河北省邯郸市大名一中2020届高三11月月考数学（文）试卷 22页

文数试卷 范围：除算法和统计概率外的全部内容 命题人：安素敏 一、单选题(每题5分，共60分)‎ ‎1．已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎2．已知复数(i为虚数单位），则=（ ）‎ A.1+3i B.3+i C.1+i D.1-i ‎3．一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为( )‎ A． B． C．(1+) D．‎ ‎4．已知数列的前项和满足(）且，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．已知命题：；命题．则下列命题中的真命题为（ ）‎ A． B．C． D．‎ ‎6．函数y=sin2x的图象可能是 A. B.C.D ‎7．若两个正实数满足，且不等式有解，则实数的取值范围是（ ）A． B． C． D．‎ ‎8．如图，在△ABC中，，过点M的直线分别交射线AB、AC于不同的两点P、Q，若，则的最小值为( )‎ A.2 B. C.6 D.‎ ‎9．在中，，，，是边上的点，，关于直线的对称点分别为，，则面积的最大值为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎10．已知函数，则关于的不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎11．设为双曲线上的点，，分别为的左、右焦点，且，与轴交于点，为坐标原点，若四边形有内切圆，则的离心率为（ ） A. B. C. D.‎ ‎12．已知函数．若函数f（x）有两个极值点x1，x2，记过点A（x1，f（x1））和B（x2，f（x2））的直线斜率为k，若0＜k≤2e，则实数m的取值范围为（　　）‎ A. B.（e，2e] C. D.‎ 二、填空题( 每空5分，共20分）‎ ‎13．已知函数,则函数的图象在点处的切线方程是______.‎ ‎14．已知实数满足约束条件则的最大值为__________．‎ ‎15．已知分别是正四面体的棱上的点，且，若，,则四面体的体积是_________.‎ ‎16．已知的最大值为A，若存在实数使得对任意实数总有成立，则的最小值为____________‎ 三、解答题 ‎17．在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c，且 ‎（1）求角A； （2）若，求bc的取值范围．‎ ‎18．若数列的前项和为，且．‎ ‎（1）求数列的通项公式；（2）若，令，求数列的前项和，并比较 与1的大小关系.‎ ‎19．在平行四边形中，，，过点作的垂线，交的延长线于点，.连结，交于点，如图1，将沿折起，使得点到达点的位置，如图2.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若为的中点，为的中点，且平面平面，求三棱锥 的体积.‎ ‎20．已知椭圆，点是长轴上的一个动点，过点的直线与交于两点，与轴交于点，弦的中点为．当为的右焦点且的倾斜角为时，，重合，． （1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）当均与原点不重合时，过点且垂直于的直线与轴交于点．求证：为定值．‎ ‎21．已知函数 ‎ ‎（1）若对任意恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（2）当时，若函数有两个极值点,求的最大值.‎ ‎22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为，其中为参数，在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点的极坐标为， 直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；‎ ‎（2）若是曲线上的动点，为线段的中点.求点到直线的距离的最大值.‎ ‎‎ 参考答案 ‎1．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出A与B中不等式的解集确定出A与B，找出两集合的交集即可．‎ ‎【详解】‎ 由A中不等式变形得：log2x＜1=log22，‎ 解得：0＜x＜2，即A=（0，2），‎ 由B中不等式变形得：（x﹣1）（x+2）＜0，‎ 解得：﹣2＜x＜1，即B=（﹣2，1），‎ 则A∩B=（0，1），‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．‎ ‎2．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，进而得到.‎ ‎【详解】‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴1-i 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查了复数的运算法则、模的计算公式、共轭复数的概念 ，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎3．A ‎【解析】‎ 由三视图可知该几何体是由一个半圆锥和一个四棱锥组合而成的,其中半圆锥的底面半径为1,四棱锥的底面是一个边长为2的正方形,它们的高均为,则V=×(+4)×=,故选A.‎ ‎4．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 数列{an}的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m（n，m∈N*）且a1=5，令m=1，可得Sn+1=Sn+S1，可得an+1=5．即可得出．‎ ‎【详解】‎ 数列{an}的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m（n，m∈N*）且a1=5，‎ 令m=1，则Sn+1=Sn+S1=Sn+5．可得an+1=5．‎ 则a8=5．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎5．B ‎【解析】‎ 试题分析：，∴为真命题．‎ 当时，，，，‎ ‎∴，∴为假命题，∴为真命题．选B．‎ 考点：命题真假 ‎【名师点睛】若要判断一个含有逻辑联结词的命题的真假，需先判断构成这个命题的每个简单命题的真假，再依据“或”——一真即真，“且”——一假即假，“非”——真假相反，做出判断即可．‎ 以命题真假为依据求参数的取值范围时，首先要对两个简单命题进行化简，然后依据“p∨q”“p∧q”“非p”形式命题的真假，列出含有参数的不等式(组)求解即可．‎ ‎6．D ‎【解析】‎ 分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.‎ 详解：令， ‎ 因为，所以为奇函数，排除选项A,B;‎ 因为时，，所以排除选项C，选D.‎ 点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．‎ ‎7．B ‎【解析】‎ 试题分析：由题意知，不等式有解，只需即可，解得或.‎ ‎【方法点睛】在数学运算中,为了解题方便,我们常将“”代换成另一种形式.高中数学中有不少题目，如果能巧妙地利用的代换，将大大地简化计算量和计算过程，能收到事半功倍的良效.本题就是巧妙运用，把变换成，然后再利用均值不等式求出的最小值，从而得到关于的不等式，进一步求得的范围．‎ 考点：1、均值不等式；2、不等式有解成立的条件．‎ ‎8．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的向量的几何意义，利用P，M，Q三点共线，得出m，n的关系，利用基本不等式求最小值．‎ ‎【详解】‎ 由已知，可得=‎ ‎==，‎ 因为P，M，Q三点共线，所以=1，‎ 所以mn+m===（）（）‎ ‎=≥‎ ‎=2，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.‎ ‎9．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知为直角三角形，建立直角坐标系，求直线的方程，再求点到直线，及点到直线的距离，则可求面积，再讨论其最大值。‎ ‎【详解】‎ 由，，，可得为直角三角形，且 则以为原点，为轴，为轴建立如下图所示直角坐标系.‎ 则，，‎ 设，则直线，即 过点作直线的垂线，与交于点，则；‎ 又因为直线，即 此时到直线的距离为： ‎ 所以 ，到的距离为 则所求面积 ‎ 因为 所以当时，；当时，；‎ 所以当时，，选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题是一道综合题，主要利用转化思想，把所求三角形转化为求，其中需要熟悉直线方程的求解及点到直线的距离；分析最大值时可利用求导数，判断单调性求最值。‎ ‎10．C ‎【解析】‎ 因为 ，所以 ，即函数 为奇函数，又 为 上增函数，所以 为 上增函数，因此 ，选C.‎ 点睛：解函数不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内；‎ ( ‎11．C ‎【解析】‎ 分析：求出圆的圆心、半径和直线PF1的方程，根据切线的性质列方程求出a，b，c的关系，得出离心率．‎ 详解：F1（﹣c，0），F2（c，0），P（c，），‎ 直线PF1的方程为y=x+，即b2x﹣2acy+b2c=0，‎ 四边形OF2PQ的内切圆的圆心为M（，），半径为，‎ ‎∴M到直线PF1的距离d==，‎ 化简得：9b2﹣12abc﹣b4=0，‎ 令b=1可得ac=，又c2﹣a2=1， ‎ ‎∴a=，c=．‎ ‎∴e==2．‎ 故选C．‎ 点睛：求离心率的取值，一般是找到关于离心率的方程，再解方程.关键是找方程，本题是根据直线和圆相切得到圆心到直线的距离等于半径找到的方程.‎ ‎12．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当x＞0时，函数f（x）=mx﹣lnx的导函数为，不妨设x2=﹣x1＞0，则有，∴可得：．由直线的斜率公式得，m＞0，又k＞0，可得1+lnm＞0，，令，得h′（m）=2+lnm=1+（1+lnm）＞0，得：，所以．‎ ‎【详解】‎ 当x＞0时，函数f（x）=mx﹣lnx的导函数为，‎ 由函数f（x）有两个极值点得m＞0，又f（x）为奇函数，不妨设x2=﹣x1＞0，‎ 则有，∴可得：．‎ 由直线的斜率公式得，m＞0，‎ 又k＞0，∴1+lnm＞0，∴，（当时，k≤0，不合题意）‎ 令得h′（m）=2+lnm=1+（1+lnm）＞0，‎ ‎∴h（m）在上单调递增，又，‎ 由0＜k≤2e得：，所以．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用导数研究函数的极值、零点及不等式问题，考查逻辑推理能力及运算能力，属于中档题．‎ ‎13．4x-y-8=0‎ ‎【解析】解：∵函数f（x）=2x2-xf′（2），∴f′（x）=4x-f′（2），∴f′（2）=8-f′（2），、∴f′（2）=4∴f（2）=8-2×4=0∴函数f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程是y-0=4（x-2）即4x-y-8=0‎ 故答案为：4x-y-8=0‎ ‎14．‎ ‎【解析】‎ 分析：先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z=表示（0，0）到可行域的距离，只需求出（0，0）到可行域的距离的最大值即可．‎ 详解：根据约束条件画出可行域：‎ z=x2+y2表示（0，0）到可行域的距离的平方，‎ 当在区域内点A时，距离最大，，可得A（2，5）最大距离为，‎ ‎ 的最大值为：．‎ 故答案为：．‎ 点睛：线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.‎ ‎15．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，设PD=x，PE=y，PF=z，由余弦定理得到关于x，y，z的方程组，求解可得x，y，z的值，然后分别求出三角形PDE的面积及F到平面PDE的高，代入棱锥体积公式得答案．‎ ‎【详解】‎ 如图，‎ 设PD=x，PE=y，PF=z，则 ‎∵DE=2，DF=EF=，‎ ‎∴由余弦定理得，x2+y2﹣2xy•=4①‎ y2+z2﹣2yz•=7②‎ z2+x2﹣2zx•=7③‎ ‎③﹣②得，x2﹣y2=xz﹣yz，‎ 即（x+y）（x﹣y）=z（x﹣y），‎ ‎∵x≠y，则z=x+y，‎ 代入②，得x2+y2+xy=7，‎ 又x2+y2﹣xy=4，不妨设x＞y，‎ 解得，x=，y=，z=．‎ 则=，‎ F到平面PDE的距离d=．‎ ‎∴VP﹣DEF=．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查棱锥体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎16．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角恒等变换可得f（x）=2sin（2019x+），依题意可知A=2，|x1﹣x2|的最小值为T=，从而可得答案．‎ ‎【详解】‎ ‎∵f（x）=sin（2019x+）+cos（2019x﹣），‎ ‎=sin2019x+cos2019x+cos2019x+sin2019x，‎ ‎=sin2019x+cos2019x ‎=2sin（2019x+），‎ ‎∴A=f（x）max=2，周期T=，‎ 又存在实数x1，x2，对任意实数x总有f（x1）≤f（x）≤f（x2）成立，‎ ‎∴f（x2）=f（x）max=2，f（x1）=f（x）min=﹣2，‎ ‎|x1﹣x2|的最小值为T=，又A=2，‎ ‎∴A|x1﹣x2|的最小值为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数的最值，着重考查两角和与差的正弦与余弦，考查三角恒等变换，突出正弦函数的周期性的考查，属于中档题．‎ ‎17．（1）;(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由题根据余弦定理化简所给条件可得，所以，根据角的范围可得角A；（Ⅱ）由题根据所给条件可得，根据正弦定理可得，所以 ，然后根据 可得bc的范围．‎ 试题解析：（1）由 且4分 ‎（2）又 ‎ 8分 ‎12分 考点：正弦定理、余弦定理的应用 ‎18．（1） 或 ； ‎ ‎（2）,当为奇数时,,‎ 当为偶数时， .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由可得可得或，从而得到数列的通项公式；（2），利裂项相消法得到数列的前项和，分奇偶判断 与1的大小 ‎【详解】‎ ‎（1）当时，，则 ‎ 当时，，‎ 即，由可得或 则 或 .‎ ‎（2） ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 当n为奇数时, ‎ 当n为偶数时，‎ ‎【点睛】‎ 已知求的一般步骤：（1）当时，由求的值；（2）当时，由，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式.‎ ‎19．（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明．，．推出，，得到平面BFP，然后证明平面平面BCP．（2）解法一：证明平面ABCD．取BF的中点为O，连结GO，得到平面ABCD．然后求解棱锥的高．解法二：证明平面ABCD．三棱锥的高等于．说明的面积是四边形ABCD的面积的，通过，求解三棱锥的体积．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：如题图1，在中，，，所以．‎ 在中，，所以．‎ 所以．‎ 如题图2，．又因为，所以，，，‎ 所以平面BFP，又因为平面BCP，所以平面平面BCP．‎ ‎（2）解法一：因为平面平面ABCD，‎ 平面平面，平面ADP，，所以平面ABCD．‎ 取BF的中点为O，连结GO，则，所以平面ABCD．‎ 即GO为三棱锥的高．‎ 且．‎ 因为，三棱锥的体积为．‎ 解法二：因为平面平面ABCD，平面平面，平面ADP，‎ 所以平面ABCD．‎ 因为G为PB的中点．‎ 所以三棱锥的高等于．‎ 因为H为CD的中点，所以的面积是四边形ABCD的面积的，‎ 从而三棱锥的体积是四棱锥的体积的．‎ 面，‎ 所以三棱锥的体积为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与平面垂直，平面与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．‎ ‎20．(1) (2)见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意得到关于a,b,c的方程组，解方程组即得椭圆的标准方程；（2）设直线，，，联立直线和椭圆的方程得到，点的坐标为，再求为定值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为当为的右焦点，且的倾斜角为时，重合，.‎ 所以，因此，，所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）设直线，，，‎ 将代入得：，‎ 所以，，‎ 所以，‎ 所以直线的方程为，所以点的坐标为，‎ 又因为点，所以为定值.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查椭圆的标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中的定值问题，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.‎ ‎21．（1） ； （2） .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）f（x）=alnx﹣x+1，利用导数性质结合分类讨论思想，能求出实数a的取值范围．‎ ‎（2）g（x）=alnx﹣x+，g′（x）=，由此利用导数性质能求出当x=e时，t（x）取得最大值，最大值为t（e）=．‎ ‎【详解】‎ ‎（1），‎ 当时，，所以在内单调递减，‎ 则有，从而 当时，，得，当，有，则在上内单调递增，此时，与恒成立矛盾，因此不符合题意 综上实数的取值范围为. ‎ ‎( 2 )则 由已知，可得，即方程有2个不相等的实数根，‎ 则，解得，其中 而g（x2）﹣g（x1）=alnx2﹣x2+﹣alnx1+x1﹣=aln+（x1﹣x2）+（﹣）‎ ‎=（x2+）lnx22+﹣x2++x2‎ ‎=2[（+x2）lnx2+﹣x2]，‎ 由可得，又，所以 设，‎ ‎，由，则，故 所以在单调递增，当时，取得最大值，最大值为 ‎【点睛】‎ 本题考查函数的单调性的讨论，考查实数的取值范围、函数最大值的求法，考查导数性质、构造法等基础知识，考查运算求解能力和思维能力，考查函数与方程思想，属于中档题．‎ ‎22．(1) 曲线的普通方程为直线的直角坐标方程为;(2) 最大值为.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）首先利用关系式把极坐标转化成直角坐标，进一步把极坐标方程转化成直角坐标方程． （2）先把直角坐标方程转化成参数方程，进一步利用点到直线的距离公式，再利用三角函数的最值求出结果．‎ 试题解析：‎ ‎（1）∵直线的极坐标方程为，即.‎ 由，，可得直线的直角坐标方程为.‎ 将曲线的参数方程消去参数，得曲线的普通方程为.‎ ‎（2）设 .‎ 点的极坐标化为直角坐标为.‎ 则.‎ ‎∴点到直线的距离 .‎ 当，即时，等号成立.‎ ‎∴点到直线的距离的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标和直角坐标的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，直角坐标方程与参数方程的互化，点到直线的距离公式的应用，三角函数的最值问题的应用．其中把直角坐标方程转化成参数方程，进一步利用点到直线的距离公式，是解题的关键 ‎