届高三数学下学期3月月考试题 理(含解析) 试题.doc

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1、广东省深圳市罗湖外语学校2020届高三数学下学期3月月考试题 理（含解析）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.共4页.时量120分钟.满分150分.第卷一、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.已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先解不等式得集合A与B，再根据交集定义得结果.【详解】根据题意：集合，集合，故选【点睛】本题考查一元二次不等式与对数不等式解法以及交集的定义，考查基本分析求解能力，属基础题.2.已知,则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用虚数单位的

2、运算性质化简,再由复数模的计算公式,即可求得答案.【详解】由,得故选:C.【点睛】本题考查虚数单位的运算性质,考查复数模的求法,是基础的计算题.3.在区间上随机取一个数，使直线与圆相交的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据直线与圆相交，可求出k的取值范围，根据几何概型可求出相交的概率.【详解】因为圆心，半径，直线与圆相交，所以，解得 所以相交的概率,故选C.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，几何概型，属于中档题.4.已知数列为各项均为正数的等比数列，是它的前项和，若，且，则=（ ）A. 32B. 31C. 30D. 29【答案】B【解析】【分析】根据已知求

3、出，再求出公比和首项，最后求.【详解】因为，所以.因为，所以.所以，所以.故选B【点睛】本题主要考查等比数列的通项的基本量的计算，考查等比中项的应用，考查等比数列的前n项和的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.5.若直线与曲线相切，则（ ）A. 3B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】设切点为，对求导，得到，从而得到切线的斜率，结合直线方程的点斜式化简得切线方程，联立方程组，求得结果.【详解】设切点为，由得，代入得，则，故选A.【点睛】该题考查的是有关直线与曲线相切求参数的问题，涉及到的知识点有导数的几何意义，直线方程的点斜式，属于简单题目.6.我国著名数学家华罗

4、庚先生曾说图像数缺形时少直观，形缺数时难人微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.在数学的学习和研究中，常用函数图像来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图像的特征，已知函数的图像如图所示，则函数的解析式可能是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数图像特点,结合奇偶性,定义域,取值范围,利用排除法进行判断即可.【详解】函数定义域为,排除A,函数关于y轴对称,则函数为偶函数,排除B,C选项中,当时,不满足条件.排除C,故选:D.【点睛】本题主要考查函数图像的识别和判断,结合函数的奇偶性,定义域以及特殊值法,利用排除法是解决本题的关键.7.已知斜率为的直线l经过双曲线

5、的上焦点F，且与双曲线的上、下两支都相交，则双曲线的离心率e的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据已知直线的斜率，求出渐近线的斜率范围，推出的关系，然后求出离心率的范围【详解】由题意可得：，所以，因此，故选【点睛】本题考查直线的斜率，双曲线的离心率求法，考查转化思想，属于中档题8.射线测厚技术原理公式为，其中分别为射线穿过被测物前后的强度，是自然对数的底数，为被测物厚度，为被测物的密度，是被测物对射线的吸收系数.工业上通常用镅241（）低能射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种射线的吸收系数为（ ）（注：半价层厚度是

6、指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，结果精确到0.001）A. 0.110B. 0.112C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意知,，代入公式,求出即可.【详解】由题意可得,因为,所以,即.所以这种射线的吸收系数为.故选:C【点睛】本题主要考查知识的迁移能力,把数学知识与物理知识相融合;重点考查指数型函数,利用指数的相关性质来研究指数型函数的性质,以及解指数型方程；属于中档题.9.过抛物线的焦点且斜率大于0的直线交抛物线于点(点位于第一象限)，交其准线于点，若，且，则直线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】作出图象如下图所示，作准线于，准线于，于.根据

7、抛物线的定义得，由，从而得出直线的斜率，再根据三角形相似求得，由直线的点斜式得出直线的方程.【详解】作出图象如下图所示，作准线于，准线于，于.在中，的斜率为，又，所以，直线的方程为，即，故选：A.【点睛】本题考查抛物线定义，标准方程，以及直线的方程，关键在于将已知条件中的线段间的关系通过抛物线的定义转化为角的关系，得出直线的斜率，属于中档题.10.如图，已知等腰梯形中，是的中点，是线段上的动点，则的最小值是（ ）A. 0B. C. D. 1【答案】C【解析】【分析】利用向量加法的三角形法则表示，再由数量积的运算法则将转化成关于的二次函数，求得最小值.【详解】由已知得设，所以= 所以当 有最小值

8、 故选C.【点睛】本题考查向量的数量积的运算，关键要将待求的向量表示成已知向量的线性运算，属于中档题.11.设数列的前项和为，且 ，则数列的前10项的和是（ ）A. 290B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由得为等差数列，求得，得利用裂项相消求解即可【详解】由得，当时，整理得，所以是公差为4的等差数列，又，所以，从而，所以，数列的前10项的和.故选.【点睛】本题考查递推关系求通项公式，等差数列的通项及求和公式，裂项相消求和，熟记公式，准确得是等差数列是本题关键，是中档题12.已知函数，若关于的方程由5个不同的实数解，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【

9、分析】利用导数研究函数y的单调性并求得最值，求解方程2f（x）2+（12m）f（x）m0得到f（x）m或f（x）画出函数图象，数形结合得答案【详解】设y，则y，由y0，解得xe，当x（0，e）时，y0，函数为增函数，当x（e，+）时，y0，函数为减函数当xe时，函数取得极大值也是最大值为f（e）方程2f（x）2+（12m）f（x）m0化为f（x）m2f（x）+10解得f（x）m或f（x）如图画出函数图象：可得m的取值范围是（0，）故选A【点睛】本题考查根的存在性与根的个数判断，考查利用导数求函数的最值，考查数形结合的解题思想方法，是中档题第卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13

10、.已知,则_【答案】【解析】【分析】直接利用三角函数关系式的定义和和角公式的应用求出结果【详解】，则，所以，则：，故答案为【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，和角公式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型14.在我市的高二期末考试中，理科学生的数学成绩，已知，则从全市理科生中任选一名学生，他的数学成绩小于110分的概率为_.（请用小数表达）【答案】【解析】【分析】由正态分布可得,则,又,即可求解.【详解】因为学生成绩服从正态分布,且,所以,因为,所以,故答案为:【点睛】本题考查由正态分布求概率,属于基础题.15.已知的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为

11、_【答案】80【解析】【分析】先求出a的值，再把的按照二项式定理展开，可得的展开式中常数项.【详解】令，可得的展开式中各项系数的和为，故该展开式中常数项为，故答案为：80【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题.16.中国古代数学经典九章算术系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，若鳖臑的外接球的体积为，则阳马的外接球的表面积等于_【答案】【解析】【分析】将鳖臑放入长方体中，利用长方体体

12、对角线长表示出鳖臑半径，利用外接球体积求解出；通过长度关系可确定阳马的外接球球心为中点，从而可得半径，代入表面积公式求得外接球表面积.【详解】鳖臑可看做如下图所示的长方体的一部分：则长方体外接球即为鳖臑的外接球外接球半径为：又 连接，交于，取中点，连接可知：则，可知为阳马的外接球球心，则外接球半径阳马的外接球表面积本题正确结果：【点睛】本题考查多面体的外接球体积和表面积的相关计算，关键是能够根据多面体的特征确定球心的位置，进而求得半径.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题为选考题，考生根据要求作答.17.在

13、中，角的对边分别为，若成等差数列，且.求的值；若，求的面积.【答案】（1）；（2）【解析】【详解】因为成等差数列，所以由正弦定理得即又因为根据余弦定理有：所以因为根据余弦定理有：由知，所以解得.由得，所以的面积【点睛】本题考查等差数列的简单性质，正弦定理、余弦定理、面积公式的考查，难度不大，属于简单题.18.如图，在边长为4的正方形中，点分别是的中点，点在上，且，将分别沿折叠，使点重合于点，如图所示.试判断与平面的位置关系，并给出证明；求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】(1)根据线面平行的判定定理直接证明即可；（2）连接交与点，先由题中条件得到为二面角的平面角，再解

14、三角形即可得出结果.【详解】（1）平面证明如下：在图1中，连接，交于，交于，则，在图2中，连接交于，连接，在中，有，平面，平面，故平面；（2）连接交与点，图2中的三角形与三角形PDF分别是图1中的与，又，平面，则，又，平面，则为二面角的平面角可知，则在中，则在中，由余弦定理，得二面角的余弦值为【点睛】本题主要考查线面平行的判定，以及二面角的求法，熟记线面平行的判定定理以及二面角的概念即可，属于常考题型.19.已知椭圆的右焦点为，过点且垂直于轴的直线与椭圆相交所得的弦长为.求椭圆的方程；过椭圆内一点，斜率为的直线交椭圆于两点，设直线（为坐标原点）的斜率分别为，若对任意，存在实数，使得，求实数的取

15、值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据焦点和通径列出关系，求出椭圆方程.（2）直曲联立，得到，再将用表示，得到与的关系，由的范围，得到的范围.【详解】由题意得，解得.所以椭圆的方程为：设直线的方程为由消元可得设，则而由得因为此等式对任意的都成立，所以，即由题意，点在椭圆内，故，解得所以的取值范围是【点睛】本题考查椭圆方程的求法，直曲联立构造等量关系.对计算能力要求较高，有一定的难度，属于中档题.20.随着现代社会的发展，我国对于环境保护越来越重视，企业的环保意识也越来越强.现某大型企业为此建立了5套环境监测系统，并制定如下方案：每年企业的环境监测费用预算定为1200万元，日常

16、全天候开启3套环境监测系统，若至少有2套系统监测出排放超标，则立即检查污染源处理系统；若有且只有1套系统监测出排放超标，则立即同时启动另外2套系统进行1小时的监测，且后启动的这2套监测系统中只要有1套系统监测出排放超标，也立即检查污染源处理系统.设每个时间段（以1小时为计量单位）被每套系统监测出排放超标的概率均为，且各个时间段每套系统监测出排放超标情况相互独立.（1）当时，求某个时间段需要检查污染源处理系统的概率；（2）若每套环境监测系统运行成本为300元/小时（不启动则不产生运行费用），除运行费用外，所有的环境监测系统每年的维修和保养费用需要100万元.现以此方案实施，问该企业的环境监测费用

17、是否会超过预算(全年按9000小时计算)？并说明理由.【答案】（1）；（2）不会超过预算，理由见解析【解析】【分析】（1）求出某个时间段在开启3套系统就被确定需要检查污染源处理系统的概率为,某个时间段在需要开启另外2套系统才能确定需要检查污染源处理系统的概率为，可得某个时间段需要检查污染源处理系统的概率；（2）设某个时间段环境监测系统的运行费用为元，则的可能取值为900，1500.求得，求得其分布列和期望，对其求导，研究函数的单调性，可得期望的最大值，从而得出结论.【详解】（1）某个时间段在开启3套系统就被确定需要检查污染源处理系统的概率为,某个时间段在需要开启另外2套系统才能确定需要检查污染

18、源处理系统的概率为某个时间段需要检查污染源处理系统概率为.（2）设某个时间段环境监测系统的运行费用为元，则的可能取值为900，1500.，令,则当时，在上单调递增；当时，在上单调递减,的最大值为,实施此方案，最高费用为（万元），故不会超过预算.【点睛】本题考查独立重复事件发生的概率、期望，及运用求导函数研究期望的最值，由根据期望值确定方案，此类题目解决的关键在于将生活中的量转化为数学中和量，属于中档题.21.已知函数f（x）ex（xa）2+4（1）若f（x）在（，+）上单调递增，求a的取值范围；（2）若x0，不等式f（x）0恒成立，求a的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）对在

19、上单调递增，转化为恒成立，参变分离，求出的范围；（2）通过求导得到的最值，而的正负需要进行分类，通过分类讨论，恒成立，得到的范围，时，可得到，虽然解不出来，但可以通过进行代换，得到范围，再得到的范围.最后两部分取并集，得到最终的范围.【详解】由题，由，得.令，则，令，得.若，；若，则.则当时，单调递增；当时，单调递减.所以当时，取得极大值，也即为最大值，即为.所以，即的取值范围是.由，得，令，则.所以在上单调递增，且.当时，函数单调递增.由于恒成立，则有.即.所以满足条件.当时，则存在，使得，当时，则单调递减；当时，则，单调递增.所以，又满足，即所以，则即，得又.令，则，可知，当时，则单调递减

20、.所以，此时满足条件.综上所述，的取值范围是.【点睛】利用导数求函数的单调区间、极值，参变分离、等量代换的方法，分类讨论的思想，对思维要求较高，难度较大，属于难题.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.在极坐标系中，已知圆的圆心，半径，点在圆上运动.以极点为直角坐标系原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系.（1）求圆的参数方程；（2）若点在线段上，且，求动点轨迹的极坐标方程.【答案】（1）（为参数）；（2）【解析】【分析】（1）已知得，圆心的直角坐标为，则可求得圆的标准方程；（2）结合（1）得，圆的极坐标方程为，再

21、设，则，将代入的极坐标方程即可得解.【详解】（1）由已知得，圆心的直角坐标为，所以的直角坐标方程为，所以圆的参数方程为（为参数）（2）由（1）得，圆的极坐标方程为，即设，根据，可得，将代入的极坐标方程，得，即动点轨迹的极坐标方程为【点睛】本题考查了直角坐标方程、极坐标方程及参数方程互化，重点考查了运算能力，属基础题.选修4-5：不等式选讲23.已知函数.（1）当，时，求不等式的解集；（2）若，的最小值为2，求的最小值.【答案】（1）；（2）【解析】分析】（1）利用零点讨论法解绝对值不等式；（2）利用绝对值三角不等式得到a+b=2,再利用基本不等式求的最小值.详解】（1）当，时，得或或，解得：，不等式的解集为.（2），当且仅当，时取等号.的最小值为.【点睛】本题主要考查零点讨论法解绝对值不等式，考查绝对值三角不等式和基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.