《湖南省2020届高三数学上学期第三次月考试题 文（含解析）（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省2020届高三数学上学期第三次月考试题 文（含解析）（通用）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、阳市八中2020届高三第三次月考试题文科数学一、选择题（本大题共12个小题，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.已知集合，则集合中元素的个数为A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】先解不等式得集合M，再根据交集定义求，最后确定元素个数.【详解】因为,所以，有3个元素，选C.【点睛】求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解2.已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】先化简复数为代数形式，再确定对应的点所在象限
2、.【详解】因为,对应的点为，位于第四象限，选D.【点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为3.已知双曲线的一个焦点为，则双曲线的渐近线方程为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据焦点坐标求a，再根据双曲线方程求渐近线方程.【详解】因为焦点为，所以+16=52，即，所以渐近线方程为即，选A.【点睛】1.已知双曲线方程求渐近线：2.已知渐近线 ，可设双曲线标准方程3，双曲线焦点到渐近线距离为，垂足为对应准线与渐近线的交点.4.设
3、 （ ）A. 2 B. 1 C. -2 D. -1【答案】B【解析】试题分析：，.考点：分段函数值.5.九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何.”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）.这个问题中，甲所得为（ ）A. 钱 B. 钱 C. 钱 D. 钱【答案】B【解析】设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为,则,解得,又 ,则,故选B.6.在三棱锥中，底面，,则与面所成角为A. B. C. D. 【答案】B【
4、解析】【分析】先证明底面，即得为与面所成角，再根据等腰直角三角形得结果.【详解】因为底面，所以，又，所以底面，因此为与面所成角，因为，所以三角形ACB为腰直角三角形，即，从而与面所成角为，选B.【点睛】线面角的寻找，主要找射影，即需从线面垂直出发确定射影，进而确定线面角.7.已知在平面直角坐标系上的区域由不等式组给定目标函数的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：作出不等式组的可行域由图可知，C（2，2），化目标函数z=2x+y-5为y=-2x+z+5由图可知，当直线y=-2x+z+5过点C时，直线在y轴上的截距最大，z最大，等于22+2-5=1故选：A考点：线性规
5、划8.已知直线和圆相交于两点，若,则的值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据垂径定理求得圆心到直线距离，再根据圆心到直线距离公式求k.【详解】因为，所以，因此圆心到直线距离为,从而，选C.【点睛】涉及圆中弦长问题， 一般利用垂径定理进行解决，具体就是利用半径的平方等于圆心到直线距离平方与弦长一半平方的和.9.如图，正方形中，为DC的中点，若，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：，又,所以,又,那么.故本题选A考点：1.平面向量的线性运算；2.平面向量的基本定理.10.设等差数列的前项和为，已知，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解
6、析】国为为等差数列，所以,所以k=7.选B.11.如图,分别是函数的图象与两条直线的两个交点,记,则的图象大致是（ ）【答案】C【解析】试题分析：根据函数的图象的对称性可知 为定值，故选C.考点：函数的图象与性质12.如图，已知双曲线（，）的左右焦点分别为、，是双曲线右支上的一点，直线与轴交于点，的内切圆在边上的切点为，若，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：如下图所示，设与的内切圆相切于，则，所以，所以，所以，所以，即，由可得，所以该双曲线的离心率，故应选考点：1、双曲线的简单几何性质【思路点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质、三角形内切圆的性质
7、和切线长定理，考查了学生的作图能力及识图能力，属中档题 其一般解题思路为：首先作出草图，便于分析问题，然后运用切线长定理可得出，进而得出的值，由双曲线的定义可得出的值，再由可求出的值，进而可求出双曲线的离心率二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分. 将答案填写在题中横线上)13.已知，若，则_【答案】【解析】【分析】先根据向量垂直得m，再根据向量模的定义求结果.【详解】因为，所以,因此【点睛】(1)向量平行：，,(2)向量垂直：，(3)向量加减乘： 14.在锐角中，角所对的边长分别为，若，则_【答案】【解析】【分析】先根据正弦定理化边为角，再根据正弦值求角.【详解】因为，所以,因为
8、A为锐角，所以【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.15.已知棱长为的正方体有一个内切球（如图），为面底的中心，与球相交于，则的长为_.【答案】【解析】【分析】先作平面图形，再根据等腰三角形性质求解.【详解】如图，OF=OE,所以.【点睛】求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解16.定义在上的函数满足：对，都有，当时，给出如下结论，其中所有正确结论的序号是： _.对，有；函数的值域为；存在，使得
9、；【答案】【解析】【分析】根据定义求值、求的值域、解方程【详解】因为,所以对;因为当时，当时，当时，当时，因此当时， ，从而函数的值域为；所以对;因为，所以由上可得,即，无解.所以错；综上正确结论的序号是【点睛】合理利用有关性质是破解新定义型问题的关键在解题时要善于从题设条件给出的数式中发现可以使用性质的一些因素，并合理利用三、解答题(本大题共6个小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.已知数列是公差不为0的等差数列，首项，且成等比数列(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足，求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据条件“成等比数列”列关于公差的方
10、程，解得结果，（2）根据分组求和法，将原数列的和分为等差与等比数列的和.【详解】(1)设数列an的公差为d，由已知得，aa1a4，即(1d)213d，解得d0或d1.又d0，d1，可得ann.(2)由(1)得bnn2n， Tn(121)(222)(323)(n2n)(123n)(222232n)2n12.【点睛】本题采用分组转化法求和，将原数列转化为一个等差数列与一个等比数列的和. 分组转化法求和的常见类型主要有分段型（如 ），符号型（如 ），周期型（如 ）18.已知函数的最大值为3（1）求的单调增区间和的值；（2）把函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，求在上的值域【答案】（1）单调递增区
11、间为，；（2）【解析】【分析】(1)先根据诱导公式、二倍角公式以及配角公式将函数化为基本三角函数形式，再根据正弦函数性质求增区间以及最大值，最后根据最大值为3求的值；(2)根据图象变换得解析式，再根据正弦函数性质求值域.【详解】（1）由已知，令得： ，函数的单调递增区间为,由函数的最大值为3，得，；（2）由（）知， 即在上的值域为.【点睛】三角恒等变换的综合应用主要是将三角变换与三角函数的性质相结合，通过变换把函数化为的形式再借助三角函数图象研究性质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征19.如图，将边长为的正六边形沿对角线翻折，连接、，形成如图所示的多面体，且折叠后的.（1）证明：（2）求三
12、棱锥的体积【答案】（1）见解析；（2）2【解析】【分析】(1)根据翻折前后不变关系得 根据计算利用勾股定理得 再根据线面垂直判定定理得结论，(2)先根据等体积法得，再根据（1）得AM为三棱锥的高，最后利用锥体体积公式求结果.【详解】(1)证明：正六边形ABCDEF中，连接AC、BE，交点 为M，易知，且，在多面体中，由，知，故 又又平面，故平面， （2）连接AE、CE,则AM为三棱锥的高，MC为的高在正六边形ABCDEF中，故， 所以【点睛】立体几何中折叠问题,要注重折叠前后垂直关系的变化,不变的垂直关系是解决问题的关键条件.20.设椭圆，离心率，短轴，抛物线顶点在原点，以坐标轴为对称轴，焦点
13、为，（1）求椭圆和抛物线的方程；（2）设坐标原点为,为抛物线上第一象限内的点，为椭圆是一点，且有，当线段的中点在轴上时，求直线的方程【答案】（1） , ;(2)【解析】【分析】（1）根据条件列方程组解得a,b，根据抛物线焦点坐标所在位置可设抛物线方程形式，再根据焦点坐标求抛物线标准方程，（2）利用斜率设直线、OB方程，分别与抛物线、椭圆方程联立方程组解得A,B横坐标，再根据A,B横坐标和为0解斜率得A,B坐标，最后根据两点式求直线AB 方程.【详解】(1) 由得，又有，代入，解得 所以椭圆方程为 由抛物线的焦点为得，抛物线焦点在轴，且，抛物线的方程为： (2)由题意点位于第一象限，可知直线的斜
14、率一定存在且大于设直线方程为：，联立方程得：，可知点的横坐标，即因为，可设直线方程为：连立方程得：，从而得若线段的中点在轴上，可知，即有，且，解得 从而得， 直线的方程：【点睛】直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用韦达定理或求根公式进行转化.21.已知函数（其中）（1）若为的极值点,求的值；（2）在（1）的条件下,解不等式【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：先由极值定义求出，再利用导数研究函数单调性，进而解出不等式试题解析：因为，所以， 1分因为为的极值点,所以由,解得检验,当时,当时,当时,.所以为的极值点,故 2分当时,不等式 ,整理得,即或， 6分令，,，当时,；当时,，所以在单调递减，在单调递增，所以，即,所以在上单调递增,而；故；，所以原不等式的解集为 10分考点：函数极值，利用导数解不等式2
