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 理（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.设集合则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】联立方程组求解，用列举法表示即可得【详解】或，则故选：
2、C【点睛】本题考查集合元素，集合交集，理解集合的含义是关键，为简单题2.已知是的共轭复数,则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利用复数的除法运算法则求出的值，再利用共轭复数的定义求出a+bi，从而确定a，b的值，求出a+b【详解】i，a+bii，a0，b1，a+b1，故选：A点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题3.边长为2的正方形ABCD中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题中正方形ABCD可考虑用建立平面直角坐标系的方法进行求解.【详解】以A为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则,故,则,故选:C【点
3、睛】本题主要考虑建立平面直角坐标系的方法进行向量求解的问题.4.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.5.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
4、选：B.【点睛】本题考查利用坐标法解决平面几何问题，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.6.已知为等比数列，下面结论中正确的是（ ）A. B. C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】设an的首项为a1，公比为q，当a10，q0时，可知a10，a30，所以A不正确；当q1时，C选项错误；当qa1a3qa1qa4a2，与D选项矛盾因此根据基本不等式可知B选项正确7.设定义域为R函数满足下列条件：对任意；对任意，当时，有,下列不等式不一定成立的A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】因为对任意，
5、所以为奇函数，对任意，当时，有，所以在单调递增，因为，所以一定成立。因为所以一定成立，因为两边同时乘以-1可得：，所以D一定成立；8.若且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用特值法或利用对数函数的图象与性质即可得到结果.【详解】（方法一）对选项A：由，从而，从而选项A错误；对选项B：首先，从而知最小，下只需比较与的大小即可，采用差值比较法：，从而，选项B正确；对于选项C：由，知C错误；对于选项D：可知，从而选项D错误；故选B（方法二）取，代入验证知选项B正确.【点睛】本题考查式子间大小的比较，考查对数函数的图象与性质，考查运算能力，属于常考题型.二、多项选择题：本题
6、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.若函数的图象关于直线对称,则（ ）A. B. 函数的最大值为C. 为函数的一个对称中心D. 函数在上单调递增【答案】ABCD【解析】【分析】先利用辅助角公式得，利用图象关于直线对称，得值，判断A;再化函数为，结合三角函数图像及性质判断B,C,D即可【详解】（其中）因为函数的图象关于直线对称，则，则，A.正确；又，则函数的最大值为，B正确；令，当，则为函数的一个对称中心，C正确；令当 为增区间，即函数在上单调递增，D正确故选：ABCD【点睛】本题考查正弦函数的对称性、
7、周期性，考查综合分析与应用能力，属于中档题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
8、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【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
9、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的直线、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.12.已知函数.下列命题为真命题的是（ ）A. 函数是周期函数B. 函数既有最大值又有最小值C. 函数的定义域是，且其图象有对称轴D. 对于任意，单调递减【答案】BC【解析】【分析】将函数，利用对称性判断C,利用函数性质判断AD，利用导数判断C即可【详解】由函数A.函数f（x）是周期函数不正确，因为分母随着自变量的远离原点，趋向于正穷大，所以函数图象无限靠近于x轴，故不是周期函数；B. 令，
10、 单调递增，又且对称轴是x，故在取得最小值，又在取得最大值，故函数有最大值；另一方面，当恒成立，且因为0在 恒成立，故的最小值在 取得，由，单增，又 单调递减，同理，在单调递减，在 单调递减，在单增，故 故f（x）有最大值又有最小值；B正确C.函数f（x）的定义域是R，且故其对称轴是x，此命题正确；D，f（），f（），f（）f（），故D不正确，综上，BC故选：BC【点睛】本题主要考查了函数思想，转化思想，属中档题，是个基础题还考查函数图象的对称变化和利用导数解决单调性问题，数形结合法是解答本类题的重要方法本题函数解析式复杂，不利于判断三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设，则
11、数列的通项公式= 【答案】2n+1【解析】由条件得，且，所以数列是首项为4，公比为2的等比数列，则14.已知定义在上的奇函数满足当时，则曲线在点处的切线斜率为_.【答案】【解析】【分析】利用奇函数的定义求出函数在上的解析式，然后利用导数可求出的值，即为所求结果.【详解】当时，由于函数为奇函数，当时，则，此时，.因此，曲线在点处的切线斜率为.故答案为.【点睛】本题考查利用导数求切线的斜率，同时也考查了利用奇偶性求函数的解析式，考查计算能力，属于中等题.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】【解析】【分析】建立平面
12、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的球面上有四点，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，计算三个三角形的面积之和，利
13、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.在中，角、所对的边分别为、，且.（1）求的值；（2）若，且的面积，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互化思想得，然后在等式两边同时除以，利用余弦定理可求出的值，利用同角三角函数的基本关系求出的值，从而
14、可求出的值；（2）由正弦定理边角互化思想得出，然后利用三角形的面积公式可求出的值.【详解】（1）因为，故，故，因此，；（2）因为，故，即，的面积为，即，故，解得.【点睛】本题考查正弦定理边角互化思想的应用，同时也考查了三角形面积公式的应用，考查计算能力，属于中等题.18.数列的前项和为已知(1)写出与的递推关系式(2)求关于的表达式.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将代入整理即可得与的递推关系式（2）构造等差数列即可得解【详解】(1)（2） 故数列是以为首项、1为公差的等差数列【点睛】本题考查数列递推关系，考查等差数列的通项公式，考查变形化简能力，是中档题19.如图，已知三棱柱，平面
15、平面,，分别是的中点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.【详解】(1)如图所示，连结，等边中，则，平面ABC平面，且平面ABC平面，由面面垂直的性质定理可得：平面，故，由三棱柱的性质可知，而，故，且，由线面垂直的判定定理可得：平面，结合平面，故.(2)在底面ABC内作EHAC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建
16、立空间直角坐标系.设，则，,，据此可得：，由可得点的坐标为，利用中点坐标公式可得：，由于，故直线EF的方向向量为：设平面的法向量为，则：，据此可得平面的一个法向量为，此时，设直线EF与平面所成角为，则.【点睛】本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20.已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点，（1）求线段的中点的轨迹的方程；（2）是否存在实数，使得直
17、线与曲线只有一个交点？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（）利用圆的几何性质，总有，根据斜率公式得到轨迹方程；（）做出曲线的图象，恒过点，利用数形结合，可知斜率的变化范围试题解析：（）设，则，当直线的斜率不为0时，由得，即当直线的斜率为0时，也适合上述方程 线段的中点的轨迹的方程为；（）由（）知点的轨迹是以为圆心为半径的部分圆弧（如下图所示，不包括两端点），且，又直线：过定点，当直线与圆相切时，由得，又，结合上图可知当时，直线：曲线只有一个交点考点：1、直线与圆的位置关系；2、中点轨迹方程；3、数形结合21.已知函数，（1）若，且存在单调递减区间，
18、求实数的取值范围；（2）设函数的图象与函数的图象交于点，过线段的中点作轴的垂线分别交，于点，证明：在点处的切线与在点处的切线不平行【答案】（1）（2）见解析.【解析】试题分析：（1），则 ，所以有解，即有的解，所以，所以的取值范围为；（2）设点、的坐标分别为，则点，的横坐标为，在点处的切线斜率为，在点处的切线斜率为，由反证法证明得在点处的切线与在点处的切线不平行试题解析：（1）时，则 ，因为函数存在单调递减区间，所以有解，又因为，则有的解，所以，所以的取值范围为（2）设点、的坐标分别为，则点，的横坐标为，在点处的切线斜率为，在点处切线斜率为，假设在点处的切线与在点处的切线平行，则，即，则，所以，设，则，令，则，因为时，所以在上单调递增，故，则，这与矛盾，假设不成立，故在点处切线与在点处的切线不平行22.设均为正数，且求：（1）的最大值；（2）的最小值.【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）三次利用基本不等式求解（2）利用求解即可【详解】（1）由得由已知得即当且仅当 等号成立的最大值为（2）因为当且仅当 等号成立所以即，的最小值为1【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，多次利用不等式注意等号成立条件是解决本题的关键综合性较强，难度较大
