辽宁省铁岭市六校协作体2020届高三数学11月月考试题 理（含解析）

1、辽宁省铁岭市六校协作体2020届高三数学11月月考试题 理（含解析）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.设集合,则（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求对数函数的定义域，求指数函数的值域，确定集合 ，然后根据交集定义求结果【详解】解： 则 故选：C【点睛】本题考查了交集及其运算，考查了对数函数的定义域，指数函数的值域，是基础题2.设复数满足，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：考点：复数的运算此处有视频，请去附件查看】3.已知，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】运用

2、中间量比较，运用中间量比较【详解】则故选B【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养采取中间变量法，利用转化与化归思想解题4.已知各项均为正数的等比数列的前4项为和为15，且，则（ ）A. 16B. 8C. 4D. 2【答案】C【解析】【分析】对利用等比数列的通项公式变形可解出公比,再结合等比数列的前4项为和为15,解出首项,最后利用通项公式可求得.【详解】设等比数列的公比为,则由数列各项都是正数,可得,由,得,因为,所以,所以,所以,因为,所以,设等比数列的前项为和为,则,所以,所以,所以,故选.【点睛】本题考查了等比数列通项公式和前项和公式,属于基础题.5.设是非零

3、向量，已知命题P：若，则；命题q：若，则，则下列命题中真命题是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：由题意可知，命题P是假命题；命题q是真命题，故为真命题.考点：命题的真假.6.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由基本不等式以及对数函数的单调性可得出三个数、的大小关系。【详解】由于函数在上是增函数，则，由基本不等式可得，因此，故选：B。【点睛】本题考查利用基本不等式比较大小，在利用基本不等式比较各数的大小关系时，要注意“一正、二定、三相等”这些条件的应用，考查推理能力，属于中等题。7.已知ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则的最

4、小值是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可【详解】如图，以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则设，则，所以，当时，取得最小值，为。故选：B。【点睛】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据条件建立坐标系，利用坐标法是解决本题的关键8.已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF=90，则球O的体积为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先证得平面，再求得，从

5、而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，又，分别为、中点，又，平面，平面，正方体一部分，即 ，故选D解法二:设，分别为中点，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，为中点，又，两两垂直，故选D.【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决9.已知点，为坐标原点，分别在线段上运动，则的周长的最小值为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分别求出设关于直线对称的点，关于对称的点，当共线时，的周长取得最小值，

6、为，利用两点间的距离公式，求出答案.【详解】过两点的直线方程为设关于直线对称的点，则，解得即，同理可求关于对称的点，当共线时的周长取得最小值为.故选：C【点睛】本题主要考查了点关于直线的对称性的简单应用，试题的技巧性较强，属于中档题.10.古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm，则其身高可能是A. 165 cmB. 175 cmC. 185 cmD. 190cm

7、【答案】B【解析】【分析】理解黄金分割比例的含义，应用比例式列方程求解【详解】设人体脖子下端至肚脐的长为x cm，肚脐至腿根的长为y cm，则，得又其腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，所以其身高约为4207+515+105+26=17822，接近175cm故选B【点睛】本题考查类比归纳与合情推理，渗透了逻辑推理和数学运算素养采取类比法，利用转化思想解题11.若是方程的解，是方程的解，则等于（ ）A. B. 1C. D. -1【答案】B【解析】【分析】方程的根就是对应函数图象的交点，利用函数与互为反函数，推出函数图象交点的横坐标与纵坐标的关系，即可求解本题【详解】因为是方程的解，

8、是方程的解；所以是方程的解，是方程的解，是图象交点的横坐标；是图象交点的横坐标，因为与互为反函数，所以与的图象关于对称，又因为的图象也关于对称，所以关于对称，可得，故选B.【点睛】本题主要考查反函数的性质，函数图象的应用，考查转化思想，属于难题转化是数学解题的灵魂，合理的转化不仅仅使问题得到了解决，还可以使解决问题的难度大大降低，本解法将方程的根的问题转化成曲线交点问题是解题的关键.12.已知定义在上的函数满足：；对所有，且，有.若对所有，则k的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】试题分析：不妨令，则法一：，即得，另一方面，当时，符合题意，当时，故法二：当时，当时，

9、故考点：1.抽象函数问题；2.绝对值不等式.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.函数（）的最大值是_【答案】1【解析】【详解】化简三角函数的解析式，可得，由，可得，当时，函数取得最大值114.记Sn为等差数列an的前n项和，则_.【答案】4.【解析】【分析】根据已知求出和的关系，再结合等差数列前n项和公式求得结果.【详解】因，所以，即，所以【点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算渗透了数学运算素养使用转化思想得出答案15.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_.【答案】38【解析】【分析】由几何体的三视图可知，该几何体是长方体中间挖去一个圆柱体，根据数据计算

10、表面积即可【详解】由几何体的三视图可知，该几何体是一组合体由几何体的三视图可知，该几何体是长方体中间挖去一个圆柱体表面积应为长方体表面积减去圆柱底面积，再加上圆柱侧面积长方体长宽高分别为4，3，1，其表面积为（43+41+31）2=38圆柱底面半径为1，高为1圆柱底面积为212=2，侧面积为211=2所以所求的表面积为38-2+2=38及答案为38.【点睛】本题考查由三视图求几何体的表面积，考查由三视图还原几何体直观图，考查柱体的表面积公式，本题是一个基础题16.已知函数若方程恰有两个不同的实数根，则的最大值是_【答案】【解析】【分析】不妨设 ，则，令，可得，利用导数研究函数的单调性，根据单调

11、性可得结果.【详解】作出的函数图象如图所示，由，可得， 即，不妨设 ，则，令，则，令，则，当 时，在上递增；当时，在上递减；当时，取得最大值,故答案为.【点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数极值与最值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的所有根；(4)判断在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值

12、的大小.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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23为选考题.考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知定义域为，对任意都有，当时，.（1）求和值；（2）试判断在上的单调性，并证明；（3）解不等式：.【答案】（1），；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）令代入，即可求出；令代入，即可求出；（2）根据函数单调性的定义，结合题中条件，即可判断出结果；（3）根据题意，将原不等式化为，再由（2）的结果，即可求出不等式的解集.【详解】（1）因为对任意都有，所以，令，则，所以；令，则，因为，所以；（2）任取，则，当

13、时，在上单调递减；（3）因，所以原不等式可化为；即，由（2）可得，解得或；即原不等式的解集为.【点睛】本题主要考查赋值法求函数值，抽象函数单调性的判定，以及根据函数单调性解不等式等问题，熟记函数单调性的定义即可，属于常考题型.18.设等差数列的公差为d，前项和为，等比数列的公比为已知，（1）求数列，的通项公式；（2）当时，记，求数列的前项和【答案】(1)见解析 (2) 【解析】【分析】（1）利用前10项和与首项、公差的关系，联立方程组计算即可；（2）当d1时，由（1）知cn，写出Tn、Tn的表达式，利用错位相减法及等比数列的求和公式，计算即可【详解】解：（1）设a1a，由题意可得，解得，或，当

14、时，an2n1，bn2n1；当时，an（2n+79），bn9；（2）当d1时，由（1）知an2n1，bn2n1，cn，Tn1+3579（2n1），Tn1357（2n3）（2n1），Tn2（2n1）3，Tn6【点睛】本题考查求数列的通项及求和，利用错位相减法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题19.的内角的对边分别为，已知（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围【答案】(1) ;(2).【解析】【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以

15、利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.【详解】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得。，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又应用正弦定理，由三角形面积公式有：.又因,故，故.故的取值范围是【点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用。考查的很全面，是一道很好的考题.20.如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，且，是棱的中点 （）求证：平面；（）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；（）设点是线段上动点，与平

16、面所成的角为，求的最大值【答案】（1）见解析 ； （2） ；（3）.【解析】【分析】（）通过建立空间直角坐标系，利用平面SCD的法向量即可证明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】（）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为 则 ，令，得 ， ，即 平面 平面 （）取平面SAB的一个法向量 ，则 平面与平面所成的锐二面角的余弦值为 （）设，则，平面的一个法向量为 当，即时，取得最大值，且【点睛】本题考查利用空间向量解决立体几何问题，属中档

17、题.21.(1)讨论函数 的单调性，并证明当 0时， (2)证明：当 时，函数 有最小值.设g（x）的最小值为，求函数 的值域.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当时，证明结论；（）用导数法求函数的最值，再构造新函数，用导数法求解.试题解析：（）的定义域为.且仅当时，所以在单调递增，因此当时，所以（）由（）知，单调递增，对任意因此，存在唯一使得即，当时，单调递减；当时，单调递增.因此在处取得最小值，最小值为于是，由单调递增所以，由得因为单调递增，对任意存在唯一的使得所以的值域是综上，当时，有最小值，的值域是【考点】函数的单调性、极值与最

18、值【名师点睛】求函数单调区间的步骤：（1）确定函数f （x）的定义域；（2）求导数f （x）；（3）由f （x）0（f （x）0）解出相应的x的范围当f （x）0时，f （x）在相应的区间上是增函数；当f （x）0时，f （x）在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间注意：求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念请考生在第2224题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。（二）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44：坐标系与参数方程22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为（1）求C和l的直角坐标方程；（2）求C上的点到l距离的最小值【答案】（1）；（2