1、安平中学20192020年上学期高三实验部第一次月考数学试题（文）一、选择题：本大题共12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.集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】通过解不等式分别得到集合，然后再求出即可【详解】由题意得，故选C【点睛】解答本题的关键是正确得到不等式的解集，需要注意的是在解对数不等式时要注意定义域的限制，这是容易出现错误的地方，属于基础题2.复数，其中为虚数单位，则的虚部为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数共轭的概念得到，再由复数的除法运算得到结果即可.【详解】虚部为-1，故
2、选A.【点睛】本题考查了复数的运算法则、复数的共轭复数等，考查了推理能力与计算能力，属于基础题,复数问题高考必考，常见考点有：点坐标和复数的对应关系，点的象限和复数的对应关系，复数的加减乘除运算，复数的模长的计算.3.若命题p为：为（ ）A. B C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据全称命题的否定为特称命题即可得到结果.【详解】根据的构成方法得，为.故选C.【点睛】全称命题的一般形式是：，其否定为.存在性命题的一般形式是，其否定为.4.已知是两个数2,8的等比中项，则圆锥曲线的离心率为（ ）A. 或B. 或C. D. 【答案】B【解析】由题意得，解得或当时，曲线方程为，故离心率为；当时，
3、曲线方程为，故离心率为所以曲线的离心率为或选B5.已知函数且满足，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 或【答案】C【解析】【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，进而可求出结果.【详解】因为，所以，所以函数为定义在R上的偶函数；又时，单调递减，所以由偶函数的对称可得：时，单调递增，所以由可得，解得.故选C【点睛】本题住考查函数的基本性质，灵活运用函数的单调性和奇偶性即可，属于基础题型.6.设双曲线C：的两条渐近线的夹角为，且=，则C的离心率为（）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】由，渐近线的斜率小于1，从而判断渐近线的倾斜角为，得到的值，再根据，得到离心率【详解】，渐近线
4、的斜率小于1，因为两条渐近线的夹角为，=，所以，故选B【点睛】本题考查双曲线的性质及其应用，解题的关键是由渐近线的夹角，判断渐近线的斜率，考查转化思想以及计算能力7.已知，与的夹角为，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求，再分别根据向量数量积定义以及数量积运算律求，即得结果.【详解】因为， ，又 ，所以故选B.【点睛】本题考查向量数量积以及向量的模，考查基本分析求解能力，属基本题.8.在中，分别为的对边，如果成等差数列，的面积为，那么（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由余弦定理得，又面积，因为成等差数列，所以，代入上式可得，整理得，解得，故选B考点：
5、余弦定理；三角形的面积公式9.函数的图象大致是A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】先根据函数的奇偶性，可排除B，C，根据函数值的符号即可排除D【详解】，函数为奇函数，函数的图象关于原点对称，故排除B，C，当时，单调性是增减交替出现的，故排除，D，故选A【点睛】本题考查了函数图象的识别，根据根据函数值的符号即可判断，属于基础题10.将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，若函数为偶函数，则函数在的值域为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由图象平移可得，根据为偶函数和的范围可求得，从而得到解析式；利用的范围求得的范围，根据正弦函数图象可求得函数值域.【详解】向
6、左平移个单位得：又为偶函数 ， ， 当时， 本题正确选项：【点睛】本题考查三角函数图象平移变换、根据函数性质求解函数解析式、三角函数在区间内的值域问题的求解，关键是能够采用整体对应的方式，结合正弦函数的图象来进行求解.11.设椭圆的离心率为，右焦点为，方程 的两个实根分别为和，则点（）A. 必在圆内B. 必在圆上C. 必在圆外D. 以上三种情形都有可能【答案】A【解析】【分析】判断点和圆的关系，则判断与2的关系即可其中的关系来自的两根，故两根关系用韦达定理得出【详解】因为 的两个实根分别为和，故，故又椭圆离心率，故，即，故点必在圆内选A.【点睛】本题使用韦达定理以及离心率的化简，遇到时，因为已
7、知离心率的范围，故转换成都是的关系，凑出离心率从而带入求范围12.已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先判断时，在上恒成立；若在上恒成立，转化为在上恒成立【详解】，即，（1）当时，当时，故当时，在上恒成立；若在上恒成立，即在上恒成立，令，则，当函数单增，当函数单减，故，所以当时，在上恒成立；综上可知，的取值范围是，故选C【点睛】本题考查分段函数的最值问题，关键利用求导的方法研究函数的单调性，进行综合分析二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.已知“命题”是“命题”成立的必要不充分条件，则实数的取值范围为_.【
8、答案】或【解析】【分析】设命题中的取值集合为，命题中的取值集合为.由题意可得，可求的取值范围.【详解】由不等式，可得.或，记集合或.解不等式，得，记集合.命题是命题成立的必要不充分条件，或，即或.故答案为：或.【点睛】本题考查充分条件、必要条件和解一元二次不等式，属于基础题.14.若变量满足约束条件，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，取最大值时，取最大值.数形结合可求的最大值，即可求出的最大值.【详解】由约束条件作出可行域，如图中阴影部分所示取最大值时，取最大值.又表示可行域内的点与原点连线的斜率.由图可知，点与原点连线的斜率最大.解，可得，.故答案为：.【点睛】本
9、题考查简单的线性规划，属于中档题.15.在各项均为正数的等比数列中，则的最小值为_.【答案】6【解析】【分析】由题意，根据等比数列的性质和基本不等式即得.【详解】由题意，是等比数列，又，当且仅当时，等号成立，的最小值为为6.故答案为：6.【点睛】本题考查等比数列的性质和基本不等式，属于基础题.16.在四面体 中，且，当四面体的体积最大时，其外接球的表面积为_【答案】34【解析】【分析】利用勾股定理得出ABC是直角三角形，且AC为斜边，可知CD平面ABC时四面体ABCD的体积取最大值，再求出外接球的半径R，利用球的表面积公式得答案详解】，由勾股定理可得，ABC是以AC为斜边的直角三角形，当CD平
10、面ABC时，四面体ABCD的体积取最大值，此时，其外接球的直径为，外接球的半径为，因此，四面体ABCD的外接球的表面积为故答案为34【点睛】本题考查多面体外接球表面积的计算，考查数形结合的解题思想方法，是中档题三、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，内角、的对边分别为、，且满足.（1）求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）2；（2）【解析】【分析】（1）对两边同除以，即可求得，结合正弦定理即可得解（2）由余弦定理及可得，再利用余弦定理即可求得，问题得解【详解】（1）因为，所以，得或（舍去），由正弦定理得.（2）由余弦定理得 将，即代入，得，得
11、，由余弦定理得：，即：，则.【点睛】本题主要考查了正、余弦定理及同角三角函数基本关系，考查计算能力及方程思想，属于中档题18.等差数列的前项和为,数列是等比数列,满足,.（1）求数列和的通项公式;（2）令,设数列的前项和,求.【答案】（1）,（2）【解析】【分析】（1）利用等差数列与等比数列的通项公式,根据已知条件联立方程组即可求得和的通项公式;（2）因为,将其分组求和,当奇数,可用裂项求和,当偶数,用等比数列求和.即可求得【详解】（1）设数列的公差为,数列的公比为由,得，解得 ,（2）由,根据等差数列前项和公式: 得: 当奇数,当偶数, =所以.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式
12、及其前n项和公式、“分组求和”、“裂项求和”,掌握数列的常见题型求和方法是解题关键.19.已知函数,;若函数在上存在零点,求a的取值范围;设函数,当时,若对任意的,总存在,使得,求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在单调递减且存在零点,根据零点存在定理可得:,即可求得a的取值范围;（2）对进行讨论,判断的单调性,分别求出,在的值域,令的值域为的值域的子集,列出不等式组,即可得出的范围.【详解】（1）的函数图像开口向上,对称轴为在上是减函数， 函数在上存在零点根据零点存在定理可得: 即: 解得: （2）时，在上单调递减,在上单调递增 在上的最小值为,最大值为即在上的值域为设在
13、上的值域为对任意的,总存在使得 当时，,符合题意;当时,在上是增函数，解得:当时, 在上是减函数， ，解得:综上所述:取值范围是【点睛】本题考查了二次函数的单调性判断,值域计算,零点的存在性定理.在给定区间上任意的,在给定区间总存在,保证,将其转化为的值域为值域的子集是求的取值范围关键.20.如图，在五面体中，侧面是正方形，是等腰直角三角形，点是正方形对角线的交点，且.（1）证明：平面；（2）若侧面与底面垂直，求五面体的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，再利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面；（2）取的中点，的中
14、点，连接、，将五面体分割为三棱柱和四棱锥，证明出底面和平面，然后利用柱体和锥体体积公式计算出两个简单几何体的体积，相加可得出五面体的体积.【详解】（1）取的中点，连接、，侧面为正方形，且，为的中点，又为的中点，且，且，所以，四边形为平行四边形，.平面，平面，平面；（2）取的中点，的中点，连接、，四边形为正方形，.平面平面，平面平面，平面，底面，易知，为中点，平面，平面，、平面，平面.，平面，且，因此，.【点睛】本题考查直线与平面平行的证明，以及多面体体积的计算，在计算多面体体积时，一般有以下几种方法：（1）直接法；（2）等体积法；（3）割补法.在计算几何体体积时，要结合几何体的结构选择合适的方
15、法进行计算，考查逻辑推理能力与计算能力，属于中等题.21.对称轴为坐标轴的椭圆的焦点为，在上.（1）求椭圆的方程；（2）设不过原点的直线与椭圆交于，两点，且直线，的斜率依次成等比数列，则当的面积为时，求直线的方程.【答案】（1）（2）直线的方程为：或【解析】【分析】（1）设椭圆的方程为 ，由椭圆的定义求，进而得到椭圆标准方程；（2）设，.由题意将直线方程与椭圆方程联立，得，又，的斜率依次成等比数列，解得，由，到直线的距离， ，解得，得直线方程【详解】（1）设椭圆的方程为 ，由题意可得，又由，得，故，椭圆的方程为；（2）设，由题意直线的方程为：，联立得， ，化简，得，直线，的斜率依次成等比数列，
16、化简，得，又，且由知. 原点到直线的距离. ，解得（负舍）或（负舍）.直线的方程为：或.【点睛】对题目涉及的变量巧妙地引进参数（如设点坐标，直线方程等），利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到设而不求的效果22.已知函数（1）若，求曲线在处切线的斜率；（2）求的单调区间；（3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围【答案】().()当时，的单调递增区间为当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为（）.【解析】【详解】本试题主要是考查了导数在研究函数中的运用（1）利用导数的几何意义求解切线方程关键是切点坐标和该点的导数值（2）求解定义域和导数，利用导数的正负与函数单调性的关系得到结论（3）由已知，转化为.由()知，当a0时，f(x)在x0上单调递增，值域为R，故不符合题意.当a0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，故f(x)的极大值即为最大值，进而得到解()由已知，.曲线在处切线的斜率为.().当时，由于，故，所以，的单调递增区间为.当时，由，得.在区间上，在区间上，所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（）由已知，转化为.由()知，当时，在上单调递增，值域为，故不符合题意.(或者举出反例：存在，故不符合题意.)当时，在上单调递增，在上单调递减，故的极大值即为最大值，所以，解得.
