1、湖北省荆门市龙泉中学、潜江中学2020届高三数学上学期12月月考试题 文（含解析）注意事项：1答卷前，考试务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应的题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合，则（ ）A. 0，2B. -2，0，2C. 2D. 0，2，4【答案】A【解析】【分析】注意到集合中属于自然
2、数,故先确定集合中的元素,再求即可.【详解】依题意,故,故选:A【点睛】本题主要考查交集的运算,注意看清集合中求的是哪个量的取值范围.本题中故为自然数.2.已知平面向量若则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据对应的坐标形式计算出的值，然后根据模长的坐标形式计算出的值即可.【详解】因为，所以，所以，所以.故选：D.【点睛】本题考查根据向量垂直关系求参数以及坐标形式下向量的模长计算，难度较易.已知，若，则有.3.设命题所有正方形都是平行四边形，则为（ ）A. 所有正方形都不是平行四边形B. 有的平行四边形不是正方形C. 有的正方形不是平行四边形D. 不是正方形的四边形不是平
3、行四边形【答案】C【解析】【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论【详解】“所以”改为“存在”（或“有的”），“都是”改为“不都是”（或“不是”），即为有的正方形不是平行四边形故选C.【点睛】本题考查命题的否定特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查4.记数列的前n项和为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题要求,故直接令再令,将两式相除即可.【详解】当时,当时,所以故选:D【点睛】已知前项积求通项公式,则.5.下列图象中,可以作为的图象的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】考虑函数的自变量时函数值的正负，即可判断出符合要求的函数图象
4、.【详解】因为的最高次项为，当时，当时，所以符合要求的仅有C选项.故选：C.【点睛】本题考查函数图象的判断，难度较易.判断一个函数的大致图象可以从函数的奇偶性、单调性、特殊点的函数值正负等方面去判断.6.已知三棱锥中，则三棱锥的体积是（ ）A. 4B. 6C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意明确，结合棱锥体积公式得到结果.【详解】由，且，得；又由，且，得.因为，从而知，即所以.又由于，从而.故选C.【点睛】本题考查棱锥体积的计算，考查线面垂直的证明，考查计算能力与推理能力，属于基础题.7.已知函数，则下列说法正确的是（ ）A. 函数的对称轴为，且在上单调递增B. 函数的对称轴为，且在上
5、单调递增C. 函数的对称中心为，且在上单调递增D. 函数的对称中心为，且在上单调递增【答案】A【解析】【分析】由中为常数,故可以考虑到利用函数对称性,再计算对称轴与区间端点处的函数值考查单调性进行排除.【详解】依题意,解得,因为,故函数的对称轴为,排除C、D；因为,故,排除B,故选:A【点睛】若函数满足则函数关于对称.8.满足条件的面积的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设出的坐标，给定坐标，求解出的轨迹方程，根据的轨迹即可求解出面积的最大值.【详解】设，因为，所以，所以，所以的轨迹是以为圆心，半径等于的圆去掉点两点，所以.故选：B.【点睛】本题考查利用坐标法解决
6、平面几何问题，着重考查了圆的相关知识，难度一般.使用坐标法的前提是建立合适的平面直角坐标系，然后即可根据长度或者角度关系等确定坐标满足的方程.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分.9.将函数的图像向右平移个单位,得到的图像关于轴对称,则（ ）A. 的周期的最大值为B. 的周期的最大值为C. 当的周期取最大值时,平移后的函数在上单调递增D. 当的周期取最大值时,平移后的函数在上单调递减【答案】AC【解析】【分析】将函数利用辅助角公式变形后，利用平移后函数图象的特点求解出的最小值，此时有周期
7、的最大值，再据此分析出平移后函数在上的单调性.【详解】因为，所以向右平移个单位后得到，又因为平移后得到的函数图象关于轴对称，所以，所以，所以，所以，又因为，令，所以，当时，所以在上单调递增.故选：AC.【点睛】本题考查三角函数的周期与单调性、图象平移以及三角恒等变换的综合应用，难度一般.(1)求解三角函数周期的最值时，可将其与的关系联系在一起：周期最大，最小；周期最小，最大；(2)分析的单调增或减区间时，可通过分析的单调减或增区间.10.已知双曲线过点且渐近线为，则下列结论正确的是（ ）A. 的方程为B. 的离心率为C. 曲线经过的一个焦点D. 直线与有两个公共点【答案】AC【解析】【分析】根
8、据题意得到双曲线的方程，结合双曲线的性质逐一判断即可.【详解】对于选项A：由已知，可得，从而设所求双曲线方程为，又由双曲线过点，从而，即，从而选项A正确；对于选项B：由双曲线方程可知，从而离心率为，所以B选项错误；对于选项C：双曲线的右焦点坐标为，满足，从而选项C正确；对于选项D：联立，整理，得，由，知直线与双曲线只有一个交点，选项D错误.故选AC【点睛】本题考查双曲线的标准方程及简单的几何性质，考查直线与双曲线的位置关系，考查推理能力与运算能力.11.正方体的棱长为2,分别为的中点,则（ ）A. 直线与直线垂直B. 直线与平面平行C. 平面截正方体所得的截面面积为D. 点与点到平面的距离相等
9、【答案】BC【解析】【分析】A利用线面垂直的定义进行分析；B作出辅助线利用面面平行判断；C作出截面然后根据线段长度计算出截面的面积；D通过等体积法进行判断.【详解】A若，又因为且，所以平面，所以，所以，显然不成立，故结论错误；B如图所示，取的中点，连接，由条件可知：，且，所以平面平面，又因为平面，所以平面，故结论正确；C如图所示，连接，延长交于点，因为为的中点，所以，所以四点共面，所以截面即为梯形，又因为，所以，所以，故结论正确；D记点与点到平面的距离分别为，因为，又因为，所以，故结论错误.故选：BC.【点睛】本题考查空间立体几何直线、平面间的关系及截面和体积有关的计算的综合应用，难度一般.1
10、2.设非负实数满足则的（ ）A. 最小值为B. 最小值为C. 最大值为D. 最大值为【答案】AC【解析】【分析】采用三角代换的方式化简原式，然后利用换元法以及二次函数的值域求解出的最大值和最小值，注意取等号的条件.详解】令，因为，所以，所以，所以，所以，取最大值时或1，此时或，取最小值时，此时.故选：AC.【点睛】本题考查用三角换元法求最值，着重考查逻辑推理和运算求解的能力，难度较难.(1)利用换元法求解最值时注意，换元后新元的取值范围；(2)三角函数中的一组“万能公式”：，.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.边长为2的正方形中,则_【答案】【解析】【分析】选取向量作为平面
11、内一组基底，然后根据条件将分别表示为组合的形式，即可计算出的结果.【详解】因为，所以，所以所以所以.故答案为：.【点睛】本题考查向量数量积以及向量的线性运算在几何中的应用，难度一般.处理几何图形中的向量数量积问题，关键是确定好基底，将向量用基底的形式表示出来，然后即可根据数量积运算完成求解.14.函数在（a,10-）上有最大值，则实数a取值范围是 【答案】【解析】【详解】要满足题意即函数最大值必是区间上的极大值由已知，当时，当时，或；所以是函数的极大值点，则由题意得：，解得15.在等腰直角三角形中,点是边异于、的一点.光线从点出发,经过、反射后又回到点(如图).若光线经过的重心,且则_【答案】
12、【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用光的反射以及轴对称的性质确定出直线的方程，再将重心坐标代入方程即可求解出的长度.【详解】建立平面直角坐标如图，作关于的对称点，作关于轴的对称点，设，因为，所以，解得，由光的反射原理可知：四点共线，所以，所以，代入重心坐标即，所以，解得或 (舍).故答案为：.【点睛】本题考查直线方程在光线反射中的应用，难度较难.直线方程与轴对称以及光线反射内容交汇时，可通过建立平面直角坐标系，利用坐标法简化问题，从而完成对应计算.16.半径为2球面上有四点，且两两垂直，则，与面积之和的最大值为_【答案】8【解析】【分析】AB，AC，AD为球的内接长方体的一个角，故，计算三
13、个三角形的面积之和，利用基本不等式求最大值【详解】如图所示，将四面体置于一个长方体模型中，则该长方体外接球的半径为2不妨设，则有，即记从而有，即，从而当且仅当，即该长方体为正方体时等号成立从而最大值为8【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值问题，考查了学生解决交汇性问题的能力解答关键是利用构造法求球的直径四、解答题：本题共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ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，（1）求证：；（2）若，求c的值【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】(1)根据题目条件易知使用的余弦定理,化简即可求得.再根据可算得后再证明到(2)
14、由(1)可算得角的正余弦函数值,故可以利用正弦定理与求得,再求得的角度关系利用关于的余弦定理求.【详解】（1）依题意,则,因为,故（2）依题意,因为,即,可得,又,所以,； 由,得【点睛】本题主要考查二倍角公式,正余弦定理的综合运用.重点是根据题目条件分析边角关系,再选用正弦或者余弦定理进行列式化简求解.18.已知首项为3的数列的前n项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）求证：成等差数列【答案】(1)；（2）见解析【解析】【分析】(1)根据可求得数列的递推公式,再根据递推公式判定用累加法求得数列的通项公式即可.(2)要证明成等差数列则证,分别算出再求解即可.【详解】（1）因为,故,把上面个等
15、式叠加,得到,故,而,故（2）由（1）可得,故,所以,故成等差数列【点睛】本题主要考查累加法的运用以及等差数列的证明.本题也可以利用等差数列性质证明.19.如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.（1）证明：BE平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积【答案】（1）见详解；（2）18【解析】【分析】（1）先由长方体得，平面，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为，根据题中条件求出；再取中点，连结，证明平面，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.【详解】（1）因为在长方体中，平面；平面，
16、所以，又，且平面，平面，所以平面； （2）设长方体侧棱长为，则，由（1）可得；所以，即，又，所以，即，解得；取中点，连结，因为，则；所以平面，所以四棱锥的体积为.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.20.已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x2)2(y3)21交于M，N两点(1)求k的取值范围；(2)若12，其中O为坐标原点，求|MN|.【答案】（1）；（2）2【解析】试题分析：（1）由题意可得，直线l的斜率存在，用点斜式求得直线l的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k的值，可得满足条件的k的范围
17、（2）由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，根据直线和圆相交的弦长公式进行求解试题解析：（1）由题意可得，直线l的斜率存在，设过点A（0，1）的直线方程：y=kx+1，即：kx-y+1=0由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R=1故由，解得：故当，过点A（0，1）的直线与圆C：相交于M，N两点（2）设M；N，由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方程，可得，由，解得 k=1，故直线l的方程为 y=x+1，即 x-y+1=0圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径所以|MN|=2考点：直线与圆的位置关系；平面向量数量积的运算21.设函数（1）讨论的单
18、调性；（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，请说明理由【答案】（1）答案见解析：（2）不存在【解析】【详解】（1）定义域为，令，当时，故在上单调递增，当时，的两根都小于零，在上，故在上单调递增，当时，的两根为，当时，；当时，；当时，；故分别在上单调递增，在上单调递减. （2）由（1）知，因为.所以,又由（1）知，于是，若存在，使得，则，即，亦即（）再由（1）知，函数在上单调递增，而，所以，这与（）式矛盾，故不存在，使得.22.设均为正数，且求：（1）；（2）.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】(1)根据基本不等式变形：可得到三组不等式，再根据条件，即可证明问题；(2)构造基本不等式形式：可得到三组不等式，再根据条件，即可证明问题.【详解】（1）由得由已知得即取等号时,（2）因为所以取等号时,即【点睛】本题考查利用基本不等式完成证明，难度一般.利用基本不等式完成证明时，要学会利用条件构造基本不等式形式去证明，同时要注意对于取到等号的条件进行说明.
