1、四川省泸县第二中学2020届高三数学下学期第二次月考试题 文（含解析）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.2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.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第I卷 选择题（60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出集合的等价条件，根据集合的基本运算进行求解即可【详解
2、】,，则，或，故选：A.【点睛】本题考查交、并、补集混合运算，根据不等式先化简集合，再进行集合的运算即可，属于基础题.2.已知复数，则（）A. B. 3C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】可用除法法则计算出复数，然后再由模的定义求得模【详解】解：，故选A【点睛】本题考查复数的除法运算和求复数的模，掌握复数的运算法则和复数的概念是解题基础3.命题“”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论.【详解】解：根据全称命题的否定是特称命题，则命题“”的否定，故选：C.【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，属于基础题.4.等差数列的前
3、项和为，已知，则的值等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意可得成等差数列，代入数据可得【详解】等差数列的前项和为,由题意可得成等差数列，故，代入数据可得，解得故选C点睛】本题考查等差数列前n项和的性质，属于基础题5.在ABC中，设三边AB，BC，CA的中点分别为E，F，D，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量加法的平行四边形法则即可求出 所以【详解】如图，；故选A【点睛】本题考查向量加法的平行四边形法则及中线向量，以及向量的加法运算6.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意得，根据三角函数的诱导公式，可得，故选B.7.
4、函数为奇函数的充要条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据奇函数定义得到，再计算定义域，根据大小关系计算得到答案.【详解】，为奇函数考虑定义域：即且 满足： 故选C【点睛】本题考查了函数的奇偶性，忽略定义域是容易发生的错误.8.已知为直线，平面，则下列说法正确的是( )，则 ，则，则 ，则A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】可根据线面垂直的性质定理判断；可借助正方体进行判断.【详解】由线面垂直的性质定理可知垂直同一平面的两条直线互相平行，故正确；选取正方体的上下底面为以及一个侧面为，则，故错误；选取正方体的上底面的对角线为，下底面为，则不成立，故错误；选
5、取上下底面为，任意作一个平面平行上底面为，则有 成立，故正确.所以说法正确的有：.故选D.【点睛】对于用符号语言描述的问题，最好能通过一个具体模型或者是能够画出相应的示意图，这样在判断的时候能更加直观.9.函数在区间上的最大值与最小值的差记为，若 恒成立，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】判断出函数在区间上的单调性，可得出，然后再解不等式即可得出实数的取值范围.【详解】，该函数在区间上单调递减，所以，由，得，化简得，解得，因此，实数的取值范围是，故选A.【点睛】本题考查函数单调性的应用，涉及二次不等式解法的应用，解题的关键就是判断出函数的单调性，并利用单调性
6、求出函数的最值，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.10.已知是上的偶函数，且在上单调递减，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据偶函数的性质可得在上单调递增，可将问题转化为和1到对称轴的距离的大小的问题求解【详解】由题意，根据偶函数的性质知，在上单调递增，又，所以，解得，由在上为单调递增，所以故选B【点睛】偶函数具有性质，利用这一性质，可将问题转化到函数的同一个单调区间上去研究，同时也可将函数值的大小转化为变量到对称轴的距离的大小的问题求解11.已知三棱锥中，若该三棱锥的四个顶点在同一个球面上，则此球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C
7、【解析】【分析】作出三棱锥的外接长方体，计算出该长方体的体对角线长，即可得出其外接球的半径，然后利用球体体积公式可计算出外接球的体积.【详解】作出三棱锥的外接长方体，如下图所示：设，则，上述三个等式相加得，所以，该长方体的体对角线长为，则其外接球的半径为，因此，此球的体积为.故选C.【点睛】本题考查三棱锥外接球体积的计算，将三棱锥补成长方体，利用长方体的体对角线作为外接球的直径是解题的关键，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.12.双曲线的右焦点为，为双曲线上的一点，且位于第一象限，直线分别交于曲线于两点，若为正三角形，则直线的斜率等于（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】
8、记双曲线左焦点为，根据题中条件，结合双曲线定义，得到；再设，得到，由点差法求出，得到，进而可求出结果.【详解】记双曲线左焦点为，因为为正三角形，所以，即，则有，由双曲线定义可得：，设，则，所以，两式作差可得，即，即，又，则故选D【点睛】本题主要考查双曲线中的直线斜率的问题，熟记双曲线的定义与简单性质即可，属于常考题型.第II卷 非选择题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设函数，则_.【答案】【解析】试题分析：依分段函数的定义，得，即.考点：分段函数求函数值.14.若，满足约束条件则当取最小值时，的值为_【答案】1【解析】【分析】画出满足条件的可行域，根据目标函数表示可行域内
9、点与连线的斜率，结合图象，即可求解.【详解】画出可行域如下图所示，表示可行域内的点与连线的斜率，根据图形可得，当点点与连线时，取得最小值，此时的值为1点睛：线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.15.若，则 _【答案】【解析】【分析】利用同角三角函数间的基本关系可得，利用二倍角的正弦函数公式化简，再由已知等式弦化切后代入tan的值，计算即可求出值详解】，故答案为：.【点睛】本题考查同角三角函数基本关系的运用，涉及
10、二倍角公式的应用，解题关键是运用齐次式化正切进行转化求解，属于简单题.16.如图所示，在平面四边形中，则四边形的面积的最大值是 .【答案】.【解析】【详解】如下图所示，设，由余弦定理可知，即，当且仅当时，等号成立，即面积的最大值为，故填：.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.为满足人们的阅读需求，图书馆设立了无人值守的自助阅读区，提倡人们在阅读后将图书分类放回相应区域.现随机抽取了某阅读区500本图书的分类归还情况，数据统计如下（单位：本）.文学类专栏
11、科普类专栏其他类专栏文学类图书1004010科普类图书3020030其他图书201060（1）根据统计数据估计文学类图书分类正确的概率；（2）根据统计数据估计图书分类错误的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据古典概型的概率公式，分别求出文学类图书总数以及正确分类的图书数，即可求出；（2）根据古典概型的概率公式，分别求出图书分类错误的数量以及图书总数，即可求出【详解】（1）由题意可知，文学类图书共有本，其中正确分类的有100本所以文学类图书分类正确的概率（2）图书分类错误的共有本，因为图书共有500本，所以图书分类错误的概率【点睛】本题主要考查古典概型的概率公式的应用，意在考查学
12、生的数据处理能力，属于基础题18.在中，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，的面积为，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可将已知等式整理求得，根据可求得；（2）由三角形面积公式可求得，利用求得，利用余弦定理可求得结果.【详解】（1） 由正弦定理得： （2）由得：【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理边化角的应用、两角和差正弦公式、三角形面积公式和余弦定理的应用等知识，属于常考题型.19.如图，三棱柱的侧棱垂直于底面，是棱的中点.（1）证明：；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）要证，
13、可证平面由平面知识可证得，又平面可推出，即得平面，于是；（2）根据等积法，即可求出【详解】（1）证明：平面四边形是矩形为中点，且，与相似，平面，平面平面，平面，（2）在中，所以由（1）知平面由于四边形是矩形，所以【点睛】本题主要考查利用线面垂直的判定定理，性质定理证明线线垂直，以及利用等积法求三棱锥的体积，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题20.已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）证明：.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【详解】试题分析: （1）对函数求导,按和分别判断导函数的正负,写出函数的单调性; （2）要证，只需证，由（1）可知当时，即，当时，上式两
14、边取以为底的对数，可得，用代替可得，又可得，所以,将原不等式放缩,即可证得.试题解析:（1）解：，若时，上单调递减；若时，当时，单调递减；当时，单调递增；综上，若时，在上单调递减；若时，在上单调递减；在上单调递增；（2）证明：要证，只需证，由（1）可知当时，即，当时，上式两边取以为底的对数，可得，用代替可得，又可得，所以，即原不等式成立.21.已知圆，圆，动圆与圆外切并与圆内切，圆心的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）若直线与曲线交于两点，问是否在轴上存在一点，使得当变动时总有？若存在，请说明理由.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）利用椭圆定义求轨迹方程：先由动圆与圆外切并与圆内切，
15、得，从而，再由椭圆的定义可知，曲线是以为左右焦点，长半轴长为2，短半轴为的椭圆（左顶点除外），其方程为（2）条件就是，利用坐标化简得：设，则，再联立直线方程与椭圆方程，消去y，利用韦达定理得，代入化简得试题解析：（1）得圆的圆心为，半径；圆的圆心，半径.设圆的圆心为，半径为.因为圆与圆外切并与圆内切，所以由椭圆的定义可知，曲线是以为左右焦点，长半轴长为2，短半轴为的椭圆（左顶点除外），其方程为（2）假设存在满足.设联立得，由韦达定理有，其中恒成立，由（显然的斜率存在），故，即，由两点在直线上，故代入得：即有将代入即有：，要使得与的取值无关，当且仅当“”时成立，综上所述存在，使得当变化时，总有考
16、点：利用椭圆定义求轨迹方程，直线与椭圆位置关系【方法点睛】1.求定值问题常见的方法有两种（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值2定点的探索与证明问题（1）探索直线过定点时，可设出直线方程为ykxb，然后利用条件建立b、k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点（2）从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.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，）.在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线.（1）若与曲线没有公共点，求的
17、取值范围；（2）若曲线上存在点到距离的最大值为，求的值.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：（1）将曲线与直线转为直角坐标系方程，然后联立直线与方程组求得结果（2）利用三角函数求出点到直线的距离表达式，结合题目求得结果解析：（1）因为直线的极坐标方程为，即，所以直线的直角坐标方程为；因为（参数，）所以曲线的普通方程为，由消去得，所以，解得，故的取值范围为. （2）由（1）知直线的直角坐标方程为，故曲线上的点到的距离，故最大值为由题设得，解得.又因为，所以.点睛：本题考查了参数方程的知识点，先将参数方程或者极坐标方程转化为直角坐标系的方程，然后根据在直角坐标系的方法求得结果，在计算点到线的距离时，由三角函数的方法在计算中更为简单23.已知函数，xR.(1)解不等式；(2)若对x，yR，有，求证：.【答案】（1）x|0x2（2）见解析【解析】【分析】(1)分段讨论求解不等式即可.(2)利用与拼凑出再利用三角不等式证明即可.【详解】(1),|2x1|x|1,即 或或得或或无解故不等式的解集为x|0x2(2)证明：f(x)|2x1|2(xy1)(2y1)|2(xy1)|2y1|2|xy1|2y1|.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解方法以及拼凑利用三角不等式证明不等式的方法.属于中等题型.