1、石家庄二中2019-2020学年度高三年级上学期12月月考数学理科试卷一.选择题（每题5分，共60分）1.已知复数（i为虚数单位），则的虚部为（ ）A. 1B. -1C. D. 【答案】A【解析】【分析】先计算出复数z，求出共轭复数，再由复数的定义得结论【详解】，其虚部为1故选：A【点睛】本题考查复数的除法运算，考查共轭复数及复数的定义属于基础题2.已知集合，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】解分式不等式得集合A，求对数函数的值域得集合B，再由并集概念计算【详解】由题意，时，故选：D.【点睛】本题考查集合的并集运算，考查对数函数的性质解分式不等式要注意分母不为03.函
2、数的图像大致为 ()A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：通过研究函数奇偶性以及单调性，确定函数图像.详解：为奇函数，舍去A,舍去D;，所以舍去C；因此选B.点睛：有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；由函数的单调性，判断图象的变化趋势；由函数的奇偶性，判断图象的对称性；由函数的周期性，判断图象的循环往复 4.石家庄春雨小区有3个不同的住户家里供暖出现问题，负责该小区供暖的供热公司共有4名水暖工，现要求这4名水暖工都要分配出去，且每个住户家里都要有人去检查，则分配方案共有（ ）种A. 12B. 24C. 3
3、6D. 72【答案】C【解析】【分析】4人分配到3个家庭，有一家去2人由此利用排列组合的知识可得【详解】4名水暖工分配到3个家庭，其中有2人去同一家，因此分配方案数为故选：C【点睛】本题考查排列组合的综合应用，解题方法是分组分配法5.若双曲线的离心率为，则双曲线C的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由离心率得，再转化为的关系即得【详解】由题意，即，渐近线方程为：故选：D.【点睛】本题考查求双曲线的渐近线方程，解题方法就是由离心率得的关系，但要注意双曲线的标准方程，渐近线的形式6.若，则二项式的展开式中的常数项为（ ）A. 6B. 12C. 60D. 120【答
4、案】C【解析】【分析】先由微积分基本定理求得m，然后由二项展开式通项公式求出常数项【详解】，其展开式通项公式，令，常数项为故选：C【点睛】本题考查二项式定理，考查微积分基本定理，掌握这两个定理是解题基础7.如图中共顶点的椭圆与双曲线的离心率分别为e1，e2，e3，e4，其大小关系为()A. e1e2e3e4B. e2e1e3e4C. e1e2e4e3D. e2e1e4e3【答案】C【解析】【详解】根据椭圆越扁离心率越大可得到0e1e21根据双曲线开口越大离心率越大得到1e4e3可得到e1e2e4e34,故选C8.在正方体中，M、N分别为棱和的中点，则异面直线与所成角的正弦值为（ ）A. B.
5、C. D. 【答案】A【解析】【分析】以正方体的棱所在直线为轴建立空间直角坐标系，用向量法求解【详解】如图，以为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，所以，异面直线与所成角的正弦值为故选：A【点睛】本题考查求异面直线所成的角，由于在正方体中，因此建立空间直角坐标系，用向量法求解9.函数的图象如图所示，为了得到函数的图象，只需把函数的图象（ ）A. 向右平移个长度单位B. 向左平移个长度单位C. 向右平移个长度单位D. 向左平移个长度单位【答案】A【解析】【分析】先由函数图象求出函数解析式，然后结合图象变换得结论【详解】由题意，又，而，因此只要向右平移个单位就满足题意故选：A.【点睛】本
6、题考查三角函数的图象变换，考查由函数图象求解析式解题关键是掌握“五点法”掌握三角函数的图象变换的概念10.已知函数是定义在R上的奇函数，当时，则使不等式成立的x的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由奇函数性质确定函数在R上的单调性，然后利用函数单调性化简不等式，再解指数不等式【详解】当时，是增函数且，又函数是定义在R上的奇函数，则满足，所以，函数在上是连续函数，所以函数在R上是增函数，即，又，即原不等式的解集为故选：C.【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，考查解指数不等式利用奇偶性与单调性可化函数不等式为一般的无函数号“f”的不等式，在解指数不等式时要注意指数
7、函数的值域，即11.己知函数，若存在实数，使得，且，则实数m的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先确定，根据题意问题转化为在 上有零点再用分离参数法转化为求函数值域【详解】易知是R上的增函数，且，只有一个零点1，即，问题变为在 上有零点由得，令，当时，由双勾函数的单调性可知，当时，递减，当时，递增，的最小值是2，最大值是3即故选：D.【点睛】本题考查函数零点分布问题，考查转化与化归能力题中两个函数的零点问题，通过一个函数的零点确定，转化为另一个函数的零点范围然后再转化为求函数值域12.已知数列满足，关于该数列有下述四个结论：，使得；，都有；使得成立一个充分不必
8、要条件为；设函数，为的导函数，则不等式有无穷多个解.其中所有正确结论编号为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由递推公式求出通项公式，然后验证各个选项【详解】，数列是首项为2，公差为1的等差数列，显然对任意，错；，正确；，正确；，则，不等式为，即，由数学归纳法可证当时，恒成立，证明如下：(i)时，命题成立，(ii)假设()时，命题成立，即，则时，命题也成立，综上，对任意的正整数，时，恒成立所以有无穷多个解，是错误的错误只有正确故选：B.【点睛】本题考查命题的真假判断，考查数列的通项公式解题关键是求出数列通项公式本题中第4个命题有一些难度题中证明是用数学归纳法给出的当然对我们
9、学生来讲这样的结论可能都记得，反而不显得有难度二.填空题（每题5分，共20分）13.抛物线的准线方程为_.【答案】【解析】试题分析：抛物线的标准方程是，所以准线方程是考点：抛物线方程14.已知数列满足则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】先利用累加法求出an33+n2n，所以，设f（n），由此能导出n5或6时f（n）有最小值借此能得到的最小值【详解】解：an+1an2n，当n2时，an（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a121+2+（n1）+33n2n+33且对n1也适合，所以ann2n+33从而设f（n），令f（n），则f（n）在上是单调递增，在上是递减的，因为nN+，所以当
10、n5或6时f（n）有最小值又因为，所以的最小值为故答案为 点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了累加法还考查函数的思想，构造函数利用导数判断函数单调性15.若实数x，y满足约束条件，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】作出可行域，利用的几何意义求解【详解】作出可行域，如图内部（不含虚线边界，含实线边界），令，时，时，表示可行域内点与点连线的斜率，由图可知或，所以或，综上 故答案为：【点睛】本题考查简单线性规划中的非线性目标函数的取值范围问题解题关键是理解目标函数的意义由几何意义求解是解题的基本方法16.在平行四边形中，沿将四边形折起成直二面角，且，则三棱锥的外接球的表面积为
11、_.【答案】【解析】【分析】由得，结合直二面角，可证平面，从而有，因此中点就是外接球球心由此可求得表面积【详解】由得，又平面平面，平面，同理，取中点，则到四顶点的距离相等，即为三棱锥的外接球的球心，故答案为：【点睛】本题考查球的表面积，解题关键是找到外接球球心利用直角三角形寻找球心是最简单的方法三棱锥外接球球心一定在过各面外心且与此面垂直的直线三.解答题（共70分）（一）必考题（共60分）17.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且.（1）求角B的大小；（2）若，求的面积.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）由，得，由正弦定理把边转化为角，再由两角和的正弦公式变形，结
12、合诱导公式可求得，从而得角（2）由余弦定理可求得，从而可求得面积【详解】（1），即由正弦定理可得，即，即，（2）由余弦定理，则的面积【点睛】本题考查平面向量垂直的坐标表示，考查正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，考查两角和的正弦公式及诱导公式掌握公式会使用即可考查的知识点较多，本题属于中档题18.已知数列满足，且，数列为正项等比数列，且，.（1）求数列和的通项公式；（2）令，求证：.【答案】(1) ， (2) 证明见解析【解析】【分析】（1）变形已知等式得数列为等差数列，从而可求通项公式，数列是等比数列，用基本量法可求得通项公式；（2）用错位相减法求得和，即可证结论成立【详解】（1），为等差数
13、列，首项为，公差为3，为正项等比数列，设公比为，则，整理得，解得，（2） -得, ，得证.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式，考查错位相减法求数列的和基本量法是求等差数列和等比数列的通项公式的常用方法19.如图，已知四棱锥，底面为菱形， 平面，E，F分别是，的中点.（1）求证：；（2）若直线与平面所成角的余弦值为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】【分析】（1）在底面菱形中可得，.由平面，得.从而有线面垂直，因此线线垂直；（2）由于图中有，两两垂直，因此以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，写出各点坐标，求出平面的法向量，用空间向量法表示线面角求出a，再求
14、解二面角【详解】（1）证明：由四边形为菱形，可得为正三角形.因为E为的中点，所以.又，因此.因为平面，平面，所以.而平面，平面，且，所以平面，又平面.所以. （2）由（1）知，两两垂直，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设，则，所以，且为平面的法向量，设直线与平面所成的角为，由，则有解得 所以，设平面的一法向量为，则，因此取，则因为，所以平面，故为平面的一法向量又所以. 因为二面角为锐角，所以所求二面角的余弦值为【点睛】本题考查用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查用空间向量法求线面角和二面角本题对学生的空间想象能力，运算求解能力有一定的要求20.已知椭圆的离心率为，过椭圆E的左焦点且
15、与x轴垂直的直线与椭圆E相交于的P，Q两点，O为坐标原点，的面积为.（1）求椭圆E的方程； （2）点M，N为椭圆E上不同两点，若，求证：的面积为定值.【答案】(1) (2)证明见解析【解析】【分析】（1）离心率提供一个等式，是椭圆的通径，通径长为，这样的面积又提供一个等式，两者联立方程组结合，可求得得椭圆标准方程（2）设，由得，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程并整理，得.应用韦达定理得，代入 可得的关系，注意，然后由圆锥曲线中的弦长公式计算弦长，求出到直线的距离，求得的面积，化简可得为定值，同样直线的不斜率存在时，也求得的面积和刚才一样，即得结论【详解】（1）设椭圆的半焦距为c
16、，则过椭圆左焦点且与x轴垂直的直线方程为，与椭圆方程联立解得，所以，所以把代入，解得又，解得所以E的方程为：（2）设，因为，所以，即，即（i）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程并整理，得.则，所以，整理得，代入，O到直线的距离，所以，即的面积为定值1 （ii）当直线的斜率不存在时，不妨设的斜率为且点M在第一象限，此时的方程为，代入椭圆方程，解得，此时的面积为.综上可知，的面积为定值1【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题中的定值问题综合性较强，对学生的推理能力，运算求解能力要求较高，属于难题在直线与椭圆相交问题中，采取“设而不求”的思想方法，即设直线的方程为，设
17、交点，由直线方程与椭圆方程联立消元，应用韦达定理可得，代 入得参数间的关系，由弦长公式求弦长并代入化简同时求三角形的高，求出三角形面积注意还要讨论直线斜率不存在的情形21.已知函数，（1）当时，求的单调区间；（2）当，讨论的零点个数；【答案】（1）单调递减区间为：，；单调递增区间为：，；（2）当时，在上有2个零点，当时，在上无零点.【解析】【分析】（1）先判断为偶函数，再利用导数研究上的单调性，根据偶函数的对称性，得到答案.（2）先求出导函数，然后对按照，进行分类讨论，当，得到在单调递增，结合，判断出此时无零点，当，得到单调性，结合，的值，以及偶函数的性质，得到零点个数.【详解】解：为偶函数，
18、只需先研究当，当，所以在单调递增，在，单调递减所以根据偶函数图像关于轴对称，得在单调递增，在单调递减，.故单调递减区间为：，；单调递增区间为：，（2）时，在恒成立在单调递增又，所以上无零点时，使得，即.又在单调递减，所以，所以，单调递增，单调递减，又，（i），即时在上无零点，又为偶函数，所以在上无零点（ii），即在上有1个零点，又为偶函数，所以在上有2个零点综上所述，当时，在上有2个零点，当时，在上无零点.【点睛】本题考查偶函数的性质，利用导数求函数的单调区间，利用导数研究函数的零点个数问题，涉及分类讨论的思想，属于中档题.（二）选考题（共10分）请考生在第22，23题中任选一题作答，并用2B
19、铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑.如果多做，则按所做的第一题计分.22.在直角坐标系中，曲线（为参数，且）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线经过点.（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）求曲线C上的点N到直线l的距离的最小值，以及此时点N的坐标.【答案】（1）曲线，直线；（2）最小值是，【解析】【分析】（1）由消元后可得曲线的普通方程，由公式可得直线的直角坐标方程；（2），由点到直线距离公式求出点到直线的距离，结合三角函数知识可求得最小值及相应点的坐标【详解】（1）由由得，此为C的普通方程，直线经过点，则，直线的直角坐标方程为，即（2）设，则，当
20、，即时，此时点坐标为【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，掌握公式是解题基础23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）记的最大值为m，且正实数a，b满足，求的最小值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）分类去绝对值符号后解不等式，最后合并解集；（2）由（1）可得m，用凑配法得出可用基本不等式的形式，求得最值 【详解】（1）当时，恒成立，当时，解得，当时，不成立，无解，综上，原不等式的解集为（2）由（1），当且仅当，即时等号成立，的最小值是【点睛】本题考查解绝对值不等式，考查用基本不等式求最值解绝对值不等式常用方法就是根据绝对值定义去掉绝对值符号后再解之用基本不等式求最值常常用“1”的代换凑配出基本不等式中需要的定值，从而求得最值
