1、广东省华南师范大学附属中学2020届高三数学月考试题（三）理（含解析）本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名和考生号、试室号、座位号等填写在答题卡上，并用2B铅笔在答题卡上的相应位置填涂考生号.2.回答第卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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.3.回答第卷时，用黑色钢笔或签字笔将答案写在答卷上.第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1
2、.已知复数，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数乘法和除法运算法则可求得结果.【详解】故选：【点睛】本题考查复数的乘法和除法混合运算，属于基础题.2.设集合A=5，a-b，B=b，a+b，-1，若AB=2，-1，则AB=（）A. B. 2，C. 3，D. 2，3，【答案】D【解析】【分析】根据AB2，1，得或，求得代入集合B中检验，即可求得结果.【详解】AB2，1，或，解得或（1）当时，满足题意，（2）当时，不满足集合元素的特征，舍去综上故选D.【点睛】本题考查集合中元素的特征，根据题意由其中一个集合条件解出未知数，代入另一个集合检验是常用的解题思路，考查了分
3、类讨论思想，属于基础题.3.设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，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】试题分析：因为直线在平面内，直线在平面内，且，若，根据面面垂直的性质定理，一定有；反之，当，若时，不一定成立，所以“”是“”的必要不充分条件，故选B.考点：1、充分条件与必要条件；2、面面垂直的判定与性质.4.若，则下列四个不等式恒成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由不等式可得，依次验证各个选项可得结果.【详解】 ，可知错误；， ，正确.故选：【点睛】本题考查根据不
4、等式的性质比较大小的问题，属于基础题.5.过抛物线的焦点作一条直线与抛物线交于两点，它们的横坐标之和等于1，则这样的直线（ ）A. 有且仅有零条B. 有且仅有一条C. 有且仅有两条D. 有且仅有四条【答案】B【解析】【分析】根据与抛物线的通径长相等可确定这样的直线有且仅有一条.【详解】由抛物线方程知其通径长为：由抛物线焦点弦公式可知：，与通径长相等这样的直线有且仅有一条故选：【点睛】本题考查抛物线中焦点弦的相关问题，涉及到抛物线焦点弦长的求解，需明确焦点弦中最短的为通径.6.如图，在三棱锥中，平面，为中点，则与平面所成的角为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】取中点，由线面
5、垂直性质可得，由三角形中位线性质可得，从而根据线面垂直判定定理证得平面，由线面角定义可知为所求角；利用等腰三角形性质可求得结果.【详解】取中点，连接平面，平面 分别为中点 ，又 平面， 平面即为与平面所成角，为中点 ，即与平面所成角为故选：【点睛】本题考查直线与平面所成角的求解问题，关键是能够结合线面垂直性质与判定定理、三角形中位线的性质，在图形中找到垂直关系，从而确定直线与平面所成角.7.函数的部分图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】 因为， 所以函数是定义在上的偶函数，排除A、B项； 又，排除C， 综上，函数大致的图象应为D项，故选D.8.若f(x)=上是减函数，则b
6、的取值范围是( )A. -1，+B. （-1，+）C. （-，-1D. （-，-1）【答案】C【解析】由题意可知，在上恒成立，即在上恒成立，由于，所以，故为正确答案9.已知为锐角，则的值为（ ）A. B. 或C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据可得到，从而确定，由同角三角函数可求解出和，利用两角和差正弦公式可求得结果.【详解】且锐角 又 ，又 故选：【点睛】本题考查利用两角和差正弦公式求解三角函数值的问题，关键是能将所求角利用已知角配凑出来，进而利用公式进行求解；易错点是在求解同角三角函数值时，未将角的范围确定准确，造成三角函数值的符号求解错误.10.在中，内角，所对的边分别为，若，则角
7、（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】D【解析】分析：由正弦定理得，即，又由，得，所以或，分类讨论即可求解角的大小.详解：因为，由正弦定理得，即，由，得，所以或，当时，；当时，由余弦定理得，所以，综上所述：或.点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.11.如图所示，已知所在的平面与矩形所在的平面
8、互相垂直，则多面体的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】取中点，由等腰三角形三线合一和面面垂直的性质可确定平面，取交点，可知球心与的连线平面；作，假设，分别在和中利用勾股定理可构造关于和球的半径的方程组，解方程组求得，代入球的表面积公式即可求得结果.【详解】取中点，连接；连接，交于点，连接；设为外接球球心，连接，过作，交于点四边形为矩形 为四边形的外接圆圆心由球的性质可知：平面，中点 平面平面，平面平面 平面，又 四边形为平行四边形， 为等边三角形 又，设，外接球半径为则，解得：多面体的外接球的表面积故选：【点睛】本题考查棱锥外接球表面积的求解问题，关键是能
9、够根据垂直关系以及球的性质确定球心的位置，通过直角三角形勾股定理来构造出关于球的半径的方程，解方程求得球的半径，进而求得结果.12.正项数列的前n项和为，且，设，则数列的前2020项的和为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据和项与通项关系得，再根据等差数列定义与通项公式、求和公式得，代入化简，最后利用分组求和法求结果.【详解】因为，所以当时，解得，当时，所以 ，因，所以，所以数列是等差数列，公差为1，首项为1，所以，所以，则数列的前2020项的和.故选：C【点睛】本题考查根据和项求通项、等差数列定义、等差数列通项公式与求和公式以及分组求和法，考查基本分析求解能力，属中
10、档题.第卷二、填空题（每小题5分，满分20分）13.己知函数在定义域内为奇函数，则实数a=_【答案】3【解析】【分析】由题得f(-x)+f(x)=0,由此化简求出a的值.【详解】由题得f(-x)+f(x)=0,所以，.故答案为3【点睛】本题主要考查奇偶性的性质和指数的运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.14.等差数列的前项和为，等比数列中，则的值为_.【答案】.【解析】【分析】根据等差数列前项和公式，利用和表示出，解方程组可求得和，由等差数列通项公式求得，即，进而求得等比数列的，根据等比数列通项公式可求得结果.【详解】设等差数列公差为则，解得：，设等比数列公比为，则 故答
11、案为：【点睛】本题考查等差和等比数列的综合应用问题，涉及到等差数列和等比数列的通项公式、等差数列前项和公式的应用，属于基础公式的应用问题.15.已知过点的直线与圆相切，且与直线垂直，则_【答案】2【解析】设切线为，因为过，故，所以切线为，又圆心到它的距离为，解得，故填216.若关于的方程恰有四个不同的实根，则实数的取值范围是_.【答案】.【解析】【分析】将所给方程有四个不同的实根转化为函数的图象和函数的图象有个交点，通过数形结合的方式来确定的范围，进而求得结果.【详解】关于的方程有四个不同的实根，且是此方程的一个根关于的方程有个不同的非零的实数解方程有个不同的非零的实数解，即函数的图象和函数的
12、图象有个交点画出函数图象，如图所示：当，即时，函数和函数有个交点即当时，方程恰有四个不同的实根故答案为：【点睛】本题考查根据方程根的个数求解参数范围的问题，关键是能够将问题转化为两函数的交点个数的问题，通过数形结合的方式，结合函数图象可确定参数的取值范围.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17-21题为必考题，每个试题考生都须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.若向量，其中，记函数，若函数的图象上相邻两个极值点之间的距离是.（I）求的表达式；（II）设三内角的对应边分别为，若，求的面积.【答案】（）；（）.【解析】【分析】
13、（I）利用平面向量数量积运算、二倍角和辅助角公式将函数化为，根据两相邻极值点之间距离可构造方程求得函数的最小正周期，由此可求得，进而得到函数解析式；（II）根据的范围和可求得，利用余弦定理可构造方程求得，代入三角形面积公式即可求得结果.【详解】（I）相邻两个极值点之间距离为，即，即，解得： （II）由得： ，解得：，由余弦定理得：，即：的面积【点睛】本题考查三角函数和解三角形的综合应用问题，涉及到平面向量数量积运算、利用二倍角和辅助角公式化简三角函数、正弦型函数周期性的应用、余弦定理和三角形面积公式的应用等知识，属于常考题型.18.如图，在三棱锥中，平面平面，是中点，分别为的中点.（）求二面角
14、的余弦值；（）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求值；若不存在，说明理由.【答案】（）；（）存在，.【解析】【分析】（）取中点，连接，根据直角三角形性质和等腰三角形三线合一可证得，由面面垂直性质知平面；作，由等腰三角形三线合一和平行关系可知，从而可得到两两互相垂直，可建立起空间直角坐标系；利用二面角的向量求法可求得结果；（）设，可表示出坐标；根据线面垂直的判定定理可证得平面，进而得到平面的法向量，若线面平行关系成立，则，由此构造方程可求得，进而求得结果.【详解】（）在中，取中点，连接，为中点 又 为等边三角形 在平面中，过作的平行线，交于， ，又为中点 又 平面平面，平面平面，平面平面，又平
15、面 两两垂直，如图可建立空间直角坐标系设，则，则，设平面的法向量则，即，令，则， 又平面的一个法向量为二面角为锐二面角 二面角的余弦值为（）设是棱上一点，则存在使得：点，则由（）知：平面 又为等边三角形，为中点 平面， 平面平面的一个法向量为平面 平面当且仅当时成立即解得：在棱上存在点，使得平面，此时【点睛】本题考查空间向量法在立体几何中应用问题，涉及到二面角的求解、存在性问题的求解；求解存在性问题的关键是能够通过共线向量将未知数减少为一个，进而根据线面平行关系可确定所证向量与平面法向量垂直，由此构造方程求得结果.19.人耳的听力情况可以用电子测听器检测，正常人听力的等级为（分贝），并规定测试
16、值在区间为非常优秀，测试值在区间为优秀，某班名同学都进行了听力测试，所得测试值制成频率分布直方图：（）现从听力等级为的同学中任意抽取出4人，记听力非常优秀的同学人数为，求的分布列与数学期望：（）现选出一名同学参加另一项测试，测试规则如下：四个音叉的发生情况不同，由强到弱的次序分别为1，2，3，4.测试前将音叉随机排列，被测试的同学依次听完后给四个音叉按发音的强弱标出一组序号（其中为1，2，3，4的一个排列），记，可用描述两次排序的偏离程度，求的概率.【答案】（）分布列见解析，；（）.【解析】【分析】（）根据频率分布直方图可得到听力等级分别为和的人数，根据超几何分布的概率公式可分别求得所有可能的
17、取值对应的概率，从而得到分布列；根据数学期望的计算公式可求得期望；（）首先确定所有排列总数，利用列举法列出和的所有可能的情况，根据古典概型概率公式求得结果.【详解】（）听力等级为的有人；为的有人则的所有可能取值为：；，；的分布列为：.（）序号的排列总数为种当时，当时，的取值为，或，或，【点睛】本题考查超几何分布的分布列与数学期望的求解、古典概型概率问题的求解，涉及到频率分布直方图的应用等知识；求解分布列问题的关键是能够结合频率分布直方图确定随机变量所有可能的取值，进而计算得到每个取值所对应的的概率，属于常考题型.20.已知椭圆的上下两个焦点分别为过点与轴垂直的直线交椭于两点，的面积为，椭圆的离
18、心率为.（）求椭圆的标准方程；（）已知为坐标原点，直线与轴交于点，与椭圆交于两个不同的点，若存在使得，求的取值范围.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）令可求得，进而表示出的面积，与离心率和椭圆关系一起可构成方程组求得，进而得到椭圆方程；（）由向量线性运算可知，从而得到横坐标之间关系为；将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用，即可求得，根据联立后的二次方程可构造出关于的不等式，解不等式求得结果.【详解】（）设椭圆的焦距当时，的面积为又，解得：，椭圆的标准方程为：（）由得： 设，由得：则，即，由得： 显然不成立 ，即解得：或的取值范围为【点睛】本题考查直线与椭圆综合应用问题，涉及到
19、平面向量在椭圆中的应用；解题关键是能够根据平面向量的线性运算得到比例关系，从而得到横坐标之间的关系，利用韦达定理和判别式来构造方程和不等式求得结果.21.设函数，.（1）当时，求函数在点处的切线方程；（2）若函数有两个零点，试求的取值范围；（3）证明.【答案】（1）（2）（3）见解析【解析】试题分析：（1）求出导数，计算得切线斜率，由点斜式写出直线方程，整理成一般式即可；（2）函数有两个零点，首先用导数来研究函数的性质：单调性、极值，然后由零点存在定理进行判断，求出，按分类讨论，时，只有一个零点；时，这样易判断的正负，从而得的单调区间和极值，由零点存在定理可判断符合题意；在时，有两个解和，又要
20、按的大小分类研究的正负得的单调性，从而确定零点个数，最后综合可得；（3）证明函数不等式，可证，设，利用导数求出的最大值，只要最大值小于等于0，即证试题解析：（1）函数的定义域是，.当时，.所以函数在点处的切线方程为.即.（2）函数的定义域为，由已知得.当时，函数只有一个零点；当，因为，当时，；当时，.所以函数在上单调递减，在上单调递增.又，因为，所以，所以，所以取，显然且所以，.由零点存在性定理及函数的单调性知，函数有两个零点.当时，由，得，或.当，则.当变化时，变化情况如下表：注意到，所以函数至多有一个零点，不符合题意.当，则，在单调递增，函数至多有一个零点，不符合题意.若，则.当变化时，变
21、化情况如下表：注意到当，时，所以函数至多有一个零点，不符合题意.综上，的取值范围是.（3）证明：.设，其定义域为，则证明即可.因为，取，则，且.又因为，所以函数在上单增.所以有唯一的实根，且.当时，；当时，.所以函数的最小值为.所以.所以.点睛：利用导数证明不等式的技巧：（1）树立服务意识利用给定函数的某些性质岧函数的单调性、最值等，服务于要证明的不等式（2）强化变形技巧对于给出的不等式直接证明无法下手，可考虑对不等式进行必要的等价变形后，再去证明例如采用两边取对数（指数），移项通分等等，要注意变形的方向，因为要利用函数的性质，力求变形后不等式一边出现需要的函数关系式（3）巧妙构造函数，根据不
22、等式的结构特征构造函数，利用函数的最值进行解决，在构造函数的时候灵活多样，注意积累经验（4）证明操作过程：构造函数，转化为证明或；利用导数求函数的单调区间；利用定义域内与0的大小关系，证明不等式（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，常数），以原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）若曲线与有公共点，求的取值范围；（2）若，过曲线上任意一点作曲线的切线，切点为，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据三角函数同角三角函数关系消元得曲线的普通方程，将曲线的极坐
23、标方程化为直角坐标方程，最后根据两圆位置关系列不等式，解得的取值范围；（2）先根据切线长公式得，再根据三角函数有界性得最大值.【详解】解：（1）曲线的普通方程为，曲线的普通方程为 若与有公共点，则，所以. （2）设，由 ， 得 . 当且仅当时取最大值，故的最大值为.【点睛】本题考查参数方程化普通方程、极坐标方程化直角坐标方程以及两圆位置关系、切线长公式等，考查基本分析求解能力，属基本题.23.已知函数（1）若，求不等式的解集；（2）若方程有三个不同的解，求的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】（1）时，当时，不合题意；当时，解得；当时，符合题意综上，的解集为（2）设，的图象和的图象如图，易知的图象向下平移1个单位以内（不包括1个单位）与的图象始终有3个交点，从而
