线：与双曲线无交点，则当时，；当时，；故直线的斜率的取值范围为，故D错误.故选：AC.10..已知每轮中甲答对的概率为轮活动中甲、乙答对与否互不影响，各轮活动也互不影响，则以下说法正确的是（）A.每轮活动中，甲获胜的概率为B.每轮活动中，平局的概率为C.甲至少获胜两轮的概率为D.甲胜一轮且乙胜两轮的概率为【答案】AC【解析】【分析】根据古典概型和独立事件的概率知识进行计算即可.【详解】对于A：由于在每轮活动中，甲、乙各回答一题，若一方答对且另一方答错，则答对的一方获胜，第6页/共21页

所以每轮活动中，甲获胜的概率为，所以A正确；对于B：由于在每轮活动中，甲、乙各回答一题，若一方答对且另一方答错，则答对的一方获胜，否则本轮平局，所以每轮活动中，平局的概率为，B错误；对于C：由A可知每轮活动中，甲获胜的概率为，所以三轮活动中甲至少获胜两轮的概率为，C正确；对于D：由于每轮活动中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，所以三轮活动中，甲胜一轮且乙胜两轮的概率为，D错误；故选：AC.在棱长为2的正方体中，，则（）A.若，则B.若，且，，则直线与所成角的最小角为C.若，则点所在的平面截正方体所得的截面面积为D.若，则直线和直线所成角的取值范围为【答案】AC【解析】【分析】由题可得，.对于A，由B与BD所成角的余弦值可表示为由题意及换元可判断选项正误；对于C，取中点分别为，由题可得平面，第7页/共21页

据此可得截面面积；对于D，直线与AP夹角余弦值的表达式为：，然后令，结合题意可判断选项正误.【详解】对于A，由题，，，.则，故A正确；对于B，，，，则，因，则.令，则，易得函数在上单调递增，则，从而，即直线与BD所成角的最小值为，故B错误；对于C，设，因，则四点共面，即平面.取中点分别为，因，则平面.由题可得，则对应截面面积为：，故C正确；第8页/共21页

对于D，，，，，.则.设，则.当，则；当，.因，则.从而，设直线与夹角为，则又空间中两直线夹角范围为，则.注意到，，在上单调递减，则，其中满足，，从而D错误．故选：AC第Ⅱ卷（非选择题共分）第9页/共21页

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12._______【答案】8【解析】【分析】利用对数的运算性质和指数幂的运算性质计算即得.【详解】.故答案为：8.13.已知是等比数列的前项和，，，则_______【答案】【解析】【分析】先根据题设条件求出公比，再根据等比数列的性质可求.【详解】设等比数列的公比为，因为为等比数列，故，而，故答案为：.14.在斜三角形中，内角所对的边分别为，已知，且的面积，则的最小值为_______【答案】【解析】【分析】由题可得，由题设及正弦定理可得，然后由三角函数知识结合整体思想可得答案.【详解】因，则，则.第10页/共21页

由正弦定理，.因，则.又，则，从而令，则.当且仅当时取等号.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知函数的最小正周期为，且．（1）求函数的解析式；（2）函数的图象是由函数的图象向左平移个单位长度得到，若，求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】1）根据正切型函数的周期和定点求，即可得函数解析式；（2）根据三角函数图像变换可得，结合，分析可得，运算求解即可.【小问1详解】因为，且，解得，第11页/共21页

又因为，则，解得，且，可得，所以.【小问2详解】由题意可知：，因为，由，即，可知，解得，且，所以的最小值为．16.已知函数的导函数为，函数与的图象关于直线对称.（1）若数列的前项和，求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】1）由题意知，根据可求得数列的通项公式；（2与的图象关于直线在；通过求，求得，进而求得数列的通项公式，利用裂项相消求和法可求得第12页/共21页

.【小问1详解】由题意知.当时，；当时，，所以故.【小问2详解】，即点在的图象上，因为与的图象关于直线对称，所以点在的图象上，即，所以.又，所以.所以，于是即.17.如图，在三棱柱中，为等腰直角三角形，，，，为棱的中点，为棱上的一点.（1）求证：平面；第13页/共21页

（2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1，合一得到，得平面，然后可得结论；（2）先证明出面面垂直，再建立空间直角坐标系，设，表示出点的坐标，然后求出平面的法向量，根据面面角的余弦值列方程求解可得.【小问1详解】因为，所以侧面为矩形，故，又，即，且，平面，所以平面，而平面，故，连接，又，，故为等边三角形，所以，因为是线段的中点，故，且，平面，故平面，因为平面，故，又，所以平面.【小问2详解】由（1）知，平面，又平面，故平面平面，以为原点，，所在直线分别为轴，过点C在平面内作垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，由（1）知为等边三角形，故为等边三角形，且轴，第14页/共21页

所以，，，，，而,故.设，，，则，解得，故，易得平面的一个法向量为，设平面的法向量，则，令，则.记平面与平面夹角为，故，整理得，解得或所以.18.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：当时，函数有唯一的极值点α和唯一的零点β；（3）对于（2）中的α与β，比较与β的大小，并证明你的结论.第15页/共21页

【答案】（1）（2）证明见详解（3），证明见详解【解析】1）求导，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出切线方程；（2和时利用二次导数讨论单调性，结合端点函数值符号即可证明；（3）根据（2）中结论，结合单调性，将问题转化为证明，然后构造函数，，利用导数讨论单调性，然后可证.【小问1详解】由题，，则曲线在点处的切线斜率，又，所以曲线在点处的切线方程为.【小问2详解】因为，当时，，故，即单调递减，又，，所以函数在上只有一个零点（设为当时，令，则，由于和在上均单调递减，所以在上单调递减，又，，所以存在，使得，第16页/共21页

当时，，单调递增，即单调递增，当时，，单调递减，即单调递减，又，，，所以当时，恒成立，且存在，使得，即当时，，即单调递增，当时，，即单调递减，所以是的极值点，又，，所以当时，恒成立，此时无零点；综上，函数有唯一的极值点，及唯一的零点.【小问3详解】，证明如下：由（2，，则，由于为的极值点，所以，即，所以，令，则，所以单调递增，故，即，所以，令，则，所以在上单调递减，所以，第17页/共21页

所以，又在上单调递减，故.19.已知椭圆的短轴长为2，左、右焦点分别为，过点的直线l与椭圆C交于MNMN分别在xPQ分别是和的中点，、分别是和的重心．（1）若，求椭圆C的方程；（2）在（1）的条件下，过点并垂直于x轴的直线交椭圆C于点B，椭圆上不同的两点A，D满足成等差数列，求弦AD的中垂线的纵截距的取值范围；（3）若总成立，