1、福建省厦门第一中学2020届高三数学12月月考试题 理（含解析）一、选择题：本大题共12个小题,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.若是虚数单位，且复数为实数，则实数等于（ ）A. B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】先根据复数乘法运算法则化简复数，再由虚部为0，列出式子解出即可.【详解】，因为复数为实数，故，解之得.故选：C.【点睛】本题考查复数的分类，解题关键是正确区分实数、虚数、纯虚数的概念，属于基础题.2.已知，则的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据特殊值0和1与指数函数对数函数的单调性逐一比较大小
2、.【详解】对于，所以：故选：A【点睛】此题考查指数对数的大小比较，关键在于根据函数单调性和特殊函数值的大小关系，利用不等式的传递性解题.3.设等边三角形的边长为1，平面内一点满足，向量与夹角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据向量的平方等于模长的平方得到，再将两边用点乘，由向量点积公式得到夹角的余弦值.【详解】，对两边用点乘，与夹角的余弦值为.故选D.【点睛】这个题目考查了向量的模长的求法以及向量点积的运算，题目比较简单基础；平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上
3、的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求）.4.一个几何体的三视图如图所示，其体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三视图得到原图，再由割补法得到体积.【详解】该几何体是一个直三棱柱截去一个小三棱锥，如图所示，由直三棱柱的体积减去小三棱锥的体积即可得到结果，则其体积为.故选C.【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首
4、先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.5.已知抛物线的焦点为,其准线与双曲线相交于、两点,若为直角三角形,其中为直角顶点,则A. 6B. C. D. 【答案】D【解析】分析：写出抛物线的准线方程，代入双曲线方程求出的纵坐标，由是直角三角形，知它是等腰直角三角形，从而有，由此可解得详解：抛物线的准线是，代入双曲线方程得，是直角三角形，它是等腰直角三角形，解得故选D点睛：本题考查抛物线的准线方程，解题关键是由是直角三角形，知它是等腰直角三角形，从而有，因此只要求出点坐标即可得结果，本题是解析几何的
5、基本题型6.各项均为正数的等差数列an中，a4a9=36，则前12项和S12的最小值为（ ）A. 78B. 48C. 60D. 72【答案】D【解析】试题分析：利用基本不等式，结合等差数列的求和及通项公式，即可求出前12项和S12的最小值解：由题意，a4+a92=12，S12=（a1+a12）=6（a4+a9）72，故选D考点：等差数列的性质7.已知函数，且，则实数的值可能是（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】分析：首先根据题的条件，确定出函数图像的对称中心的坐标和对称轴方程，之后借着对称中心到对称轴的距离与函数周期的关系，得到，再结合求得，从而求得结果.详解：根据题意可知
6、，点是图像的一个对称点，直线是图像的一条对称轴，所以会有，从而可以求得，所以有，从而得，从而可以求得可以是3，故选B.点睛：该题考查了三角函数图像的对称性、周期性等，在做题的过程中，需要我们注意对称中心与对称轴的距离与周期的关系，还有要注意就是取值可以是谁这些关键字.8.若函数为奇函数，其中，则使不等式成立的的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用函数为奇函数，求出，不等式，即不等式，又在上单调递增，即可求出的取值范围【详解】函数为奇函数，,即，所以，不等式，即不等式，函数的定义域为，在上单调递增，即.故选：B.【点睛】本题考查函数奇偶性、单调性的综合应用，考查
7、逻辑思维能力和运算能力，属于高考常考题.9.函数的定义域为，且，对任意，在上是增函数，则函数的图象可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对于四个选项，举出对应的具体函数，然后利用函数的单调性验证是否在上递增，由此得出正确选项.【详解】对于A选项，取，则，由于，故，故为增函数，符合题意.对于B选项，取，则，由于，故为减函数，不符合题意.对于C选项，取，则，这是一个开口向上的二次函数，在对称轴两侧单调性相反，不符合题意.对于D选项，取，则，是常数函数，不符合题意.综上所述，选A.【点睛】本小题考查函数的图像与性质，考查利用特殊值法解选择题，考查了函数单调性.属于中档题.10
8、.已知函数，若关于的方程在区间内有两个实数解，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将方程的解的个数问题转化为函数的图象的交点个数问题，通过导数研究函数的单调性即极值，通过对与函数的极值的大小关系的讨论得到结果.【详解】易知当0时，方程只有一个解，所以0令，令得，为函数的极小值点，又关于的方程=在区间内有两个实数解，所以，解得，故选A.【点睛】该题考查的是有关根据方程在某个区间上的根的个数求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，注意将根的个数转化为函数图象交点的个数来完成，属于中档题目.11.函数某相邻两支图象与坐标轴分别交于点则方程所有解的和为（ ）A.
9、B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用函数某相邻两支图象与坐标轴分别交于两点可求得，从而得到，求出函数及的对称点，从而发现它们都关于点对称，在同一坐标系中，作出与的图像，结合图像即可求解【详解】由函数某相邻两支图象与坐标轴分别交于两点，可得：.解得：.所以将代入上式得：=0，解得：=，又，所以.所以.令=，则所以的图像关于点对称令，且=，解得：.所以的图像关于点对称.所以函数与的图像关于点对称.在同一坐标系中，作出与的图像，如图：由图可得：函数与的图像在上有两个交点，这两个交点关于点对称.所以方程有且只有两个零点，且 .所以方程所有解的和为：.故选A.【点睛】本题主要考查了三角函数图
10、像以及三角函数性质，考查了转化思想及方程思想，考查计算能力，属于中档题12.如图，棱长为1的正方体中，为线段的动点，则下列4个命题中正确的有（ ）个（1） （2）平面平面（3）的最大值为 （4）的最小值为A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】分别连接， ，作出图形后逐一分析：对于（1），利用线面垂直的判定定理可证平面，而平面，故（1）正确；对于（2），平面，而平面，就是平面，故平面平面，从而可判定（2）正确；对于（3），当时，为钝角，故可判断（3）错误；对于（4），将面与面沿展成平面图形，线段即为的最小值，通过解三角形可求得，可判断（4）正确【详解】分别连接， ，如图：对于
11、（1），平面，平面， ,又 ， ， 平面， 平面，正确；对于（2），平面即为平面，平面即为平面，且 平面，平面 平面，平面平面，正确； 对于（3），在中，由余弦定理可知，当时，为钝角，错误；对于（4），将面与面沿展成平面图形，线段即为的最小值，在中，利用余弦定理解三角形得，正确.故选：C.【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查空间几何体中直线和平面的位置关系，考查空间想象能力和计算能力，属于常考题.第卷（共90分）二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若，则的值为_【答案】【解析】令，得，令，得，则.点睛：本题考查二项式定理的应用；在利用二项式定理求二项展开
12、式的系数和时，往往采用赋值法或整体赋值法，要灵活注意展开式中未知数的系数的特点合理赋值，往往是1，0,或.14.太极图被称为“中华第一图”.从孔庙大成殿粱柱，到楼观台、三茅宫、白外五观的标记物；从道袍、卦摊、中医、气功、武术到南韩国旗、新加坡空军机徽，太极图无不跃居其上.这种广为人知的太极图，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”.在如图所示的阴阳鱼图案中，阴影部分的区域可用小等式组或来表示，设是阴影中任意一点，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】直接利用线性规划知识求最值【详解】如图，作出直线：，当直线往上平移至与阴影部分的圆的边界相切时，最大，此时圆心到直线的距离等于半
13、径1，即： .解得：【点睛】本题主要考查了线性规划知识，考查转化能力及直线与圆相切的几何关系，属于基础题15.已知、为双曲线：的左、右焦点，点为双曲线右支上一点，交左支于点，是等腰直角三角形，则双曲线的离心率为_【答案】【解析】【分析】根据双曲线的定义得，根据是等腰直角三角形得,解得，再由余弦定理可得到结果.【详解】设双曲线的实半轴长为，半焦距为.如图，根据双曲线的定义得，根据是等腰直角三角形得，解得，.在中，由余弦定理得 ，解得，则双曲线的离心率为.故答案为.【点睛】求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出，代入公式；只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式
14、，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围).16.已知数列的前项和满足：，则为_【答案】【解析】【分析】当时，将已知式子变形得：，继而推出，可知数列为等比数列，求解即可.【详解】当时，也即：，即：，当时，解得：，数列是以为首项，公比为的等比数列，即.故答案为：.【点睛】本题考查数列的递推式，解题关键是由，将已知式子变形得：，进一步得出数列为等比数列，考查逻辑思维能力和运算能力，属于难题.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，是上的点，平分，面积是面积的2倍.（1）求；（2）若，求的长.
15、【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先根据面积比得到，再根据平分关系和正弦定理得到；（2）根据边角关系，设， 由，知，由余弦定理得到和，建立方程求解即可.【详解】（1）由题，由正弦定理可知：；（2），设，则，在与中，由余弦定理可知，解得，即.【点睛】本题考查正、余弦定理和三角形中的几何计算，考查计算能力，属于常考题.18.已知数列，其中，数列的前项和 ，数列满足，.（1）求数列，的通项公式；（2）数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据题设条件用累乘法能够求出数列的通项公式，所以是首项为2，公比为2的等比数列，由此求出的通项公式；（2）当为奇数时
16、，当为偶数时，由此能推出数列的前项和.【详解】（1）因为，当时，所以，所以，即，又，所以，当时，上式成立，所以，因为，所以是首项为2，公比为2的等比数列，故；（2）当为奇数时，当为偶数时，因此.【点睛】本题考查用累乘法求数列的通项公式，考查数列的求和方法，考查了推理能力和计算能力，属于常考题.数列求和的方法一般有：倒序相加法、分组（并项）求和法、裂项相消法、错位相减法等.19.如图，在四棱锥中，底面四边形为直角梯形，为线段上一点(1)若，则在线段上是否存在点，使得平面?若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由(2)己知，若异面直线与成角，二面角余弦值为，求的长【答案】（1）存在，点是线段上
17、靠近点的一个三等分点；（2）2.【解析】【分析】(1) 延长，交于点，连接通过证明及，可得M为PB上的一个三等分点，且靠近点P(2)建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，分别求得平面和平面的法向量，再根据二面角夹角的余弦值即可得参数t的值，进而求得CD的长【详解】解：（1）延长，交于点，连接，则平面.若平面，由平面平面，平面，则.由，则，故点是线段上靠近点的一个三等分点.（2），平面，平面，则平面以点为坐标原点，以，所在的直线分别为轴、轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，则，则，设平面和平面的法向量分别为，.由，得即，令，则，故.同理可求得.于是，则，解之得（负值舍去），故
18、.【点睛】本题考查了立体几何的证明，空间向量在夹角问题中的综合应用，法向量的求法与用法，属于中档题20.动点到距离与到直线的距离之比为，记动点的轨迹为.（1）求出曲线的方程，并求出的最小值，其中点（2）是曲线上的动点，且直线经过定点，问在轴上是否存在定点，使得，若存在，请求出定点；若不存在，请说明理由.【答案】（1），最小值3；（2）存在，定点.【解析】【分析】（1）设动点为，设点到直线的距离为，由动点到距离与到直线的距离之比为，利用直接法求出点的轨迹；又，的最小值即为点到直线的距离；（2）假设存在满足题意的定点，设，设直线的方程为， ，由消去，得，利用韦达定理以及，得直线与的斜率和为零，建立
19、方程求解即可.【详解】（1）设动点，设点到直线的距离为，由已知，可得，化简得到轨迹的方程为：，所以，最小值即为点到直线的距离，最小值为3；（2）假设存在满足题意的定点，设，设直线的方程为， ，由消去，得，由直线过椭圆内一点作直线，故，由韦达定理得：，由，得直线与的斜率和为零，所以有：，故：，所以存在定点，当直线斜率不存在时定点也符合题意，综上所述，定点.【点睛】本题考查轨迹方程的求法，考查椭圆的几何性质，考查椭圆中满足某种条件的定点问题，考查逻辑思维能力和运算能力，属于高考常考题.21.已知定义域为的函数（，）（1）设，求的单调区间；（2）设为导数，（i）证明：当，时，；（ii）设关于的方程的
20、根为，求证：【答案】（1）当为奇数时的增区间为，减区间为；当为偶数时的增区间为及，减区间为（2）（i）证明见解析，（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）对，求导可得，分当为大于1的奇数，和为偶数时两种情况讨论可得的单调区间；（2）（i）设，求导得，根据研究即可得到所证结论；（ii），原方程化为解得，因为，所以；作差得，由（i）知，可得，所以，即可得证.【详解】（1），当，时即（a）当为大于1的奇数时，是偶数，当时，当时故的增区间为，减区间为当为偶数时，是奇数，由于，所以当或时，当时故的增区间为及，减区间为综上，当为奇数时的增区间为，减区间为，当为偶数时增区间为及，减区间为，（2）（i）证明：
21、设，则，因为，故在是增函数，从而，由于，所以，所以在是增函数，即（ii），原方程化为解得，因为，所以；作差得，由（i）知，当，时，令，故有，所以，综上，【点睛】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查分类讨论的数学思想，属于难题选考题（请考生在22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做第一个题目计分）22.在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（其中t为参数）现以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为=6cos（）写出直线l普通方程和曲线C的直角坐标方程；（）过点M（-1，0）且与直线l平行的直线l1交C于A，B两点，求
22、|AB|【答案】（）x-y-6=0x2+y2-6x=0（）2【解析】【分析】（）消去参数方程中的参数可得直线的普通方程，将曲线的极坐标方程变形后结合转化公式可得直角坐标方程（）由直线l1与直线l平行可得直线l1的参数方程，代入曲线C的方程后根据参数的几何意义可求得弦长【详解】（）由消去参数t，得直线l的普通方程为又由得，将代入上式得曲线C的直角坐标方程为（）由题意得过点且与直线l平行的直线l1的参数方程为，将其代入整理得，设点对应的参数分别为，则，所以【点睛】直线的参数方程中，只有当参数的系数的平方和为1时，才有几何意义，其几何意义为：是直线上任一点到的距离，即，利用此几何意义可解决弦长问题23.已知(1)解关于的不等式；(2)对任意正数，求使得不等式恒成立的的取值集合.【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】(1)对的范围分类，分段表示出，即可求解(2)利用基本不等式即可求得的最小值，把问题转化成，对的范围分类即可求解【详解】解：（1），由解得或.（2） .当时等号成立，即知.解不等式，分情况讨论：当时，故；当时，故；当，满足.的取值集合为.【点睛】本题主要考查了含两个绝对值的不等式解法及基本不等式得应用，考查了分类思想及转化思想，考查计算能力，属于中档题
