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1、福建省莆田第九中学2020届高三上学期第二次月考（12月）数学（文）试题第卷（共60分）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. 设，则的元素个数是（ ）A. 5 B. 4 C. 3 D. 无数个【答案】C【解析】的元素个数是3个故选C2. 已知复数（是虚数单位）的实部与虚部的和为1，则实数的值为（ ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】B【解析】试题分析：，由题意得考点：复数的概念3. 已知向量，则（ ）A. B. C. 2 D. 4【答案】B【解析】故选B4. 已知函数，则下列结论中错误的是（ ）A. 函数的最
2、小正周期为B. 函数的图象关于直线对称C. 函数在区间上是增函数D. 函数的图象可由的图象向右平移个单位得到【答案】D【解析】因为函数，所以函数的最小正周期为，故正确；令，解得，所以是的一条对称轴，故正确；令，解得，所以在上是增函数，故在区间上是增函数，故正确；因为的图象向右平移个单位得到的函数为，故错误.故选D5. 函数的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】函数令，得，即函数在上为减函数当时，函数取得最大值为故选A6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. 72 B. 80 C. 86 D. 92【答案】D【解析】如图：三视图复原的几何体是五棱柱其中底
3、面面积为，底面周长为，高为该几何体的表面积为故选D7. 已知直线，是之间的一定点，并且点到的距离分别为1， 2，是直线上一动点， 作，且使与直线交于点，则面积的最小值为（ ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】A【解析】过点作的垂线，分别交于、点，如图所示：则，设，则在中，则中，当且仅当时，达到最大值1，此时面积有最小值为2故选A8. 在中，内角的对边分别为，若，且，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】，即，即为锐角故选A9. 已知直线与圆交于两点，且，则（ ）A. 2 B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由可知，且，所以到直线：的距离为，由点到直线距离公
4、式由：，解得：考点：1向量的垂直；2直线与圆的位置关系；3点到直线距离公式10. 已知函数，则函数的大致图象为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意可知函数的定义域为函数，即函数为非奇非偶函数，排除和当时，排除故选A点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象利用上述方法排除、筛选选项11. 在平行四边形中，将此平行四边形沿折成直二面角，则三棱锥外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答
5、案】A【解析】试题分析：因为平行四边形中，沿折成直二面角，所以三棱锥的外接球的直径为，且，所以三棱锥的外接球的半径为，所以三棱锥的外接球的表面积为；故选A考点：1.平面图形的折叠问题；2.多面体与球的组合12. 若函数，函数，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设，则的几何意义是两条曲线上动点之间的距离的平方函数的斜率为1令，解得，则，即函数在处的切线和直线平行，则最短距离为的最小值为故选B点晴：本题主要考查待定两点间距离公式以及求最值问题，属于难题.解决最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将曲线中最值问题转
6、化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题就是平面几何的有关结论来求最值的.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 设，若，则等于 _.【答案】【解析】故答案为14. 设变量满足不等式组，则的取值范围是_.【答案】【解析】变量满足不等式组，表示的可行域如图：由，可得，由，可得的几何意义是可行域内的点到直线的距离由可行域可知，点到直线的距离最大为，点到直线的距离最小为的取值范围是故答案为点睛：线性规划问题为高考热点问题，线性规划考查方法有两种，一为直接考查，目标函数有截距型、斜率型、距离型
7、（两点间距离和点到直线距离）等，二为线性规划的逆向思维型，给出最优解或最优解的个数反求参数的范围或参数的值.15. 设为等差数列的前项和，已知，则_.【答案】18【解析】设等差数列的公差为，即故答案为16. 以下命题，错误的是 _(写出全部错误命题）若没有极值点，则 在区间上单调，则若函数有两个零点，则已知且不全相等，则【答案】【解析】对于，若没有极值点，则不存在两个不相等实数根，即，解得，故错误；对于，若在区间上单调，则在区间上恒成立，故错误；对于，若函数有两个零点，则有两个正根，令，则，令，则，则，解得，故错误；对于，已知为凹函数，且不全相等，则，所以，故正确.故答案为三、解答题 （本大题
8、共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 的内角的对边分别为，.（1）求；（2）若，求和 .【答案】(1).(2)，.【解析】试题分析：根据正弦定理将化简得，再根据正弦定理得，即可求出；（2）由，求出，再根据的值，求出的值，由结合正弦定理可得出和 .试题解析： (1)由已知，根据正弦定理得.由余弦定理得，故，所以.（2）由，得.由，得，故，.18. 已知.（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若，求函数的单调区间.【答案】(1).(2)答案见解析.【解析】试题分析：（1）由，求出，即可求出在点处的切线的斜率，根据点斜式即可得出切线方程；（2）根据，对分类讨论，再
9、根据与，可得函数的单调区间.试题解析：（1）， ，又，所以切点坐标为所求切线方程为，即.（2）由得或当时，由，得.由得或此时的单调递减区间为，单调递增区间为和.当时，由，得.由得或此时的单调递减区间为，单调递增区间为和.综上：当时，的单调递减区间为，单调递增区间为和；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为和.19. 如图，在三棱柱中，平面，为正三角形，点为的中点.（1）求证：平面平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】试题分析：（1）由底面可得，再根据底面正三角形，是的中点可得，从而平面，即可证明平面平面；（2）三棱锥的体积，由此即可求出体积的值.试题解析：（1）
10、证明：因为底面，所以因为底面正三角形，是的中点，所以因为，所以平面因为平面平面，所以平面平面.（2）由（1）知中，所以 所以 20. 已知圆和点.（1）若过点有且只有一条直线与圆相切，求实数的值，并求出切线方程； （2）若，过点的圆的两条弦 互相垂直，求的最大值.【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】试题分析：（1）由条件知点在圆上，得，进而求出切线方程；（2）设到直线的距离分别为，由勾股定理得，再根据，表示出，结合基本不等式即可求出最大值.试题解析：（1）由条件知点在圆上，所以，则.当时，点为，此时切线方程为，即.当时，点为，.此时切线方程为，即.所以所求的切线方程为或（2）设到直线的距
11、离分别为，则.又有，所以.则 .因为，所以，当且仅当时取等号，所以，所以.所以，即的最大值为.点睛：直线和圆的方程的应用，直线和圆的位置关系，务必牢记与的大小关系对应的位置关系结论的理解.21. 设函数.（1）当时，求函数的最大值；（2）令，其图象上存在一点，使此处切线的斜率，求实数的取值范围;（3）当，方程有唯一实数解，求正数的值.【答案】(1)；(2)；(3).【解析】试题分析：（1）依题意确定的定义域，对求导，求出函数的单调性，即可求出函数的最大值；（2）表示出，根据其图象上存在一点，使此处切线的斜率可得，在上有解，即可求出实数的取值范围;（3）由，方程有唯一实数解，构造函数，求出的单调
12、性，即可求出正数的值.试题解析：（1）依题意，的定义域为，当时， 由，得,解得由,得，解得或 ，在单调递増，在单调递减；所以的极大值为，此即为最大值（2），则有，在上有解，所以当时，取得最小值，（3）由得，令，令，在上单调递增，而，在，即，在，即，在单调递减，在单调递増，极小值，令，即时方程有唯一实数解.点睛：利用导数研究函数的极值，一般遵循“求导数、求驻点、研究导数的正负、确定极值”，利用“表解法”，清晰易懂；对于不等式恒成立问题，往往通过构造函数，通过研究函数的最值确定参数的范围.22. 设函数.（1）求的单调区间；（2）若为整数，且当时，求的最大值.【答案】(1)答案见解析；(2)2.【
13、解析】试题分析：（1）依题意得的定义域，再对分类讨论，即可求出的单调区间；（2）将和代入到得，再根据，即可得到，令，求出的最值，即可求出的最大值.试题解析：（1）解:的定义域为，；若，则恒成立，所以在总是增函数 若，令，求得，所以的单增区间是；令，求得，所以的单减区间是（2）把代入得:，因为，所以，所以，所以: 令，则，由（1）知:在 单调递増，而，所以在上存在唯一零点,且；故在上也存在唯一零点且为，当时，当时，所以在上，；由得:，所以，所以，由于式等价于，所以整数的最大值为2.点睛：对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函数最值的方法, 一般通过变量分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，然后再构造辅助函数，利用恒成立；恒成立，即可求出参数范围
