宁夏银川市宁一中2020届高三上学期12月月考试题数学(理)【含解析】.pdf

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1、宁夏银川市宁一中2020 届高三上学期12 月月考试题数学（理）一、选择题：本大题共12 小题，每小题5 分，满分 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1,2,4A，240Bx xxm若1AB，则B ()A.1,3B.1,0C.1,3D.1,5【答案】C【解析】集合12 4A，2|40Bx xxm，1AB1x是方程240 xxm的解，即140m3m22|40|43013Bx xxmx xx，故选 C 2.设复数1z,2z在复平面内的对应点关于虚轴对称，13zi，则12z z（）A.10 B.-10 C.9iD.9i【答案】B【解析】由题意，复数12,z z在复平

2、面内的对应点关于虚轴对称，由13zi，所以23zi，所以12(3)(3)9110z zii，故选 B.3.已知向量(2,3),(,4)abx，若()aab，则x（）A.1 B.12C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】可求出21abx，根据aab即可得出0aab，进行数量积的坐标运算即可求出x【详解】21abx，；aab；2 230aabx；解得12x故选 B.【点睛】本题考查向量垂直的充要条件，向量坐标的减法和数量积运算，属于基础题4.设等差数列na的前n项和为nS，若3623aa，535S，则na的公差为（）A.2B.3C.6D.9【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的前n项和公式、通

3、项公式列出方程组，能求出数列an的公差【详解】由题意，可得112723,54535,2adad解得3d，故选 B.【点睛】本题考查等差数列的公差的求法，考查等差数列的通项公式、前n 项和公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题5.已知m，n是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若m，n，则mnB.若m，则mC.若n，则nD.若m，n，l，且ml，nl，则【答案】B【解析】【详解】两个平行平面中的两条直线可能异面，A 错；两个平行平面中任一平面内的直线都与另一平面平行，B正确；C中直线n也可能在平面内，C错；任一二面角的平面角的两条边都二面角的

4、棱垂直，但这个二面角不一定是直二面角，D错.故选 B.6.某学校计划周一到周四的艺术节上展演雷雨、茶馆、天籁、马蹄声碎四部话剧，每天一部，受多种因素影响，话剧雷雨不能再周一和周四演，茶馆不能在周一和周三演，天籁不能在周三和周四演，马蹄声碎不能在周一和周四演，那么下列说法正确的是（）A.雷雨只能在周二上演B.茶馆可能在周二或者周四上演C.周三可能上演雷雨或马蹄声碎D.四部话剧都可能在周二上演【答案】C【解析】由题目可知，周一上演天籁，周四上演茶馆，周三可能上演雷雨或马蹄声碎，故选 C.7.函数2(1)cos1xfxxe（其中e为自然对数的底数）图象的大致形状是（）A.B.C.D.【答案】B【解析

5、】因为211 coscos11xxxefxxxee，满足0fxfx.所以fx为奇函数，排除A,C.又0,2x时，0fx排除 D.故选 B.8.被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用，0.618就是黄金分割比512m的近似值，黄金分割比还可以表示成2sin18，则2242cos 271mm（）A.4B.51C.2D.51【答案】C【解析】【分析】由题意得m 2sin18，4 m2 4cos218，利用诱导公式，二倍角的正弦函数公式化简，计算即可得解【详解】由题意得m 2sin18，4m2 44sin218 4（1sin21

6、8）4cos218，2242cos 271mm22sin184cos 184sin18 cos1821cos541sin36故选 C【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，诱导公式，二倍角的正弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题9.已知,x y满足约束条件20200 xyxyym，若目标函数2zxy的最大值为3，则实数m的值为（）A.1B.0C.1D.2【答案】C【解析】【分析】画出不等式组表示的可行域，由2zxy得到2yxz，平移直线2yxz并结合图形得到最优解，再根据最大值求出实数m的值即可【详解】画出不等式组表示的可行域，如图阴影部分所示由2zxy得到2yxz，平移直线

7、2yxz，由图形得，当直线2yxz经过可行域内的点A时，直线在y 轴上的截距最小，此时 z 取得最大值由20 xyym，解得2xmym，所以点 A的坐标为(2,)mm由题意得max2(2)()43zmmm，解得1m故选 C【点睛】线性规划中的参数问题，就是已知目标函数的最值或其他限制条件，求约束条件或目标函数中所含参数的值或取值范围的问题解决这类问题时，首先要注意对参数取值的讨论，将各种情况下的可行域画出来，以确定是否符合题意，然后在符合题意的可行域里，寻求最优解，从而确定参数的值10.如图是某几何体的三视图，正视图是等边三角形，侧视图和俯视图为直角三角形，则该几何体外接球的表面积为（）A.2

8、03B.8C.9D.193【答案】D【解析】试题分析：由三视图可知，这个几何体是三棱锥.如图所示，O为球心，F为等边三角形BCD的外心，由图可知22222131922312ROFCF，故外接球面积为193.考点：三视图.【思路点晴】设几何体底面外接圆半径为x,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为,a b c则其体对角线长为222abc;长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心.11.已知函数22()2sincos()sin

9、(0)24xfxxx在区间25,36上是增函数，且在区间0,上恰好取得一次最大值，则的范围是（）A.3(0,5B.1 3,2 5C.1 3,2 4D.1 5,)2 2【答案】B【解析】【分析】先化简()f x，再根据正弦函数性质列方程与不等式，解得结果.【详解】222()2sincos()sinsin(1cos()sin422xf xxxxxx2sin(1sin)sinsinxxxx因为()f x在区间25,36上是增函数，且在区间0,上恰好取得一次最大值，所以255,236222，即1 3,2 5故选 B【点睛】本题考查二倍角余弦公式、辅助角公式以及正弦函数性质，考查综合分析与求解能力，属中

10、档题.12.若,x a b均为任意实数，且22231ab，则22lnxaxb的最小值为（）A.3 2B.18C.3 21D.196 2【答案】D【解析】【分析】该题可以看做是圆上的动点到曲线lnyx上的动点的距离的平方的最小值问题，可以转化为圆心到曲线lnyx上的动点的距离减去半径的平方的最值问题，结合图形，可以断定那个点应该满足与圆心的连线与曲线在该点的切线垂直的问题来解决，从而求得切点坐标，即满足条件的点，代入求得结果.【详解】由题意可得，其结果应为曲线lnyx上的点与以2,3C为圆心，以1为半径的圆上的点的距离的平方的最小值，可以求曲线lnyx上的点与圆心2,3C的距离的最小值，在曲线l

11、nyx上取一点,lnM mm，曲线有lnyx在点 M处的切线的斜率为1km，从而有1CMkk，即ln3112mmm，整 理 得2ln230mmm，解 得1m，所 以 点1,0满 足 条 件，其 到 圆 心2,3C的 距 离 为2221303 2d，故其结果为23 21196 2，故选 D.【点睛】本题考查函数在一点处切线斜率的应用，考查圆的程，两条直线垂直的斜率关系，属中档题.二、填空题：本大题共4 小题，每小题5分，共 20 分.13.ABC的内角 A，B，C的对边分别为a，b，c，若 cos A=45，cos C=513，a=1，则b=_.【答案】2113【解析】试 题 分 析：因 为45

12、cos,cos513AC，且,A C为 三 角 形 的 内 角，所 以312sin,sin513AC，63sinsin()sin()sincoscossin65BACACACAC，又 因 为sinsinabAB，所 以sin21sin13aBbA.【考点】正弦定理，两角和、差的三角函数公式【名师点睛】在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到14.已知函数2ln11f

13、xxx,若2fa,则fa=_【答案】0【解析】【分析】根据对数性质进行化简求值.【详解】因为22ln(1)1ln(1)1fafaaaaa22ln(1)22aa所以2()0faf a故答案为0【点睛】本题考查对数运算性质，考查基本分析与求解能力，属基础题.15.已知函数2()cos()f nnn，且()(1)naf nf n，则1220.aaa_【答案】20【解析】【分析】对n的取值分奇数、偶数求得na，再利用分组求和法求和即可【详解】当n为奇数时，1naf nf n2222cos1cos1211nnnnnnn.当n为偶数时，1naf nfn2222cos1cos2111nnnnnnn.21,2

14、1nnnann为奇数，为偶数所以1220.357911133941aaa357911 13394121020【点睛】本题主要考查了分类思想及分组求和方法，考查计算能力，属于中档题16.已知四边形ABCD为矩形,24ABAD,M为AB的中点,将ADM沿DM折起,得到四棱锥1ADMBC,设1AC的中点为N,在翻折过程中,得到如下有三个命题:/BN平面1A DM，且BN的长度为定值5；三棱锥NDMC的最大体积为2 23；在翻折过程中，存在某个位置，使得1DMAC.其中正确命题的序号为_（写出所有正确结论的序号）【答案】【解析】【分析】取AD的中点E，连接EM、EN，证明四边形BMEN为平行四边形，得

15、出/BNEM，可判断出命题的正误；由N为1A C的中点，可知三棱锥NDMC的体积为三棱锥1ADMC的一半，并由平面1A BM平面BCDM，得出三棱锥1ADMC体积的最大值，可判断出命题的正误；取DM的中点F，连接AF，由1A EDM，结合1ACDM得出DM平面1A CF，推出DMCF得出矛盾，可判断出命题的正误.【详解】如下图所示：对于命题，取1A D的中点E，连接EM、EN，则112A DA M，11A E，190MA E，由勾股定理得22115EMAEAM，易知/BMCD，且12BMCD，E、N分别为1A D、1AC的中点，所以，1/2ENCD，四边形BMEN为平行四边形，5BNEM，/B

16、N EM，BN平面1A DM，EM平面1A DM，/BN平面1A DM，命题正确；对于命题，由N为1AC的中点，可知三棱锥NDMC的体积为三棱锥1ADMC的一半，当平面1A BM平面BCDM时，三棱锥1ADMC体积取最大值，取DM的中点F，则1A FDM，且1112 2222A FDM，平面1A DM平面BCDM，平面1A DM平面BCDMDM，1A FDM，1A F平面1A DM，1A F平面BCDM，DMC的面积为1142422DMCSCD BC，所以，三棱锥1ADMC的体积的最大值为1114 242333DMCSA F，则三棱锥NDMC的体积的最大值为223，命题正确；对于命题，11A

17、DA M，F为DM的中点，所以，1A FDM，若1ACDM，且111ACA FA，DM平面1ACF，由于CF平面1ACF，CFDM，事实上，易得2 2CMDM，4CD，222CMDMCD，由勾股定理可得CMDM，这与CFDM矛盾，命题错误.故答案为.【点睛】本题考查直线与平面平行、锥体体积的计算以及异面直线垂直的判定，判断这些命题时根据相关的判定定理以及性质定理，在计算三棱锥体积时，需要找到合适的底面与高来计算，考查空间想象能力，考查逻辑推理能力，属于难题.三、解答题：共70 分，解答时应写出必要的文字说明、演算步骤.第 17 21 题为必考题，第22、23 题为选考题.（一）必考题：共60

18、分17.已知函数()sin()3fxAx，xR，0A，02.()yf x的部分图象，如图所示，P、Q分别为该图象的最高点和最低点，点P的坐标为(1,)A.（1）求()f x 的最小正周期及的值；（2）若点R的坐标为(1,0)，求A的值.【答案】（1）6，6；（2）3.【解析】【详解】(1)由题意得T236.因为 P(1，A)在 yAsin3x的图象上，所以 sin31.因为 00，所以 A318.已知数列na满足112,(1)2(1)nnanSnSn n.（1）证明数列nSn是等差数列，并求出数列na的通项公式；（2）设2482nnbaaaa，求nb.【答案】(1)证明见解析；42nan(2)

19、3228nnbn【解析】【分析】（1）先化简条件为121nnSSnn，再根据等差数列定义判断证明，最后利用等差数列通项公式求得22nSn，利用和项与通项关系得结果，（2）根据分组求和法以及等比数列和项公式求结果.【详解】解：（1）由1121nnnSnSn n得121nnSSnn，所以数列nSn是首项为2，公差为2的等差数列，所以2212nSnnn，即22nSn，当2n时，22122142nnnaSSnnn，由于12a也满足此式，所以na的通项公式42nan（2）由42nan得2242222nnna，所以248nbaaa2na345222222222n345222222nn33212222812

20、nnnn【点睛】本题考查等差数列定义、通项公式、利用和项求通项以及分组求和法，考查综合分析与求解能力，属基础题.19.如图，菱形ABCD的边长为12，60BAD，AC与BD交于O点将菱形ABCD沿对角线AC折起，得到三棱锥BACD，点M是棱BC的中点，6 2DM（I）求证：平面ODM平面ABC；（II）求二面角MADC的余弦值【答案】(I)详见解析；（II）3 9331【解析】试题分析：（）利用菱形的性质与勾股定理推出OD平面ABC，从而利用面面垂直的判定求证即可；（）以O为原点建立空间直角坐标系，然后求得相关点的坐标与向量，从而求得平面MAD与ACD的法向量，进而利用空间夹角公式求解即可（）

21、证明：ABCD是菱形，ADDC,ODACADC中，12,120ADDCADC,6OD又M是BC中点，16,6 22OMABMD222,ODOMMDDOOM,OMAC面,ABC OMACOOD面ABC又OD平面ODM平面ODM平面ABC（）由题意，,ODOC OBOC,又由（）知OBOD建立如图所示空间直角坐标系，由条件易知6,0,0,0,6 3,0,0,3 3,3DAM故0,93,3,6,63,0AMAD设平面MAD的法向量,mx y z，则00m AMm AD即9 33066 30yzxy令3y，则3,9xz所以，3,3,9m由条件易证OB平面ACD，故取其法向量为0,0,1n所以，3 93

22、cos,31mnm nm n由图知二面角MADC为锐二面角，故其余弦值为3 9331点睛：高考对二面角的考法主要是以棱柱和棱锥为载体进行考查，通常可采用两种方法求解，一是传统法，即通过作出二面角的平面，然后计算，其过程体现“作、证、求”；二是利用几何体的垂直关系建立空间直角坐标系，通过两个平面的法向量所成角来求解20.如图，在四棱锥 SABCD 中，侧棱SA底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ADBC，ABAD，且2SAABBC，1AD，M是棱SB的中点（）求证：AM平面SCD；（）求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值；（）设点N是线段CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为，求si

23、n的最大值【答案】（1）见解析；（2）63；（3）357.【解析】【分析】（）通过建立空间直角坐标系，利用平面SCD的法向量0n AM即可证明AM 平面 SCD；（）分别求出平面SCD与平面 SAB的法向量，利用法向量的夹角即可得出；（）利用线面角的夹角公式即可得出表达式，进而利用二次函数的单调性即可得出【详解】（）以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则0,0,0,0,2,0,2,2,0,1,0,0,0,0,2,0,1,1ABCDSM0,1,1,1,0,2,1,2,0AMSDCD，设平面SCD的一个法向量为n,x y z则SDCD00nn2020 xzxy，令1z，得n2,1,1，

24、AM0n，即AMnAM平面SCDAM平面SCD（）取平面SAB的一个法向量m1,0,0，则cos,n mn mnm26316平面SCD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值为63（）设,22,12N xxx，则,23,1MNxx，平面SAB的一个法向量为m1,0,0sin|cos,MNm222151210111101251371055xxxxxx当135x，即53x时，sin取得最大值，且max35sin7【点睛】本题考查利用空间向量解决立体几何问题，属中档题.21.已知函数2()(1)()xfxxea xaR(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.【答案】(1)见

25、解析；(2)(0,)【解析】【分析】（1）先求导数，再讨论导函数零点，最后根据区间导函数符号确定单调性，（2）结合函数单调性以及零点存在定理分类讨论零点个数，即得结果【详解】解（1）()(1)2(1)(1)(2)xxfxxea xxea（）0a时，当(,1)x时，()0fx；当(1,)x时，()0fx，所以f(x)在(,1)单调递减，在(1,)单调递增；（）0a时若12ae，则1()(1)()xfxxee，所以f(x)在(,)单调递增；若12ae，则ln(2)1a，故当(,ln(2)(1,)xa时，()0fx，(ln(2),1)xa，()0fx；所以f(x)在(,ln(2),(1,)a单调递增

26、，在(ln(2),1)a单调递减；若12ae，则ln(2)1a，故当(,1)(ln(2),)xa，()0fx，(1,ln(2)xa，()0fx；所以f(x)在(,1),(ln(2),)a单调递增，在(1,ln(2)a单调递减；综上：0a时，f(x)在(,1)单调递减，在(1,)单调递增；12ae时，f(x)在(,)单调递增；12ae时，f(x)在(,ln(2),(1,)a单调递增，在(ln(2),1)a单调递减；12ae时，f(x)在(,1),(ln(2),)a单调递增，在(1,ln(2)a单调递减；（2）（）当a0,则由（1）知f(x)在(,1)单调递减，在(1,)单调递增，又1(1)0ef

27、，(0)0fa，取b满足1b，且2ln2ab，则223(2)(2)(1)()022af bba ba bb，所以f(x)有两个零点（）当a=0,则()xf xxe，所以f(x)只有一个零点（）当a0,若12ae,则由（1）知，f(x)在(1,)单调递增 又当1x时，()0f x，故f(x)不存在两个零点12ae，则由（1）知，f(x)在(1,ln(2)a单调递减，在(ln(2),)a单调递增，又当1x，f(x)0,故f(x)不存在两个零点综上，a的取值范围为(0,).【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性以及函数零点，考查分类讨论思想方法以及综合分析求解能力，属难题.(二)选考题：共10 分请

28、考生在第22、23 两题中任选一题做答，如果多做则按所做的第一题记分22.在直角坐标系xOy中，已知圆C：2cos2sinxy(为参数)，点P在直线l：40 xy上，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系（1）求圆C和直线l的极坐标方程；（2）射线OP交圆C于R，点Q在射线OP上，且满足2OPOROQ，求Q点轨迹的极坐标方程【答案】（1）2,4sincos；（2）812sin.【解析】试题分析：（1）圆2cos:(2xCysin为参数），利用平方法消去参数可得直角坐标方程：224xy，利用 互 化 公 式 可 得 圆C的 极 坐 标 方 程 以 及 直 线l的 极 坐 标 方 程；

29、（2）)设,P Q R的 极 坐 标 分 别 为12,，由124,2sincos，又2OPOROQ，即可得出.试题解析：（1）圆C的极坐标方程2，直线l的极坐标方程.(2)设,P Q R的极坐标分别为12,，因为124,2sincos又因为2OPOROQ，即21221221612sincos，.23.已知函数|2|f xxkxkR（）（），|2|g xxmmZ（）（）.（1）若关于x 的不等式1g x（）的整数解有且仅有一个值4，当2k时，求不等式f xm（）的解集；（2）若223h xxx（），若120 xRx，（，），使得12f xh x（）（）成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）-

30、4，4（2）40（，）【解析】【分析】（1）由不等式1g x（），解得 79m，得到8m，分类讨论，即可求解不等式的解集；（2）由绝对值三角不等式得2|f xk（），利用二次函数的性质求得12minh xh（）（），再由120 xRx，（，），使得12f xh x（）（）成立，得到则22k，即可求解.【详解】（1）由题意，不等式1g x（），即21xm，所以1122mmx，又由1154322mm-，解得 79m，因为mZ，所以8m，当2k时，2,2224222,2x xf xxxxx x（），不等式8f x（）等价于228xx，或2248x，或228xx，即42x，或22x，或24x，综上可得44x，故不等式8f x（）的解集为-4，4.（2）因为|2|2|2|f xxkxxkxk（）（）（），由222312h xxxx（）（），0 x（，），可得12minh xh（）（），又由120 xRx，（，），使得12f xh x（）（）成立，则22k，解得4k-或0k，故实数k的取值范围为(,40,).【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式的求解方法，合理应用绝对值三角不等式求最值是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.