《仪陇中学高2020级高三上期第一次月考（理科）(数学).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《仪陇中学高2020级高三上期第一次月考（理科）(数学).docx（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 仪陇中学高2020级高三上期第一次月考（理科）(数学)地区: 四川 总分: 150分 年级: 高三 类型: 月考试卷1. 单选题（5分）若复数 z=i(3+2i)(i是虚数单位), 则z的虚部是（ ）A.3iB.3C.3iD.3【答案】B【解析】z=i(3+2i)=3i+2i2=2+3i, 所以z的虚部是3. 故选 B.2. 单选题（5分）某统计部门对四组数据进行统计分析后，获得如图所示的散点图下面关于相关系数的比较, 正确的是（ ）A.r4r2r1r3B.r2r4r1r3C.r2r4r3r1D.r4r2r3r1【答案】C【解析】由给出的四组数据的散点图可以看出,图 1 和图 3 是正相关,
2、 相关系数大于 0 ,图 2 和图 4 是负相关, 相关系数小于 0 ,图 1 和图 2 的点相对更加集中, 所以相关性要强, 所以 r1接近于1,r2接近于1,由此可得 r2r4r3r13. 单选题（5分）设全集 U=R, 集合M=xx1,N=xx(x2)0, 则MUN=（ ）A.x0x1B.xx2C.x0x1D.xx2【答案】A【解析】由题意可得 M=(,1,UN=RN=(0,2),MUN=(0,1MUN=(0,14. 单选题（5分）如图, 网格纸上小正方形的边长为1, 粗实线画出的是某个零件的三视图, 则这个 零件的体积等于（ ）A.6B.8C.10D.12【答案】A【解析】该几何体由一
3、个底面半径为 1, 高为2的圆柱和 一个底面半径为2, 高为3的圆锥组成;故这个零件的体积V=13223+122=65. 单选题（5分）函数 f(x)=cosxln+xx在(,)上的图象大致为（ ）A.B.C.D.【答案】B【解析】解: f(x)=cosxln+xx,x(,),f(x)=cosxlnx+x=f(x),f(x)是奇函数, 故排除A、D；令 x=34, 则f34=cos34ln744=cos34ln70,故排除 C；故选：B.6. 单选题（5分）已知定义在 R上的函数f(x)满足:f(1x)=f(1+x), 且f(x)在1,+)上单调递增, 则（ ）A.f0.20.3f41.1fl
4、og30.5B.f0.20.3flog30.5f41.1C.f41.1f0.20.3flog30.5D.flog30.5f0.20.3f41.1【答案】B【解析】依题意可得, f(x)的图象关于直线x=1对称.因为 0.20.3(0,1),log30.5=log32(1,0),41.1(4,8),f(x)在1,+)上单调递增,所以 f0.20.3flog30.52=CB1, 故C错误B1D与平面BB1C1C所成的角DB1C的正弦值为1， 即B1D与平面BB1C1C所成的角为458. 单选题（5分）已知数列 an是公比不等于1的等比数列, 若数列an,(1)nan,an2的前2023项的和分别为
5、m,8m,20, 则实数m的值（ ）A.只有 1个B.有 2个C.无法确定D.不存在【答案】B【解析】设公比为 q,则数列an,(1)nan,an2的公比分别 为q,q,q2,再根据他们的前 2023 项的和分别为 m,8m,20a1+a2+a3+a2023=a11q20231q=m(1)a1+a2a3+a4+a2023=a11(q)20231+q=8m(2)a12+a22+a32+a20232=a121q40261q2=20(3).把(1)和(2)相乘可得，a121q40261q2=m(8m)=20, 求得m=10或m=29. 单选题（5分）九章算术中有勾股容方问题：“今有勾五步，股十二步。
6、问：勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在九章算术注中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图 1, 用对角线将长和宽分别为 b和a的矩形分成两个直角三角形, 每个直角三角形 再分成一个内接正方形 (黄) 和两个小直角三角形 (朱、青). 将三种颜色的图形进行 重组, 得到如图 2 所示的矩形, 该矩形长为 a+b, 宽为内接正方形的边长d. 由刘徽构 造的图形可以得到许多重要的结论, 如图 3, 设 D为斜边BC的中点, 作直角三角形ABC的内接正方形对角线AE, 过点A作AFBC于点F, 则下列推理正确的是（ ）A.由图1和图2面积相等得 d=2aba+bB.由 AEAF可得a2+b2
7、2a+b2C.由 ADAE可得a2+b2221a+1bD.由 ADAF可得a2+b22ab【答案】C【解析】对于 A, 由图 1 和图 2 面积相等得 ab=(a+b)d, 所以d=aba+b, 故 A 错误;对于 B, 因为AFBC, 所以12ab=12a2+b2AF, 所以AF=aba2+b2,AE=2d=2aba+b, 因为AEAF, 所以2aba+baba2+b2, 整理得a2+b22a+b2, 故 B 错误;对于 C, 因为D为斜边BC的中点, 所以AD=a2+b22, 因为ADAE, 所以a2+b222aba+b, 整理 得a2+b2221a+1b, 故 C 正确;对于 D, 因为
8、 ADAF, 所以a2+b22aba2+b2, 整理得a2+b22ab, 故 D 错误. 故选 C.10. 单选题（5分）已知 A1,A2分别为双曲线C:x2a2y2b2=1(ab0)的左、右顶点, 点P为双曲线C上 任意一点, 记直线PA1, 直线PA2的斜率分别为k1,k2. 若k1k2=2, 则双曲线C的离心 率为（ ）A.3B.51C.2D.3+1【答案】A【解析】依题意 A1(a,0),A2(a,0), 设Px0,y0, 则k1k2=y0x0+ay0x0a=2y02x02a2=2又 x02a2y02b2=1y02=b2x02a21=b2x02a2a2b2a2=2, 故e2=1+b2a
9、2=3, 即e=3.11. 单选题（5分）在锐角三角形 ABC中, 若3sinB+cosB=2, 且满足关系式cosBb+cosCc=sinAsinB3sinC, 则ABC的周长最大值为（ ）A.3B.23C.43D.63【答案】D【解析】在锐角三角形 ABC中, 若3sinB+cosB=2,整理得 2sinB+6=2,故 B=3;由于 cosBb+cosCc=sinAsinB3sinC,利用余弦定理和正弦定理整理得a2+c2b22acb+a2+b2c22abc=a23c,解得 b=23,所以 2R=bsinB=2332=4,所以 2R=4.a+c=2RsinA+2RsinC=4(sinA+s
10、inC)=4sinA+sin23A=43sinA+6由于 A0,2,当 A=3时,(a+c)max=43.故 ABC的周长的最大值为63.12. 单选题（5分）若 x0, 不等式exe2+x(1+lnx)2mx20恒成立, 则实数m的最大值为（ ）A.12B.12+12eC.38+ln24D.1【答案】A【解析】令(x)=exx1,(x)=ex1当 x0时,(x)0, 当x0时,(x)0时,e2lnx+1+lnxx(x2lnx)+1+1+lnxx=1, 当且仅当x2lnx=0时取 “= , 今(x)=x2lnx,x0,(x)=11x, 当0x1时,(x)1时,(x)0,即 (x)在(0,1)上
11、单调递减, 在(1,+)上单调递增,(1)=10,(4)=2(1ln2)0,即 x1e2,1, 使得x1=x12lnx1=0,x2(1,4), 使得x2=x22lnx2=0, 即x2lnx=0有解,因此, 不等式 e12lnx+1+lnxx1中能取到等号,所以 e12lnx+1+lnxx的最小值为1, 即12m, 解得m12,所以实数 m的取值范围是,12.13. 填空题（20分）填空题(1) 已知平面向量 a,b,c满足a+b+c=0, 且|a|=|b|=|c|=1, 则ab的值为 _.(2) 哥德巴赫猜想是指“每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和”，例如10=7+3,16=13+3，在
12、不超过40的素数中，随机选取两个数，其和等于40的概率为_.(3) 已知双曲线 C:x2a2y2b2=1(a0,b0)的右顶点为A, 若以点A为圆心, 以b为半径的圆与双曲线C的一条渐近线交于M,N两点, 点O为坐标原点, 且OM=5ON, 则双曲线C的离心率为_.(4) 辅助角公式是我国清代数学家李善兰发现的用来化简三角函数的一个公式, 其内容 为 asinx+bcosx=a2+b2sin(x+). (其 中a0,bR,tan=ba). 已知函 数f(x)=sinx+mcosx(m0,0)的图像的两相邻零点之间的距离小于,x=6为函数f(x)的极大值点, 且f3=3, 则实数的最小值为_.【
13、答案】(1)12(2)122(3)153(4)13【解析】(1) 解: 因为 a+b+c=0, 所以a+b=c, 两边平方可得a2+b2+2ab=(c)2, 又|a|=|b|=|c|=1, 所以ab=12(2) 由题意可知不超过40的素数有:2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37共12个，在不超过40的素数中，随机选取两个数，基本事件有C122=66个，满足其和等于40的组合是(3,37)，(11,29)，(17,23)共3个，故在不超过40的素数中，随机选取两个数，其和等于40的概率为366=122(3) 过点A作APMN于点P, 则点P为线段MN的中点,因为点A为(
14、a,0), 渐近线方程为y=bax, 所以点A到渐近线y=bax的距离为|AP|=bata0ba2+1=abc在RtOAP中,|OP|=|OA|2|AP|2=a2c在RtNPA中,|NP|=|AN|2|AP|2=b2c因为OM=5ON. 所以|OP|=|ON|+|NP|=|NP|+12|NP|=32|NP|所以a2c=32b2c, 即2a2=3b2， 所以离心率e=ca=1+b2a2=153. (4) 略14. 解答题（12分）已知等差数列 an满足首项为1, 且a3+a7=18.(1)求数列 an的通项公式;(2)设 bn=1anan+1, 求数列bn的前n项和Tn.【答案】（1）an=2n
15、1（2）Tn=n2n+1【解析】解: (1) 根据题意得, a1=1, 且数列an是等差数列, 设公差为d, 则由a3+a7=18, 得a1+2d+a1+6d=18, 解得d=2,所以 an=1+(n1)2=2n1.(2) 由 (1) 可得 bn=1(2n1)(2n+1)=1212n112n+1,所以 Tn=12113+121315+1212n112n+1=12112n+1=n2n+1.15. 解答题（12分）如图, 四棱锥 PABCD中,PD平面ABCD, 底面ABCD是正方形,PD=AB=2,E为PC中点.(1)求证: DE平面PCB;(2)求二面角 EBDP的余弦值.【答案】（1）见解析
16、（2） 63.【解析】解: (1) 证明: PD平面ABCD,PDBC,又正方形ABCD中,CDBC,PDCD=D,BC平面PCD, 又DE平面PCD,BCDE,PD=CD,E是PC的中点,DEPC,PCBC=C,且 PC面PCB,BC面PCBDE平面PCB（2）以点 D为坐标原点, 分别以直线DA,DC,DP为x轴,y轴,z轴, 建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知: D(0,0,0),P(0,0,2),B(2,2,0),E(0,1,1),则DB=(2,2,0),DE=(0,1,1),设平面 BDE的法向量为n=(x,y,z),则nDB=0nDE=02x+2y=0y+z=0,令 z=1,
17、得到y=1,x=1, n=(1,1,1)又 QC(0,2,0),A(2,0,0), 则AC=(2,2,0), 且AC平面PDB,平面PDB的一个法向量为m=(1,1,0),设二面角 EBDP的平面角为,则 cos=|cosb0)的公共焦点, 椭圆上的点M到点F的最大距离为3.(1)求椭圆的方程;(2)过点 M作C的两条切线, 记切点分别为A,B, 求MAB面积的最大值.【答案】（1） y24+x23=1（2）82【解析】解: (1) 抛物线 C的焦点为F(0,1), 即c=1, 椭圆上的点M到点F的最大距离为a+c=3,所以 a=2,b2=3, 所以椭圆方程为y24+x23=1.(2) 抛物线
18、 C的方程为x2=4y, 即y=x24,对该函数求导得 y=x2, 设点Ax1,y1,Bx2,y2,Mx0,y0,直线 MA的方程为yy1=x12xx1, 即y=x1x2y1, 即x1x2y12y=0,同理可知, 直线 MB的方程为x2x2y22y=0,由于点 M为这两条直线的公共点, 则x1x02y12y0=0x2x02y22y0=0,所以点 A,B的坐标满足方程x0x2y2y0=0,所以直线 AB的方程为x0x2y2y0=0,联立x0x2y2y0=0y=x24可得 x22x0x+4y0=0,A,B为过M作抛物线的两切点,0由韦达定理可得x1+x2=2x0,x1x2=4y0,所以 |AB|=
19、1+x022x1+x224x1x2=1+x0224x0216y0=x02+4x024y0点 M到直线AB的距离为d=x024y0x02+4,所以 SMAB=12|AB|d=12x02+4x024y0x024y0x02+4=12x024y032,因为 x024y0=33y0244y0=34y0+832+253，由已知可得 2y02,所以当 y0=2时,MAB面积的最大值为82.18. 解答题（12分）已知函数 f(x)=x22mx+mxlnx(mR)(1) 当 m=2时, 求函数在(1,f(1)处的切线方程;(2) 设 P(x)=x2252x+m1, 令F(x)=f(x+2)x+2+P(x),
20、若F(x)=0的两根为x1,x2且x10.【答案】（1） 2x2y5=0（2）见解析【解析】解: (1) 若 m=2, 则f(x)=2x(lnx1)+x22,f(x)=2lnx1+x1x+x=2lnx+x,则切线的斜率为 f(1)=1, 又f(1)=(2)+12=32,所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程是y32=x1, 即2x2y5=0.(2)解: 函数 F(x)=mln(x+2)+x222x, 其定义域为(2,+), 则F(x)=mx+2+x2=x2+(m4)x+2(x2),因为 F(x)=0的两根为x1,x2且x1x2当 4m40即0m2,x2=4m, 满足两根在(2,+
21、)所以 x1+x2=0,x1x2=m4且x2(0,2),m=x1x2+4,因为 x1+x2=0, 所以x2=x1, 所以Fx1=Fx2,m=x1x2+4=4x22,要证 Fx1+Fx22x12Fx22x10Fx2+x20,mlnx2+2+x222x204x22lnx2+2+x222x20,2+x2lnx2+2x220,令g(x)=(2+x)ln(x+2)x2(0xln2+120,所以 g(x)在(0,2)上单调递增, 且g(0)=2ln20,故 g(x)g(0)0, 即Fx1+Fx22x1,即: Fx12x1+Fx2019. 解答题（10分）选修 4-4: 坐标系与参数方程 在直角坐标系 xO
22、y中, 曲线C的参数方程为x=12cosy=2sin, (为参数). 以坐标原点 为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系, 已知直线l的极坐标方程为sin+4=2.(1) 求曲线 C的普通方程与直线l的直角坐标方程;(2) 若直线 l过点M(2,1)且与直线l平行, 直线l交曲线C于A,B两点, 求1|MA|+1|MB|的值.【答案】（1）曲线 C的普通方程为(x+1)2+y2=4.直线l的直角坐标方程为x+y2=0.（2）2【解析】解：（1）因为曲线 C的参数方程为x=12cosy=2sin, (为参数)所以曲线 C的普通方程为(x+1)2+y2=4.由 sin+4=2, 得sincos4+c
23、ossin4=2, 即sin+cos=2,因为 x=cos,y=sin,所以直线 l的直角坐标方程为x+y2=0.(2) 因为直线 l的斜率为1, 所以l的倾斜角为34,所以过点 M(2,1)且与直线l平行的直线l的方程可设为x=222ty=1+22t(t为参数).设点 A,B对应的参数分别为t1,t2, 将x=222ty=1+22t代入 (x+1)2+y2=4, 可得122t2+1+22t2=4,整理得 t2+22t2=0, 则0,t1+t2=22,t1t2=2,所以 1|MA|+1|MB|=|MA|+|MB|MA|MB|=t1t2t1t2=(22)2+422=2.20. 解答题（10分）选
24、修 4-5: 不等式选讲已知函数 f(x)=|2x3|+|2x+3|.(1) 解不等式 f(x)8;(2)设函数 f(x)的最小值为M, 若正数a,b,c满足1a+12b+13c=M6, 证明:a+2b+3c9.【答案】（1） x2x2（2）见解析【解析】解: (1) 当 x32时,f(x)=32x2x3=4x, 由f(x)8可得x2, 则2x32;当 32x32时,f(x)=32x+2x+3=6, 由f(x)8可得显然成立, 则32x32;当 x32时,f(x)=2x3+2x+3=4x, 由f(x)8可得x2, 则32x2;综上: 不等式 f(x)8的解集为x2x2;(2) f(x)=|2x3|+|2x+3|(2x3)(2x+3)|=6, 当且仅当(2x3)(2x+3)0即32x32时取等,M=6, 则1a+12b+13c=1,又 a,b,c均为正数, 则a+2b+3c=(a+2b+3c)1a+12b+13c=3+a2b+2ba+a3c+3ca+2b3c+3c2b3+2a2b2ba+2a3c3ca+22b3c3c2b=9,当且仅当 a2b=2baa3c=3ca,即a=32b3c=3c2bc=1则 a+2b+3c9.(法 2：柯西不等式)试卷第13页，总13页