2020届广东省佛山市实验中学高三12月月考数学（理）试题（解析版）.doc

2020届广东省佛山市实验中学高三12月月考数学（理）试题 一、单选题 1．已知集合，，则 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】化简集合A，B，利用交并补运算得到结果. 【详解】 由题意易得：， ∴, ∴, 故选：C 【点睛】 本题考查集合的交、并、补的基本运算，指数函数与对数函数的性质，考查计算能力． 2．复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】分析：由已知等式变形得，再利用复数的四则运算法则求出z的代数形式，再写出虚部。 详解：由有，则z 的虚部为，故选B. 点睛：本题主要考查了复数的四则运算以及复数的代数形式，属于容易题。若复数，则复数的虚部为。 3．已知是公差为1的等差数列，为的前项和，若，则（ ） A． B．3 C． D．4 【答案】C 【解析】利用等差数列前项和公式，代入即可求出，再利用等差数列通项公式就能算出. 【详解】 ∵是公差为1的等差数列，， ∴ 解得，则，故选C. 【点睛】 本题考查等差数列的通项公式及其前项和公式的运用，是基础题。 4．已知直线，和平面，，则“”是“”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】D 【解析】结合线面平行的判定定理和性质定理即可判断命题的真假 【详解】 直线，平面，且，若，当时，，当时不能得出结论，故充分性不成立；若，过作一个平面，若时，则有，否则不成立，故必要性也不成立．由上证知“”是“”的既不充分也不必要条件， 故选D． 【点睛】 本题考查由线面平行的性质定理和判定定理判断命题的真假，属于基础题 5．已知一组样本数据点用最小二乘法求得其线性回归方程为若的平均数为，则 （ ） A． B．12 C． D． 【答案】B 【解析】设这组样本数据中心点为，代入线性回归方程中求得，再求的值。 【详解】 解：设样本数据点的样本中心点为， 则，代入线性回归方程中，得， 则，故选：B． 【点睛】 本题考查了线性回归方程的应用问题，是基础题． 6．《算法统宗》 中有一图形称为“方五斜七图”，注曰：方五斜七者此乃言其大略矣，内方五尺外方七尺有奇． 实际上，这是一种开平方的近似计算，即用 7 近似表示，当内方的边长为5 时， 外方的边长为， 略大于7．如图所示，在外方内随机取一点，则此点取自内方的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】结合题意可计算出，，根据几何概型概率公式计算即可． 【详解】 由题意可得，， 则外方内随机取一点，则此点取自内方的概率为，故选A． 【点睛】 本题考查了几何概型的概率公式，属于基础题． 7．如图，一只蚂蚁从点出发沿着水平面的线条爬行到点，再由点沿着置于水平面的长方体的棱爬行至顶点，则它可以爬行的不同的最短路径有（ ）条 A．40 B．60 C．80 D．120 【答案】B 【解析】试题分析：蚂蚁从到需要走五段路，其中三纵二竖，共有条路径，从到共有条路径，根据分步计数乘法原理可知，蚂蚁从到可以爬行的不同的最短路径有条，故选B. 【考点】分步计数乘法原理. 8．一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】该几何体是由两部分组成的，左半部分是四分之一圆锥，右半部分是三棱锥，运用锥体体积公式可以求解.。 【详解】 该几何体是由左右两部分组成的锥体，左半部分是四分之一圆锥，其体积==，右半部分是三棱锥，其体积=，所以该几何体的体积.故选D. 【点睛】 本题考查了组合体的三视图问题，以及锥体体积公式，需要平常多强化空间想象能力。 9．在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为3：2，则的系数为（ ） A．50 B．70 C．90 D．120 【答案】C 【解析】在中，令得，即展开式中各项系数和为；又展开式中的二项式系数和为． 由题意得，解得． 故二项式为，其展开式的通项为，（）． 令得． 所以的系数为．选C． 10．已知，满足约束条件，若目标函数的最小值为-5，则的最大值为（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【解析】由目标函数z＝3x+y的最小值为`-5，可以画出满足条件的可行域，结合目标函数的解析式形式，分析取得最优解的点的坐标，得到参数的取值，然后求出目标函数的最大值即可． 【详解】 画出x，y满足的可行域如下图： z＝3x+y变形为y=-3x+z，其中z表示直线的截距， 可得在直线与直线＝0的交点A处，使目标函数z＝3x+y取得最小值-5，当过点B时，目标函数z＝3x+y取得最大值， 故由 ， 解得 x＝-2，y＝1， 代入＝0得a=1， 由⇒B（3，-4） 当过点B（3，-4）时，目标函数z＝3x+y取得最大值，最大值为5． 故选：D． 【点睛】 本题考查了含参数的线性规划问题，当约束条件中含有参数时，可以先大致画出几个不等式对应的平面区域，分析取得最优解是哪两条直线的交点，再代入求解，本题属于中档题． 11．已知是函数的最大值，若存在实数使得对任意实数总有成立，则的最小值为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】利用三角恒等变换可得，依题意可知的最小值为，从而可得结论. 【详解】 ， ，周期， 又存在实数，对任意实数总有成立， ， 的最小值为，故选B. 【点睛】 本题主要考查公式三角函数的图象和性质以及辅助角公式的应用，属于难题.利用该公式 可以求出:①的周期;②单调区间（利用正弦函数的单调区间可通过解不等式求得）；③值域：；④对称轴及对称中心（由可得对称轴方程，由可得对称中心横坐标. 12．已知是函数的导函数，且对任意的实数都有是自然对数的底数），，若不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】令，可得，可设，，解得，，利用导数研究其单调性极值与最值并且画出图象即可得出． 【详解】 令，则， 可设， ∵，∴． ∴， ∴． 可得：时，函数取得极大值，时， 函数取得极小值． ，，，． ∴时，不等式的解集中恰有两个整数，． 故的取值范围是，故选C． 【点睛】 本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值及其图象性质、方程与不等式的解法、数形结合思想方法、构造方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 二、填空题 13．已知向量满足,且,则向量与的夹角为___________. 【答案】 【解析】由向量夹角公式求得向量夹角的余弦，结合向量夹角的范围，即可得解. 【详解】 由题cos, ,所以 故答案为 【点睛】 本题考查向量夹角公式，准确计算是关键，是基础题. 14．已知函数，且，则__________． 【答案】1 【解析】令，可知函数为奇函数，由，可求得，之后利用性质求得结果. 【详解】 令，因为， 所以函数为奇函数， 由，所以， 所以， 故答案是：1. 【点睛】 该题考查的是有关函数值的求解问题，涉及到的知识点有奇函数的性质，在解题的过程中，注意整体思维的应用. 15．在中，分别是内角的对边，若，，，则的面积等于 _____． 【答案】 【解析】先由余弦定理结合题意求出的值，再由三角形面积公式即可求出结果. 【详解】 因为，，，所以由余弦定理可得： ，即，所以，， 因此. 故答案为 【点睛】 本题主要考查余弦定理解三角形，灵活运用余弦定理和三角形面积公式即可，属于基础题型. 16．如图，三棱锥的所有顶点都在一个球面上，在△ABC中，AB=，∠ACB=60°°，∠BCD=90°°，AB⊥CD，CD=，则该球的体积为__________． 【答案】 【解析】以△ABC所在平面为球的截面，则由正弦定理得截面圆的半径为． 依题意得CD⊥平面ABC， 故球心到截面的距离为， 则球的半径为， 所以球的体积为． 答案： 点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ． 三、解答题 17．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换得到曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系（为极径，为极角）． （Ⅰ）求曲线的直角坐标方程和曲线的极坐标方程； （Ⅱ）若射线与曲线交于点，射线与曲线交于点，求的值． 【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）. 【解析】（Ⅰ）消去参数，求得曲线的直角方程为，再根据图象的变换公式，即可求解曲线的方程，进而得到其极坐标方程； （Ⅱ）将代入，根据极坐标中极经的几何意义，即可求解。 【详解】 （Ⅰ）由曲线的参数方程为 (为参数)， 得，所以曲线的直角方程为； 曲线经过伸缩变换得到的参数方程为，得， 所以曲线的极坐标方程为. （Ⅱ）将代入 得，即， 同理， 所以. 【点睛】 本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及图象的变换和极坐标的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。 18．已知函数． Ⅰ求函数的单调递增区间； Ⅱ若，，求的值． 【答案】(1) （2） 【解析】试题分析：（1）先根据二倍角公式、配角公式将函数化为基本三角函数： ，再根据正弦函数性质求单调区间，最后写出区间形式（2）先代入得,再根据同角三角函数关系求得,最后根据两角差的余弦公式求 试题解析：(1) 函数的单调递增区间为： （2）,， ， 19．已知数列的前n项和为，满足。 (1)证明：数列}是等比数列。并求数列的通项公式。 (2)若数列满足，设是数列的前n项和。求证：。 【答案】（1）；（2）见解析 【解析】（1）代入n=1，求得首项；再用递推法求得，再利用构造数列的方法可证明求得为等比数列。根据首项与公比，可求得数列的通项公式。 （2）根据，可求得数列的通项公式为，进而得到数列为等差数列与等比数列乘积的形式，再利用错位相减法求得，最后可证明不等式成立。 【详解】 (1)由得， 当时，，① 当时，，则， 则当，时，。② ①－②，得， 即， 所以，所以， 所以是以为首项，以2为公比的等比数列。 所以，所以。 (2)由， 得 ， 则， ③ ，④ ③－④，得 . 所以。 【点睛】 本题考查了利用递推法求数列的递推公式，再利用构造数列的方法证明数列是等比数列，再根据错位相减法求数列的前n项和，计算量较大，易错，属于中档题。 20．如图，平面四边形中，,,,，将三角形沿翻折到三角形的位置，平面平面，为中点. （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(Ⅰ)详见解析(Ⅱ) 【解析】（Ⅰ）由题意为等边三角形，可以证明及，由平面平面，可知平面，从而，进而可以得到平面，即可证明；(Ⅱ)以为坐标原点，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出和平面的法向量，由可以得到答案。 【详解】 （Ⅰ）由题意为等边三角形，则， 在三角形中，,，由余弦定理可求得， ，即 又平面平面，平面平面，平面 平面 等边三角形中，为中点，则，且 平面， （Ⅱ）以为坐标原点，分别为轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ， 设是平面的法向量，则， 取 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】 本题考查了直线、平面垂直的判定及其性质，考查了直线与平面所成角的求法，属于中档题。 21．甲、乙两品牌计划入驻某商场，该商场批准两个品牌先进场试销天。两品牌提供的返利方案如下：甲品牌无固定返利，卖出件以内（含件）的产品，每件产品返利元，超出件的部分每件返利元；乙品牌每天固定返利元，且每卖出一件产品再返利元。经统计，两家品牌在试销期间的销售件数的茎叶图如下： （Ⅰ）现从乙品牌试销的天中随机抽取天，求这天的销售量中至少有一天低于的概率. （Ⅱ）若将频率视作概率，回答以下问题： ①记甲品牌的日返利额为（单位：元），求的分布列和数学期望； ②商场拟在甲、乙两品牌中选择一个长期销售，如果仅从日返利额的角度考虑，请利用所学的统计学知识为商场作出选择，并说明理由. 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）①详见解析②商场应选择乙品牌长期销售，详见解析 【解析】（I）直接法：分别计算有天低于和有天低于的件的概率，然后相加，求得所求概率.间接法：用减去抽取的天都不低于件的概率，求得所求至少有一天低于的概率.（II）①先计算出甲品牌的日返利额的所有可能取值，由此求得的分布列并求得数学期望.②计算出乙品牌日返利额的分布列和数学期望，结合①中的数学期望，可知商场应选择乙品牌长期销售. 【详解】 （Ⅰ）设为从乙品牌试销售的天中抽取天，这天的销售量中至少有一天低于件的事件，则. 另法：设为从乙品牌试销售的天中抽取天，这天的销售量中至少有一天低于件的事件，则为从乙品牌试销售的天中抽取天，这天的销售量都不低于件的事件，则. （Ⅱ）①设甲品牌的日销售量为随机变量，则甲品牌的日返利额（单位：元）与的关系为： .当时，；当时，；当时，；当时，； 故的分布列为 （元） ②设乙品牌的日销售量为随机变量，乙品牌的日返利额（单位：元）与的关系为： ，且的分布列为 则（件） 则（元） 因为乙品牌的日平均返利额大于甲品牌的日平均返利额，所以如果仅从日返利额的角度考虑，商场应选择乙品牌长期销售. ②另法：乙品牌的日返利额（单位：元）的取值集合为，分布列为 则（元） 【点睛】 本小题主要考查古典概型的计算，考查随机变量分布列和数学期望的计算，考查实际生活中的决策问题，考查运算求解能力，属于中档题. 22．已知,. (1)若,判断函数在上的单调性； (2)设,对,有恒成立,求的最小值 【答案】（1）在单调递增, （2）. 【解析】(1)求导后根据反比例函数与余弦函数的范围可得即可证明单调性. (2)求导得,再分析的零点所在的区间,设零点为,参变分离求的最值,再利用隐零点问题的最值方法,参变分离后进行最值求解即可. 【详解】 （1）. 又，因此 ，而，所以，故在单调递增. （2）由题意知， ，设，则， 由于，故， 时，单调递增，又，， 因此在存在唯一零点，使，即， 且当，，，单调递减； ，，，单调递增； 故， 故， 设 , ，又设 故在上单调递增，因此，即，在单调递增，，又，所以， 故所求的最小值为. 【点睛】 本题主要考查了利用导数解决函数的单调性问题,同时也考查了隐零点问题与恒成立问题,需要根据题意求导分析极值点与最值等.属于难题. 第 19 页 共 19 页