1、河北省承德市第一中学2020届高三数学上学期10月月考试题 理（含解析）本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。第卷1至2页。第卷3至4页。全卷满分150分，考试时间120分钟。第卷（选择题 共60分）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，将正确答案选项涂在答题卡上)1.已知集合，集合，求（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】解出集合、，再利用集合交集运算律可求出集合。【详解】解不等式，即，解得，.解不等式，解得，因此，故选：B。【点睛】本题考查集合的交集运算，解出不等式得出两个集合是解题的关键，考查
2、计算能力，属于基础题。2.命题“，”的否定是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】根据特称量词的否定得到结果.【详解】根据命题否定的定义可得结果为：，本题正确选项：【点睛】本题考查含量词的命题的否定问题，属于基础题.3.设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为，而，所以，又，所以，即，所以有故选4.若角的终边经过点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用三角函数的定义可得的三个三角函数值后可得正确的选项.【详解】因为角的终边经过点，故，所以，故选B.【点睛】本题考查三角函数的定义，属于基础题.5.将函数的图象向右平移单位后，所得
3、图象对应的函数解析式为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先将函数中x换为x-后化简即可.【详解】化解为故选D【点睛】本题考查三角函数平移问题,属于基础题目,解题中根据左加右减的法则,将x按要求变换.6.平面向量与的夹角为.,则等于( )A. B. C. 4D. 12【答案】B【解析】【分析】利用数量积定义,利用,求解即可.【详解】，向量与的夹角为，故选B.【点睛】本题考查了向量的模，一般处理的方式是把模平方，再结合向量的夹角能求出向量的数量积，计算即可求模，考查了运算能力，属于中档题.7.已知 ，且，则的最小值为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】运用乘
4、1法，可得由x+y（x+1）+y1（x+1）+y（）1，化简整理再由基本不等式即可得到最小值【详解】由x+y（x+1）+y1（x+1）+y11（x+1）+y2（）12（213+47当且仅当x，y4取得最小值7故选：C【点睛】本题考查基本不等式运用：求最值，注意乘1法和满足的条件：一正二定三等，考查运算能力，属于中档题8.在中，为边上的中线，为的中点，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.详解：根据向量的运算法则，可得 ，所以，
5、故选A.点睛：该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.9.在等差数列中，公差，为的前项和，且，则当为何值时，达到最大值.( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据，得到进而可判断出结果.【详解】因为在等差数列中，所以，又公差，所以，故所以数列的前6项为正数，从第7项开始为负数；因此，当时，达到最大值.故选C【点睛】本题主要考查求使等差数列前项和最大的，熟记等差数列的性质与求和公式即可，属于常考题型.10.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实
6、线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）A. B. C. 90D. 81【答案】B【解析】试题分析：解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的斜四棱柱，其底面面积为：36=18，前后侧面的面积为：362=36，左右侧面的面积为： ，故棱柱的表面积为： 故选：B点睛：本题考查的知识点是由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键，由三视图判断空间几何体（包括多面体、旋转体和组合体）的结构特征是高考中的热点问题.【此处有视频，请去附件查看】11. 某旅行社租用A、B两种型号的客车安排900名客人旅行，A、B两种车辆的载客量分别为36人和60人
7、，租金分别为1600元/辆和2400元/辆，旅行社要求租车总数不超过21辆，且B型车不多于A型车7辆则租金最少为（）A. 31200元B. 36000元C. 36800元D. 38400元【答案】C【解析】设租A型车x辆，B型车y辆时租金为z元则z1600x2400yx、y满足画出可行域观察可知，直线过点A(5,12)时纵截距最小，zmin51 6002 4001236800，故租金最少为36800元选C.【此处有视频，请去附件查看】12.已知函数若函数有4个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】令g(x)=0得f(x)=a,再利用函数的图像分析解答得
8、到a的取值范围.【详解】令g(x)=0得f(x)=a,函数f(x)的图像如图所示，当直线y=a在x轴和直线x=1之间时，函数y=f(x)的图像与直线y=a有四个零点，所以0a1.故选：B【点睛】本题主要考查函数的图像和性质，考查函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题.第卷（非选择题 共90分）二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.已知复数满足，则等于_.【答案】【解析】【分析】先求出复数z,再求|z|.【详解】由题得.故答案：【点睛】（1）本题主要考查复数的计算和复数的模的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和基本的计算能力.(2) 复数的模.1
9、4.ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则A=_【答案】或【解析】【分析】由正弦定理求解即可.【详解】因为，由正弦定理，可得，所以或；且都满足.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，已知两边及一边的对角采用正弦定理，属于基础题.15.已知函数的部分图象如图所示，则_.【答案】【解析】【分析】由图可得，即可求得：，再由图可得：当时，取得最大值，即可列方程，整理得：，解得：（），结合即可得解.【详解】由图可得：，所以，解得：由图可得：当时，取得最大值，即：整理得：，所以 （）又，所以【点睛】本题主要考查了三角函数图象的性质及观察能力，还考查了转化思想及计算能力，属于中档题。16.已
10、知Sn表示等比数列an的前n项和，则_【答案】【解析】【分析】由等比数列的前n项和公式化简，得到公比，再次利用等比数列的的前n项和公式表示，化简即可得到答案.【详解】若数列为等比数列，很明显， ，据此有，解得：【点睛】本题主要考查了等比数列的前n项和公式的应用，计算时要细心，属于基础题.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.已知函数.（）求最小正周期：（）求在区间上的最大值和最小值.【答案】（）（）2，【解析】【详解】（）因为 ，故最小正周期为 （）因为，所以 于是，当，即时，取得最大值；当，即时，取得最小值点睛：本题主要考查了两角和的正弦公式，
11、辅助角公式，正弦函数的性质，熟练掌握公式是解答本题的关键.18.已知数列为递增的等差数列，其中，且成等比数列（1）求的通项公式；（2）设记数列的前n项和为，求使得成立的m的最小正整数【答案】（1）；（2）2.【解析】【分析】（1）利用待定系数法，设出首项和公差，依照题意列两个方程，即可求出的通项公式；（2）由，容易想到裂项相消法求的前n项和为，然后，恒成立问题最值法求出m的最小正整数【详解】（1）在等差数列中，设公差为d0，由题意，得，解得ana1+（n1）d1+2（n1）2n1；（2）由（1）知，an2n1则，TnTn+1Tn0，Tn单调递增，而，要使成立，则，得m，又mZ，则使得成立的m的
12、最小正整数为2【点睛】本题主要考查等差、等比数列的基本性质和定义，待定系数法求通项公式，裂项相消求数列的前n项和，以及恒成立问题的一般解法，意在考查学生综合运用知识的能力。19.在平面四边形ABCD中， AB2，BD，ABBC，BCD2ABD，ABD的面积为2(1)求AD的长；(2)求CBD的面积【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用面积公式可以求出sinABD的值，利用同角三角函数的关系求出cosABD的值，利用余弦定理，求出AD的长；（2）利用ABBC，可以求出以sinCBD的大小，利用BCD2ABD，可求出sinBCD的大小，通过角之间的关系可以得到所以CBD为等腰三角形，利用
13、正弦定理，可求出CD的大小，最后利用面积公式求出CBD的面积【详解】(1)由已知ABBDsinABD2sinABD2，可得sinABD，又ABD，所以cosABD，在ABD中，由余弦定理AD2AB2BD22ABBDcosABD，可得AD25，所以AD.(2)由ABBC，得ABDCBD，所以sinCBDcosABD，又BCD2ABD，所以sinBCD2sinABDcosABD，BDCCBDBCD2ABDABDCBD，所以CBD为等腰三角形，即CBCD，在CBD中，由正弦定理，得CD，所以.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、面积公式.20.已知数列满足：，数列满足：（）（1）证明：数列是等比数
14、列；（2）求数列的前项和，并比较与的大小.【答案】（1）见证明；（2）见解析【解析】【分析】(1)将原式变形为，进而得到结果；（2）根据第一问得到，错位相减得到结果.【详解】（1）由条件得，易知，两边同除以得，又，故数列等比数列，其公比为.（2）由（1）知，则两式相减得即.【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等。21.已知函数，其中（）求的单调区间；（）若在上存在，使得成立，求的取值范围.【答案】（1）见解
15、析（2）【解析】试题分析：（1）函数的单调区间与导数的符号相关，而函数的导数为，故可以根据的符号讨论导数的符号，从而得到函数的单调区间.（2）若不等式 在 上有解，那么在上，.但在上的单调性不确定，故需分 三种情况讨论.解析：（1），当时，在上，在上单调递增；当时，在上；在上；所以在上单调递减，在上单调递增.综上所述，当时，的单调递增区间为，当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）若在上存在，使得成立，则在上的最小值小于.当，即时，由（1）可知在上单调递增，在上的最小值为，由，可得，当，即时，由（1）可知在上单调递减，在上的最小值为，由，可得 ；当，即时，由（1）可知在上单调递减，在上单
16、调递增，在上的最小值为，因为，所以，即，即，不满足题意，舍去.综上所述，实数的取值范围为.点睛：函数的单调性往往需要考虑导数的符号，通常情况下，我们需要把导函数变形，找出能决定导数正负的核心代数式，然后就参数的取值范围分类讨论.又不等式的恒成立问题和有解问题也常常转化为函数的最值讨论，比如：“在 上有解”可以转化为“在 上，有”，而“在恒成立”可以转化为“在 上，有”.选做题：本小题满分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.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为为参数），以原点为极点，以轴非负半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系取相同的长度单位。曲线的极
17、坐标方程为 .（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）已知点是曲线上任一点，求点到直线距离的最大值.【答案】（1）； ;（2）【解析】【分析】（1）消参数得的普通方程，根据得的直角坐标方程（2）根据直线与圆位置关系得最值.【详解】（1）因为，所以，即（2）因圆心到直线距离为，所以点到直线距离的最大值为【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直线与圆位置关系，考查综合分析求解能力，属中档题.23.已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）设关于的不等式有解，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）当时，利用零点分段法去绝对值，将转化为分段函数的形式，并由此解出不等式的解集.（2）先利用绝对值不等式求得的最小值，这个最小值小于，由此列不等式，解不等式求得的取值范围.【详解】解：（1）当时，不等式等价于，或，或，解得或，即.所以不等式的解集是.（2）由题意得，因为，故.【点睛】本小题主要考查零点分段法解绝对值不等式，考查不等式存在性问题的求解方法，属于中档题.