1、2020届南大奥宇第三次月考数学试卷温馨提示，本试卷分为I卷和II卷，I卷40分，II卷110分.请在规定的时间内将I卷和II卷的答案填写在答题卡上，写在试卷上的答案无效.本场考试时间为120分钟，满分150分.祝同学们考试顺利.第I卷一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45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. 若复数z满足，其中i为虚数单位，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由复数的除法求出，进而可求得结果.【详解】因为，所以，所以，故选：D.2. “直线的倾斜角大于”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条
2、件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由已知求得或，再由充分必要条件的定义可得选项【详解】直线的倾斜角大于，,或，或，“直线的倾斜角大于”是“”的必要不充分条件，故选：B【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含3. 设alog54，b（log53）2，clog45，则（）A. acbB. bcaC. abcD. bac【答案
3、】D【解析】【分析】【详解】alog54log551，b（log53）2（log55）21，clog45log441，所以c最大单调增，所以又因为所以ba所以bac.故选D4. 设抛物线上一点P到y轴的距离是4，则点P到该抛物线的焦点的距离是 ( )A. 6B. 4C. 8D. 12【答案】A【解析】试题分析：由抛物线知，点P到y轴的距离是4，那么P到抛物线准线距离为6，又由抛物线定义“到准线距离与到焦点距离相等”，所以点P到该抛物线的焦点的距离是6，故选A考点：本题主要考查抛物线的定义及其几何性质点评：简单题，涉及抛物线上的到焦点距离问题，一般要考虑应用抛物线定义“到准线距离与到焦点距离相等
4、”5. 设函数，则函数的定义域为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：先列出满足条件的不等式，再求解集详解：复合函数的定义域满足且，即是，解得，故选B点睛：在抽象函数中，若已知的定义域，那么复合函数的定义域指的是关于的解集若已知复合函数的定义域，的值域为的定义域6. 已知数列an满足：m，nN*，都有anamanm，且a1，那么a5（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据递推关系式求出数列的第2、3项，即可求出.【详解】因为数列an满足：m，nN*，都有anamanm，且a1，所以a2a1a1，a3a1a2.那么a5a3a2.故选：A【点睛】本题主要考查了数
5、列的递推关系，由递推关系求数列的项，属于中档题.7. 已知函数（）的图象与x轴的两个相邻交点的距离等于，若将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则是减函数的区间为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先对的表达式进行化简，再根据的图象与x轴的两个相邻交点的距离等于，求出的周期，进而求出的值；然后再求出的解析式，进而求出其单调递减区间，然后再结合选项得出答案即可.【详解】解：因为的图象与x轴的两个相邻交点的距离等于，（），所以的周期为，又因为，所以；所以，所以的单调递减区间为：，所以为的一个减区间；故选：D.【点睛】本题主要考查正余弦函数的二倍角公式，三角函数的平移以及单调
6、区间的求解；解题的方法是根据正弦函数的图像性质求出的表达式，然后再求出的表达式和单调递减区间，进而得出答案；解题的关键点是参数的求解和函数的表达式及单调递减区间的求解；本题还考查了学生的运算求解能力，属于基础题型.8. 设，为双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线左、右两支在x轴上方的交点分别为M，N，则的值（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意得到两点的坐标，再根据双曲线的性质分别得到和的值，进而求得答案.【详解】解：由题意知：，由双曲线的对称性得到；则；故选：C.【点睛】本题主要考查双曲线的性质和应用；解题的方法是数形结合，分别求出和的值，然后运算求解；解题的关
7、键点是根据双曲线的对称性，得到，进而求得的值；本题还考查了学生运算求解能力，属于基础题型.9. 如图，在边长为2的正三角形中，D，E分别为边，上的动点，且满足 （m为定常数，且），若的最大值为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】以中点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，设，其中，根据题中条件，表示出，结合二次函数最值，即可求出结果.【详解】解：以中点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立如图所示平面直角坐标系，因为正三角形边长为2，所以，则，因为为边上的动点，所以设，其中，则，所以；又，所以，因此，所以，故，因为，所以，又，所以当且
8、仅当时，取得最大值，即，整理得，解得或（舍）；故选：A.【点睛】本题主要考查由向量数量积求参数；解题方法是建立直角坐标系，将各向量用坐标表示出来，进行向量数量积坐标运算，最后运用二次函数的性质求解即可；解题的关键点是求出向量、的坐标，然后对向量积进行坐标运算；本题还考查了运算求解和构造的能力，属于中等题型.第II卷二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分把答案填在题中横线上10. 设全集为，集合，集合，则集合_.【答案】【解析】【分析】首先求出集合包含的元素，再求出集合所包含的元素，然后再根据交集的定义求出集合即可.【详解】解：集合；集合，；.故答案为：.【点睛】本题主要考查交集的求解
9、、补集的求解等知识点；解题方法是先分别求出集合和集合所包含的元素，然后根据交集的定义求解即可；解题的关键点是熟练掌握补集和交集的求解；本题还考查运算求解能力，属于基础题型.11. 曲线在点处切线方程为_.【答案】【解析】【分析】求函数的导数，令，可得在处切线斜率，再利用点斜式求切线方程.【详解】由，得，令，得，又直线过，故直线方程为，即，故答案为：.【点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个
10、或两个以上的公共点三是复合函数求导的关键是分清函数的结构形式由外向内逐层求导，其导数为两层导数之积.12. 已知，函数为偶函数，且在上是减函数，则_；关于x的不等式的解集为_.【答案】 (1). 0 (2). 【解析】【分析】由函数为偶函数，可求出的关系，再根据函数在的单调性可得出的符号，即可得出答案.【详解】由为偶函数，则，即，所以，由在上单调递减，则，所以，解得，所以不等式的解集为：故答案： 0； .【点睛】方法点睛：本题考查二次函数的奇偶性、一元二次不等式的解法，关键点是一元二次函数为偶函数时一次项系数为零，考查了函数与方程、数形结合思想，属于中档题.13. 圆心在直线上的圆与轴的正半轴
11、相切，圆截轴所得的弦的长，则圆的标准方程为_.【答案】【解析】【分析】由题画出大致图像，设圆心为，结合圆的几何性质由勾股定理可得，即可求解【详解】如图，设圆心为，由圆的几何性质可得，解得，则圆的标准方程为：故答案为：【点睛】本题考查圆的标准方程的求法，属于基础题14. 若存在实数，使成立，则实数a的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据绝对值的性质，分类讨论，结合存在的定义、构造函数进行求解即可.【详解】由，可得，显然当时，不等式恒不成立，因此，由，因此问题转化为：存在实数，成立，设，当时，即时，只需，所以；当时，即时，只需，而，故舍去，综上所述：故答案为：15. 已知函数若是单调函数，则
12、实数的取值范围是_；若存在实数，使函数有三个零点，则实数的取值范围是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据分段函数在定义域上单调递增，即可得到且，再数形结合法求出实数的取值范围，函数有三个零点等价于函数与的图象有三个交点，数形结合即可得解；【详解】解：因为函数在定义域内是单调递增函数，所以函数为单调递增函数，所以且，在同一坐标系下作出函数与的图象，由图可知，实数的取值范围为.函数有三个零点等价于函数与的图象有三个交点，在同一坐标系下作出函数与的图象，由图可知，当在轴的左方时，存在实数，使得两函数图象有三个交点，所以要使函数有三个零点，实数的取值范围为.故答案为：；【点睛】本题考
13、查分段函数的性质的应用，考查数形结合思想，属于中档题.三、解答题：本大题共5题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.（16）（本小题满分15分）16. 在中,角、的对边分别为、,且(1)求的值;(2)若,且,求和的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）由正弦定理得，又，即，,又，.(2）由得，又，由，,可得，即，考点：本题主要考查平面向量的数量积，两角和与差的三角函数，正弦定理、余弦定理的应用。点评：典型题，近些年来，将平面向量、三角函数、三角形问题等结合考查，已成较固定模式。研究三角函数问题时，往往要利用三角公式先行“化一”。本题（2）通过构建a，c的方程组，
14、求得a,c。17. 如图，直二面角中，四边形是边长为的正方形，为上的点，且平面.（1）求证：平面；（2）求二面角的大小；（3）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】要证明AE平面BCE，需要在平面BCE内找两条相交直线都垂直于AE，而易证BFAE，CBAE；(2)求二面角的余弦值，需要先作角，连接BD交AC交于G，连接FG，可证得是二面的平面角，在 中求解即可；(3)求点D到平面ACE的距离，可以转化为求三棱锥DACE的高用等体积法求出即可【详解】证明：平面，平面平面,，二面角为直二面角，平面平面，又，平面， 又平面，平面； (2)连结、交于，连结，为正方
15、形，平面，为二面角的平面角， 由(1)可知，平面，又，在中， 在正方形中，在直角三角形中，二面角为； (3)由(2)可知，在正方形中，到平面的距离等于到平面的距离，平面，线段的长度就是点到平面的距离，即为到平面距离，到平面的距离为. 【点睛】思路点睛：本题考查求证线面垂直，求二面角和体积，解答本题的关键是作出二面角的平面角，用定义法求二面角的步骤,一作二证三求解:作出二面角的平面角证明作出的角即为所求二面角的平面角.（2）将角归结到三角形中，利用余弦定理求解（3）得出答案.18. 在等比数列中，已知，且，成等差数列.（I）求数列的通项公式；（II）设数列的前n项和为，求证：.【答案】（I）；（
16、II）证明见解析.【解析】【分析】（I）根据等差中项以及等比数列的通项公式可解得结果；（II）分组后利用等比数列的求和公式求出，再根据进行裂项求和求出，再放缩可证不等式成立.【详解】（I）设等比数列的公比为q，由已知得：，即，因为，所以，解得，又，.（II）由（I）得：，所以.【点睛】关键点点睛：第二问根据进行裂项求和是解题关键.19. 已知椭圆C：（）离心率为，过右焦点F的直线l与C相交于A，B两点，当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为. （I）求椭圆C的方程；（II）若P，Q，M，N为椭圆C上四点，已知与共线，与共线，且，求四边形面积的最小值.【答案】（I）；（II）.【解析】【分析】
17、（I）设，则直线l方程为.，根据O到l的距离为，求得c，再由离心率为求解.（II）易知和是椭圆的两条弦，相交于焦点，且，不妨设的斜率为k，再由过点，设方程为，与椭圆方程联立求得，若，则的斜率为，可得，然后由四边形的面积求解；若为椭圆长轴，易得再比较即可.【详解】（I）设，则直线l方程为.因为O到l的距离为，解得.又， 椭圆C的方程为.（II）由条件知和是椭圆的两条弦，相交于焦点，且，直线、中至少有一条存在斜率，不妨设的斜率为k.又过点，故方程为，将此式代入椭圆方程得设P、Q两点的坐标分别为、，则，从而，.当时，的斜率为，同上可推得.故四边形的面积令，得因为，当时，且S是以u为自变量的增函数，所
18、以.当时，为椭圆长轴，.综合（1），（2）知，四边形面积的最小值为.【点睛】方法点睛：1、解决直线与曲线的位置关系的相关问题，往往先把直线方程与曲线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单2、解决直线与曲线的弦长时，往往设直线与曲线的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 (k为直线斜率)注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零20. 设函数（1）当时，求的单调区间；（2）若有两个极值点和，记过点，的直线的斜率为，问：是否存在，使得?若存在，求出的值，若不存在，请
19、说明理由；（3）证明：.【答案】（1）在上单调递增；（2）不存在，理由见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的定义域，求得，由此可得出结论；（2）分析得出当时，函数有两个极值点和，设，利用斜率公式求得，由可得出，结合可得出，利用函数的单调性推出矛盾，进而可得出结论；（3）分析得出原不等式等价于证明不等式，设，则进一步得出要证不等式，利用函数的单调性可证得结论成立.【详解】（1）当时，的定义域为.，故在上单调递增；（2）.当时，对任意的，在上单调递增，故无极值；当时，对于方程，对任意的，恒成立，在上单调递增，故无极值；当时，令，得，当时，；当时，；当时，.故分别在，上单调递增，在上单调递减.所以，当时，有两个极值点和，且.由韦达定理可得，.因为，所以，于是，若存在，使得，则.即，亦即，由（1）知，函数在上单调递增，而，则，所以这与式矛盾.故不存在，使得；（3），令，则.由（1）知，函数在为增函数，可得，即成立，所以.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
