1、承德一中2019-2020学年度第一学期第3次月考高三理科数学试卷一. 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.集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】解不等式可得集合A，解可得集合B，进而得到集合A,B的并集【详解】由题得，则有，故选D【点睛】本题考查求集合的并集，属于基础题2.设是虚数单位，若复数，则的共轭复数为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】复数 ，根据共轭复数的概念得到，共轭复数为：故答案为D3.下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则
2、D. 若，则【答案】C【解析】【分析】对每一个选项进行判断，选出正确的答案.【详解】A.若，则，取 不成立B.若，则，取 不成立C. 若，则，正确D. 若，则，取 不成立故答案选C【点睛】本题考查了不等式的性质，找出反例是解题的关键.4.已知在中，为线段上一点，且，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先，由已知条件可知，再有，这样可用表示出【详解】，故选C【点睛】本题考查平面向量基本定理，解题时用向量加减法表示出，然后用基底表示即可5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知中的三视图可得该几何体是
3、一个以俯视图为底面的四分之三圆柱，累加各个面的面积，可得答案【详解】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四分之三圆柱，其底面半径为1，高为2，故其表面积：，故选【点睛】本题考查的知识点是圆柱的体积和表面积，简单几何体的三视图，难度不大，属于基础题6.已知向量，则“”是为钝角的( )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】【分析】由充分条件与必要条件的概念，以及向量的夹角公式，即可得出结果.【详解】因为，所以，则，若，则，但当时， 反向，夹角为；所以由不能推出为钝角；反之，若为钝角，则且，即且，能推出；因此，“”是为钝角的必
4、要不充分条件.【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判定，熟记概念即可，属于常考题型.7.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】A【解析】【分析】依据立体几何有关定理及结论，逐个判断即可【详解】A正确：利用“垂直于同一个平面的两条直线平行”及“两条直线有一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面”，若且，则 ，又，所以，A正确；B错误：若，则不一定垂直于平面；C错误：若，则可能垂直于平面，也可能平行于平面，还可能平面内；D错误：若，则可能在平面内，也可能平行于平面，还可能垂直于平面；【点睛】本题主要考查立体几何中
5、的定理和结论，意在考查学生几何定理掌握熟练程度8.已知ABC的周长为20，且顶点B （0，4），C （0，4），则顶点A的轨迹方程是（）A. （x0）B. （x0）C. （x0）D. （x0）【答案】B【解析】【分析】根据三角形的周长和定点，得到点A到两个定点的距离之和等于定值，得到点A的轨迹是椭圆，椭圆的焦点在y轴上，写出椭圆的方程，去掉不合题意的点【详解】解：ABC的周长为20，顶点B （0，4），C （0，4），BC8，AB+AC20812，128点A到两个定点的距离之和等于定值，点A的轨迹是椭圆，a6，c4b220，椭圆的方程是故选B【点睛】本题考查椭圆的定义，注意椭圆的定义中要检验两
6、个线段的大小，看能不能构成椭圆，本题是一个易错题，容易忽略掉不合题意的点9.斜率为2的直线l过双曲线的右焦点，且与双曲线的左右两支分别相交，则双曲线的离心率e的取值范围是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用数形结合，根据已知直线的斜率，求出渐近线的斜率范围，推出的关系，然后求出离心率的范围【详解】双曲线的一条渐近线的斜率为，结合图形分析可知，若小于或等于2，则直线与双曲线的一支相交或没有交点，不合题意；所以必大于2，即，解得双曲线的离心率，故选D【点睛】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率范围，属于中档题.求离心率范围问题，应先将 用有关的一些量表示出来，再利用其
7、中的一些关系构造出关于的不等式，从而求出的取值范围.10.试在抛物线上求一点，使其到焦点的距离与到的距离之和最小，则该点坐标为A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意得抛物线的焦点为，准线方程为过点P作于点，由定义可得,所以，由图形可得，当三点共线时，最小，此时故点的纵坐标为1，所以横坐标即点P的坐标为选A点睛：与抛物线有关的最值问题的解题策略该类问题一般解法是利用抛物线的定义，实现由点到点的距离与点到直线的距离的转化(1)将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的距离，构造出“两点之间线段最短”，使问题得解；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离，利用“与直线上所有点
8、的连线中的垂线段最短”解决11.若函数在上的最大值为，则的值为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】对于函数进行求导，分类讨论，求得函数的单调性和最值，即可求解【详解】由题意，函数，则，当时，即时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，取得最大值，解得，不合题意；当时，在单调递减，所以最大值为，不成立；当时，在单调递减，此时最大值为，解得，故选D【点睛】本题主要考查了利用求解函数在区间上的最值问题，其中解答中熟记导数与原函数的单调性之间的关系，合理分类讨论求得函数的最值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题12.如图，设椭圆右顶点为A，右焦点为F，B为椭圆在第二象限
9、上的点，直线BO交椭圆于C点，若直线BF平分线段AC于M，则椭圆的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】如图，设AC中点为M，连接OM，则OM为ABC的中位线，可得OFAAFB，且，即可得出e【详解】如图，设中点为，连接，则为的中位线，于是，且，即，可得故选：C【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、三角形中位线定理、相似三角形的性质，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.已知是定义域R上的奇函数,周期为4,且当时,则_.【答案】【解析】【分析】根据题意，由函数的周期性可得f（31）f（-1），结
10、合奇偶性可得f（-1）-f（1），进而结合函数的解析式计算可得答案【详解】根据题意，yf（x）的周期为4，则f（31）f（-1）又由f（x）是定义域为R的奇函数，则f（-1）-f（1），若当x0，1时，则f（1）1则1；故答案为：1【点睛】本题考查函数的奇偶性与周期性的综合应用，涉及函数的求值，属于基础题14.设函数为参数，且的部分图象如图所示，则的值为_.【答案】【解析】【分析】根据图象首先求得最小正周期，从而解得；代入可得到，结合即可求得结果.【详解】由图象可得最小正周期：，即 又 ，又 本题正确结果：【点睛】本题考查根据三角函数图象求解函数解析式的问题，关键是能够通过整体对应的方式确定最
11、值所对应的点，从而得到初相的取值.15.若x，y满足约束条件，则的最大值为_【答案】10【解析】【分析】作出不等式组表示的平面区域，利用线性规划知识求解【详解】作出不等式组表示的平面区域如下：作出直线，当直线往下平移时，变大，当直线经过点时，【点睛】本题主要考查了利用线性规划求目标函数的最值知识，考查作图及计算能力，属于基础题16.在数列中，则的值为_【答案】1【解析】【分析】由，可得，利用“累加法”可得结果.【详解】因为所以，,各式相加，可得，所以，故答案为1.【点睛】本题主要考查利用递推关系求数列中的项，属于中档题.利用递推关系求数列中的项常见思路为：（1）项的序号较小时，逐步递推求出即可
12、；（2）项的序数较大时，考虑证明数列是等差、等比数列，或者是周期数列；（3）将递推关系变形，利用累加法、累乘法以及构造新数列法求解.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.在锐角中，角，的对边分别为，若.（1)求角；（2）若，则周长的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用切化成弦和余弦定理对等式进行化简，得角的正弦值；（2）利用成正弦定理把边化成角，从而实现的周长用角B的三角函数进行表示，即周长，再根据锐角三角形中角，求得函数值域.【详解】（1）由，得到，又，所以.（2），设周长为，由正弦定理知，由合分比定理知，即，即.又因为为锐
13、角三角形，所以.，周长.【点睛】对运动变化问题，首先要明确变化的量是什么？或者选定什么量为变量？然后，利用函数与方程思想，把所求的目标表示成关于变量的函数，再研究函数性质进行问题求解.18.已知数列满足，.（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）将式子合理变形，即可化成，从而证明是以首项为2，公比为2的等比数列，并利用等比数列通项公式求出的通项公式.（2）由数列的通项公式是由等比数列与等差数列通项公式乘积得到，即可判断其可运用错位相减法求解前n项和.【详解】（）证明：由题意可得： ，则，又故是以首项为2，公比为2等比
14、数列，所以，故（2）由（1）知 【点睛】本题主要考查了等比数列的证明，以及错位相减法的运用，属于中档题.对于等比数列的证明主要有两种方法：（1）定义法，证得即可，其中为常数；（2）等比中项法：证得即可.19.如图，已知点H在正方体的对角线上，HDA=（1）求DH与所成角的大小；（2）求DH与平面所成角的正弦值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，设H（m，m，1）（m0），求出、，利用向量的夹角公式可求DH与CC所成角的大小；（2）求出平面A1BD的法向量，利用向量的夹角公式，即可得出结论【详解】（1）以为原点，射线为轴正半轴建立空间直角坐标系设H（m，m，1）（m0
15、），则（1，0，0），（0，0，1），连接BD，B1D1则（m，m，1）（m0），由已知，60，可得2m，解得m，（，1），cos，45，即DH与CC所成角的大小为45；（2）设平面的法向量为则，令得是平面的一个法向量，设DH与平面所成的角为所以【点睛】本题考查向量知识的运用，考查空间角，正确运用向量的夹角公式是关键.20.已知椭圆的离心率为，过顶点的直线与椭圆相交于两点.（1）求椭圆的方程；（2）若点在椭圆上且满足，求直线的斜率的值.【答案】(1);（2）.【解析】【详解】(1)因为e=,b=1,所以a=2,故椭圆方程为. 4分(2)设l的方程为y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2
16、),M(m,n).联立，解得 (1+4k2)x2+8kx=0，因为直线l与椭圆C相交于两点，所以=(8k)20,所以x1+x2=，x1x2=0，点M在椭圆上，则m2+4n2=4,化简得x1x2+4y1y2= x1x2+4(kx1+1)(kx2+1)= (1+4k2)x1x2+4k(x1+x2)+4=0, 4k()+4=0,解得k=.故直线l的斜率k=.21.已知函数f（x）=x2-（a+1）x+alnx+1（）若x=3是f（x）的极值点，求f（x）的极大值；（）求a的范围，使得f（x）1恒成立【答案】（）极大值为；（）【解析】【分析】（）由于x=3是f（x）的极值点，则f（3）=0求出a，进而
17、求出f（x）0得到函数的增区间，求出f（x）0得到函数的减区间，即可得到函数的极大值；（）由于f（x）1恒成立，即x0时，恒成立，设，求得其导函数，分类讨论参数a，得到函数g（x）的最小值大于等于0，即可得到a的范围【详解】解：（）x=3是f（x）的极值点，解得a=3当a=3时，当x变化时，x（0，1）1（1，3）3（3，+）f（x）+0-0+f（x）递增极大值递减极小值递增f（x）的极大值为；（）要使得f（x）1恒成立，即x0时，恒成立，设，则，（）当a0时，由g（x）0得单减区间为（0，1），由g（x）0得单增区间为（1，+），故，得；（ii）当0a1时，由g（x）0得单减区间为（a，1）
18、，由g（x）0得单增区间为（0，a），（1，+），此时，不合题意；（iii）当a=1时，f（x）在（0，+）上单增，不合题意；（iv）当a1时，由g（x）0得单减区间为（1，a），由g（x）0得单增区间为（0，1），（a，+），此时，不合题意综上所述：时，f（x）1恒成立【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性及函数恒成立时所取的条件考查考生的运算、推导、判断能力22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点M的极坐标为，直线的极坐标方程为（1）求直线的直角坐标方程与曲线C的普通方程；（2）若N是曲线C上的动点，P为线段M
19、N的中点，求点P到直线的距离的最大值【答案】（1）,；（2）.【解析】【分析】（1）直接利用极坐标方程、参数方程和普通方程互化的公式求直线l的直角坐标方程与曲线C的普通方程；（2）设N（，sin），0，2）先求出点P到直线l的距离再求最大值.【详解】（1）因为直线l的极坐标方程为，即sincos40由xcos，ysin，可得直线l的直角坐标方程为xy40将曲线C的参数方程消去参数a，得曲线C的普通方程为（2）设N（，sin），0，2）点M的极坐标（，），化为直角坐标为（2，2）则所以点P到直线l的距离，所以当时，点M到直线l距离的最大值为【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程和普通方程的互化
20、，考查三角函数的图像和性质，考查点到直线的距离的最值的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.23.（1）已知都是正数，且，求证：.（2）已知已知，且，求证：.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用比较法证明，欲证，只要证即可，然后利用因式分解判断每个式子的正负即可；（2）由题意得：1=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2（ab+bc+ac）3（a2+b2+c2），即可证得结论.【详解】（1） .都是正数,又, ；（2）a+b+c=1，1=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2（ab+bc+ac）3（a2+b2+c2），a2+b2+c2 【点睛】本题考查了不等式的证明，熟悉公式和运用是解题的关键，属于中档题.