辽宁省铁岭市六校协作体2020届高三11月月考数学（文）试题 20页

铁岭市六校协作体2019—2020学年高三二联考试数学试卷（文科）‎ 一、选择题：本题共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 ‎1.设集合则（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求对数函数的定义域，求指数函数的值域，确定集合 ，然后根据交集定义求结果 ‎【详解】解： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 则 ‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了交集及其运算，考查了对数函数的定义域，指数函数的值域，是基础题 ‎2.设复数满足，则 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 考点：复数的运算 ‎3.已知直线：，：，则“”的必要不充分条件是（ ）‎ A. 或 B. C. D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 先根据直线的平行关系求出m，再由充分必要条件的定义判断即可。‎ ‎【详解】由题，若“”，则有，解得或，当时，和重合，故或为“”的必要不充分条件，故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查充分条件和必要条件的定义，属于基础题。‎ ‎4.已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则（ ）‎ A. 16 B. 8 C. 4 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用方程思想列出关于的方程组，求出，再利用通项公式即可求得的值．‎ ‎【详解】设正数的等比数列{an}的公比为，则，‎ 解得，，故选C．‎ ‎【点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键。‎ ‎5.如图，在空间四边形中，点分别是边的中点，分别是边上的点，，则（ ）‎ A. 与互相平行 B. 与异面 C. 与的交点可能在直线上，也可能不在直线上 D. 与的交点一定在直线上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：因为由＝＝可知在三角形CBD中，FG//BD，同理由于点E、H分别是边AB、AD的中点，那么说明FH//BD，但是平行不相等，因此是梯形，故E、F、G、H四点共面，同时设EH,FG延长且交与点P，那么利用AC是平面ABC，与平面ADC的交线，由于点P在EH上，点P在FG上，那么故可知由公理3可知点P 在交线AC上，故选D.‎ 考点：本题主要考查了四点是否共面的问题的运用。‎ 点评：解决该试题的关键是利用相似比得到平行，同时利用平行的传递性得到，线线平行，确定出共面。‎ ‎6.在三棱锥中，平面，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的外接圆的半径，然后取的外接圆的圆心，过作，且，由于平面，故点为三棱锥的外接球的球心，为外接球半径，求解即可.‎ ‎【详解】在中，，，可得，‎ 则的外接圆的半径，取的外接圆的圆心，过作，且，‎ 因为平面，所以点为三棱锥的外接球的球心，‎ 则，即外接球半径，‎ 则三棱锥的外接球的表面积为.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.‎ ‎7.若，，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由基本不等式以及对数函数的单调性可得出三个数、、的大小关系。‎ ‎【详解】由于函数在上是增函数，，则，‎ 由基本不等式可得，‎ 因此，，故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查利用基本不等式比较大小，在利用基本不等式比较各数的大小关系时，要注意“一正、二定、三相等”这些条件的应用，考查推理能力，属于中等题。‎ ‎8.17世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿.”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为的等腰三角形（另一种是顶角为 的等腰三角形）.例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金中，.根据这些信息，可得（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要求的值，需将角用已知角表示出来，从而考虑用三角恒等变换公式解题．已知角有，正五边形内角，，已知三角函数值有 ‎，所以，从而．‎ ‎【详解】由题可知，且，，‎ 则.‎ ‎【点睛】本题考查三角恒等变换，考查解读信息与应用信息的能力.‎ ‎9.已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则的最小值是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．‎ ‎【详解】如图，以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，‎ 则设，‎ 则，‎ 所以，‎ 当时，取得最小值，为。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据条件建立坐标系，利用坐标法是解决本题的关键．‎ ‎10.已知点，为坐标原点，分别在线段上运动，则的周长的最小值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出设关于直线对称的点，关于对称的点，当共线时，的周长取得最小值，为，利用两点间的距离公式，求出答案.‎ ‎【详解】过两点的直线方程为 设关于直线对称的点，‎ 则，解得 即，‎ 同理可求关于对称的点，‎ 当共线时的周长 取得最小值为.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了点关于直线的对称性的简单应用，试题的技巧性较强，属于中档题.‎ ‎11.若圆：始终平分圆：的周长，则直线被圆所截得的弦长为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 圆平分圆，即连结两圆交点的直线过圆的圆心，由此可得m的值，进而求出直线被圆所截得的弦长。‎ ‎【详解】由题，联立两圆方程，‎ 可得相交直线方程为，‎ 又圆平分圆，则有点（-1，-1）在直线上，代入直线方程，可得，‎ 解得m=1或m=-3（舍），‎ 故圆为，‎ 的圆心到直线的距离为，‎ 则所截得弦长为，‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，应用了点到直线的距离公式和勾股定理，需要注意给定条件认真计算.‎ ‎12.已知函数在区间上有零点，则（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由在给定区间上有解，可得，即，构造新函数，求导可得其值域，的取值范围即是a的取值范围，再根据即可 ‎【详解】由题函数在区间上有零点，可得，即有，令，，当时，当时，即为函数极小值，计算得，，，故，即，又因为，所以，故选B.‎ ‎【点睛】本题考查函数在定义区间上有零点的条件下求参数值问题，将求参数问题转化为求新的函数的值域问题，运用了求导的方法，有一定的综合性。‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.函数（）的最大值是__________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】化简三角函数的解析式，‎ 可得 ‎，‎ 由，可得，‎ 当时，函数取得最大值1．‎ ‎14.记Sn为等差数列{an}的前n项和，，则___________.‎ ‎【答案】4.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知求出和的关系，再结合等差数列前n项和公式求得结果.‎ ‎【详解】因，所以，即，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．‎ ‎15.若圆C：，关于直线对称，则由点向圆所作的切线长的最小值为______．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ 因为圆=关于直线=对称,所以圆心在直线=上,所以,即,又圆的半径为,‎ 当点(a,b)与圆心的距离最小时,切线长取得最小值,又点(a,b)与圆心的距离为=,所以切线长的最小值为=.‎ 故答案为4‎ 点睛：本题主要考查直线与圆的位置关系,考查了转化思想.‎ 利用勾股关系，切线长取得最小值时即为当点(a,b)与圆心的距离最小时.‎ ‎16.已知函数若方程恰有两个不同的实数根，则的最大值是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不妨设 ，则，令，可得，利用导数研究函数的单调性，根据单调性可得结果.‎ ‎【详解】‎ 作出的函数图象如图所示，‎ 由，可得， 即，‎ 不妨设 ，则，‎ 令，则，‎ ‎，令，则，‎ 当 时，，在上递增；‎ 当时，，在上递减；‎ 当时，取得最大值,‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数极值与最值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的所有根；(4)判断在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23为选考题.考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分 ‎17.设等差数列的公差为d，前项和为，等比数列的公比为．已知，，，．‎ ‎（1）求数列，的通项公式；‎ ‎（2）当时，记，求数列的前项和．‎ ‎【答案】(1)见解析 (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用前10项和与首项、公差的关系，联立方程组计算即可；‎ ‎（2）当d＞1时，由（1）知cn，写出Tn、Tn的表达式，利用错位相减法及等比数列的求和公式，计算即可．‎ ‎【详解】解：（1）设a1＝a，由题意可得，‎ 解得，或，‎ 当时，an＝2n﹣1，bn＝2n﹣1；‎ 当时，an（2n+79），bn＝9•；‎ ‎（2）当d＞1时，由（1）知an＝2n﹣1，bn＝2n﹣1，‎ ‎∴cn，‎ ‎∴Tn＝1+3•5•7•9•（2n﹣1）•，‎ ‎∴Tn＝1•3•5•7•（2n﹣3）•（2n﹣1）•，‎ ‎∴Tn＝2（2n﹣1）•3，‎ ‎∴Tn＝6．‎ ‎【点睛】本题考查求数列的通项及求和，利用错位相减法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．‎ ‎18.如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，分别为，的中点．‎ ‎(1)求证：平面；‎ ‎(2)求证：平面平面； ‎ ‎(3)求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）利用三角形的中位线得出OM∥VB，利用线面平行的判定定理证明VB∥平面MOC；（Ⅱ）证明OC⊥平面VAB，即可证明平面MOC⊥平面VAB；（Ⅲ）利用等体积法求三棱锥A-MOC的体积即可 试题解析：（Ⅰ）证明：∵O，M分别为AB，VA的中点，‎ ‎∴OM∥VB，‎ ‎∵VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，‎ ‎∴VB∥平面MOC；‎ ‎（Ⅱ）证明：∵AC=BC，O为AB的中点，‎ ‎∴OC⊥AB，‎ 又∵平面VAB⊥平面ABC，平面ABC∩平面VAB=AB，且OC⊂平面ABC，‎ ‎∴OC⊥平面VAB，‎ ‎∵OC⊂平面MOC，‎ ‎∴平面MOC⊥平面VAB ‎（Ⅲ）在等腰直角三角形中，，‎ 所以.‎ 所以等边三角形的面积.‎ 又因为平面，‎ 所以三棱锥的体积等于.‎ 又因为三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，‎ 所以三棱锥的体积为.‎ 考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定；用向量证明平行 ‎19.如图，在四边形中，，，.‎ ‎（1）求的长；‎ ‎（2）若的面积为6，求的值.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用余弦定理可得的长；（2）利用面积得出，结合正弦定理可得.‎ ‎【详解】解：（1）由题可知.‎ 在中，，‎ 所以.‎ ‎（2），则.‎ 又，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，已知角较多时一般选用正弦定理，已知边较多时一般选用余弦定理.‎ ‎20.在平面直角坐标系中，已知的顶点，边上中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，求：‎ ‎（1）顶点的坐标；‎ ‎（2）求外接圆的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）BH所在直线方程为，且BH是AC边上的高，故根据两直线垂直的关系，可以设AC所在直线的方程为，将点A代入，可解得m，再与CD方程联立，即可得C点坐标；（2）设点B和点D坐标，点B在BH上，点D在CD上，且直线CD和直线BH方程已知，将点坐标代入，可解得B点坐标，设外接圆的方程为 ‎．将A,B,C三点代入，解出D,E,F，即得外接圆方程。‎ ‎【详解】（1）∵，的方程为，不妨设直线的方程为，‎ 将代入得，解得，‎ ‎∴直线方程为，‎ 联立直线，的方程，即，‎ 解得点的坐标为；‎ ‎（2）设，则，‎ ‎∵点在上，点在上，‎ ‎∴，解得，‎ 设外接圆的方程为．‎ ‎∴，解得，，．‎ ‎∴外接圆的方程为．‎ ‎【点睛】本题通过求三角形顶点考查两直线的位置关系，和求圆的一般方程，难度不大，有一定的综合性。‎ ‎21.【2018年新课标I卷文】已知函数．‎ ‎（1）设是的极值点．求，并求的单调区间；‎ ‎（2）证明：当时，．‎ ‎【答案】(1) a=；f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析：(1)先确定函数的定义域，对函数求导，利用f ′（2）=0，求得a=，从而确定出函数的解析式，之后观察导函数的解析式，结合极值点的位置，从而得到函数的增区间和减区间；‎ ‎(2)结合指数函数的值域，可以确定当a≥时，f（x）≥，之后构造新函数g（x）=，利用导数研究函数的单调性，从而求得g（x）≥g（1）=0，利用不等式的传递性，证得结果.‎ 详解：（1）f（x）的定义域为，f ′（x）=aex–．‎ 由题设知，f ′（2）=0，所以a=．‎ 从而f（x）=，f ′（x）=．‎ 当02时，f ′（x）>0．‎ 所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．‎ ‎（2）当a≥时，f（x）≥．‎ 设g（x）=，则 ‎ 当01时，g′（x）>0．所以x=1是g（x）的最小值点．‎ 故当x>0时，g（x）≥g（1）=0．‎ 因此，当时，．‎ 点睛：该题考查的是有关导数的应用问题，涉及到的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要保证函数的生存权，先确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎ 选修4−4：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．‎ ‎（1）求C和l的直角坐标方程；‎ ‎（2）求C上的点到l距离的最小值．‎ ‎【答案】（1）；；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用代入消元法，可求得的直角坐标方程；根据极坐标与直角坐标互化原则可得的直角坐标方程；（2）利用参数方程表示出上点的坐标，根据点到直线距离公式可将所求距离表示为三角函数的形式，从而根据三角函数的范围可求得最值.‎ ‎【详解】（1）由得：，又 整理可得的直角坐标方程为：‎ 又，‎ 的直角坐标方程为：‎ ‎（2）设上点的坐标为：‎ 则上的点到直线的距离 当时，取最小值 则 ‎【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化、求解椭圆上的点到直线距离的最值问题.求解本题中的最值问题通常采用参数方程来表示椭圆上的点，将问题转化为三角函数的最值求解问题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23. 选修4-5：不等式选讲 已知函数，M为不等式的解集.‎ ‎（Ⅰ）求M；‎ ‎（Ⅱ）证明：当a，b时，.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）先去掉绝对值，再分，和三种情况解不等式，即可得；（II）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当，时，．‎ 试题解析：（I）‎ 当时，由得解得；‎ 当时，；‎ 当时，由得解得.‎ 所以的解集.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，，从而 ‎，‎ 因此 ‎【考点】绝对值不等式，不等式的证明. ‎ ‎【名师点睛】形如（或）型的不等式主要有两种解法：‎ ‎（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应的方程的根，将数轴分为，，（此处设）三个部分，在每个部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式进行求解，然后取各个不等式解集的并集．‎ ‎（2）图象法：作出函数和图象，结合图象求解．‎ ‎ ‎