广东省佛山某中学高三（上）月考数学试卷（理科）（12月份）（附答案详解）

2019-2020学年广东省佛山实验中学高三（上）月考数学

试卷（理科）（12月份）

1.已知集合4=（y|y=2x,x>0｝,8=｛x|y=log2（*-2）｝，iL4n（CR8）=（）

A.[0,1）B.（1,2）C.（1,2]D.[2,+oo）

2.已知复数z满足（l-i）z=爪为虚数单位），则z的虚部为（）

A.--2B.-2C.--i2D.-2i

3.已知｛an｝是公差为1的等差数列，5„为｛即｝的前〃项和，若58=4$4,则。4=（）

A.-B.3C.-D.4

22

4.已知直线机，〃和平面a,nua,贝！I"m〃n"是"m//a"的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

5.已知一组样本数据点（X1，%）,（%2，丫2），（%3，、3），…，（%6/6），用最小二乘法得到

其线性回归方程为9=-2x+4,若数据与，工2，乂3，…，出的平均数为1，则+

丫2+旷3+…+尢等于（）

A.10B.12C.13D.14

6.《算法统宗》中有一图形称为“方五斜七图”，注日：方五斜七

者此乃言其大略矣，内方五尺外方七尺有奇.实际上，这是一种

开平方的近似计算，即用7近似表示5VL当内方的边长为5时，

外方的边长为5VL略大于7.如图所示，在外方内随机取一点，

则此点取自内方的概率为（）

7.如图，一只蚂蚁从点A出发沿着水平面的线条爬行

到点C,再由点C沿着置于水平面的长方体的棱爬

行至顶点B,则它可以爬行的不同的最短路径有

条.（）

A.40

B.60

C.80

D.120

8.一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）

S

6

侧视图

俯视图

A.96兀+36B.727r+48C.487r+96D.247r+48

9.在(x+专)”的展开式中，各项系数和与二项式系之比为32,则/的系数为()

A.50B.70C.90D.120

(X—2y+4之0

10.已知x,y满足约束条件卜+y+QN0,若目标函数z=3x+y的最小值为一5,

\2x+y-2<0

则z的最大值为()

A.2B.3C.4D.5

11.已知A是函数(x)=sin(2018x+-)4-cos(2018x-巳)的最大值，若存在实数%「不

63

使得对任意实数X总有wf(%2)成立，则人氏-久2|的最小值为()

A—B—C—D—

■2018・1009•1009*4036

12.已知/'(x)是函数/'(x)的导函数，且对任意的实数x都有/''(%)=e*(2x+3)+

/(x)(e是自然对数的底数)，/(0)=1,若不等式/(%)-k<0的解集中恰有两个整

数，则实数上的取值范围是()

A.[~;,0)B.[-3,0]C.(-/,0]D.(-9,0)

13.已知向量五，万满足|町=|3|=2,且五%=2,则向量五与石的夹角为.

14.已知函数/(x)=a*+bsin2x+2(a,b6R,ab。0),且/1(2)=3,则

/(-2)=.

15.在AABC中，a,b,c分别是内角A,B,C的对边，若a=2,b=2c,cos/1=

4

则4ABC的面积等于.

16.如图，三棱锥的所有顶点都在一个球面上，在△ABC中，§

AB=V3,JACB=60°,乙BCD=90。,AB1CD,CD=/

2VL则该球的体积为./，二二^

17.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为

匕二:黑(ae。2兀),a为参数)，在同一平面直角坐标系中,经过伸缩变换匕;2X1

oilin.—y

得到曲线G，以坐标原点。为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系(p为极径,

。为极角).

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（回）求曲线c的直角坐标方程和曲线G的极坐标方程；

（团）若射线0A：8=£（p>0）与曲线C1交于点A,射线08:。=6+]8>0）与曲线

G交于点B,求潟+添的值.

18.已知函数/（%）=—sinx•cos%+V3cos2x—

（团）求函数/（%）的单调递增区间；

（团）若f（&）=|,%。E[0,§,求COS2g的值.

19.已知数列｛出J的前〃项和为%,满足Sn+2n=2an

（1）证明：数列｛an+2｝是等比数列.并求数列｛册｝的通项公式品；

（2）若数列｛%｝满足b“=lo（a+2）,设7；是数列｛&｝的前〃项和.求证：T<l

g2n61"+2n2

20.如图1,平面四边形ABCD中，CD=4,4B=4D=2,4BAD=60°,乙BCD=30°,

将△ABD沿8力翻折到△PBD的位置（如图2）,平面PBD1平面BCD,E为尸。中点.

（1）求证:PD1CF；

（2）求直线BE与平面PC。所成角的正弦值.

21.甲、乙两品牌计划入驻某商场，该商场批准两个品牌先进场试销5天.两品牌提供

的返利方案如下：甲品牌无固定返利，卖出10件以内（含10件）的产品，每件产品

返利5元，超出10件的部分每件返利7元；乙品牌每天固定返利20元，且每卖出

一件产品再返利3元.经统计，两家品牌在试销期间的销售件数的茎叶图如下：

（团）现从乙品牌试销的5天中随机抽取3天，求这3天的销售量中至少有一天低于

10的概率.

（团）若将频率视作概率，回答以下问题：

①记甲品牌的日返利额为X（单位：元），求X的分布列和数学期望；

②商场拟在甲、乙两品牌中选择一个长期销售，如果仅从日返利额的角度考虑，请

利用所学的统计学知识为商场作出选择，并说明理由.

甲乙

667069

201322

22.已知f(x)=@sinx(QER),g(%)=e*.

(1)若0<a<1,判断函数G(x)=/(I-%)+In%在(0,1)上的单调性；

(2)设尸(%)=g(x)—mx2—2(%+1)+k,(k€R),对Vx>0,m<0,有/(%)>0

恒成立，求女的最小值.

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：集合a=(y\y=2x,x>0]={y}y>1]=(1,+oo),

B-{x\y-log2(x—2)}—{x\x-2>0}={x\x>2}.

则CRB={X|XW2}=(-8,2],

•••/in(CfiF)=(-22].

故选：C.

化简集合4、B,根据补集与交集的定义写出AD(CRB).

本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题.

2.【答案】B

【解析】解：由(l-i)Z=K得+

Z的虚部为右

故选：B.

把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题.

3.【答案】C

【解析】解：•••包“｝是公差为1的等差数列，且$8=4s4，

解得则=|+3xl=|,

故选：C.

由已知列式求得首项，再由等差数列的通项公式求的值.

本题考查等差数列的通项公式及其前〃项和公式以及推理能力与计算能力，是基础题.

4.【答案】D

【解析】解：直线机，〃和平面a,nca,则“m〃n”与“m〃a”相互推不出.

“m〃n”是“m〃a”的既不充分也不必要条件.

故选：D.

根据线面平行的判定与性质定理可得:直线〃?,〃和平面a，nua,则“小〃几”与“m〃a”

相互推不出.即可判断出关系.

本题考查了线面平行的判定与性质定理、简易逻辑判定方法，考查了推理能力与计算能

力，属于基础题.

5.【答案】B

【解析】

【分析】

设这组样本数据中心点为GJ),代入线性回归方程中求得。再求yi+yz+y3+…+丫6

的值.

本题考查了线性回归方程的应用问题，是基础题.

【解答】

解:设样本数据点。1，乃)，(x2,y2)-(久3，、3)，…，(%6。6)的样本中心点为(％y)，

则1=1,代入线性回归方程9=一2%+4中，得亍=-2x1+4=2,

则yi+力+乃+…+%=6y=12.

故选：B.

6.【答案】A

【解析】解：由题意可得S为方=25,S外方=50,

则外方内随机取一点，则此点取自内方的概率为为=

故选：A.

由题意可得S为方=25,S处方=50,根据概率公式计算即可.

本题考查了几何概型的概率公式，属于基础题.

7.【答案】B

【解析】解：由题意，从A到C最短路径有a=10条，由点C沿着置于水平面的长方

体的棱爬行至顶点B,最短路径有程=6条，.••它可以爬行的不同的最短路径有10x6=

60条，

故选：B.

由题意，从A到C最短路径有它=10条，由点C沿着置于水平面的长方体的棱爬行至

顶点B,最短路径有盘=6条，即可求出它可以爬行的不同的最短路径.

本题考查最短路径问题，考查组合知识，属于中档题.

8.【答案】D

【解析】解：将三视图分成左右两部分观察，左半部分是四分之一圆锥，右半部分是三

棱锥，

则该几何体的体积为V=ixix62x8+ixix6x6x8=24^+48,

4332

故选：D.

由三视图还原原几何体，可知原几何体为该几何体为组合体，左边部分是四分之一圆锥,

右边部分为三棱锥，然后由锥体体积求解.

本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题.

9.【答案】C

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【解析】

【分析】

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，属于基

础题.

根据二项式系数的性质求得〃的值，再利用二项展开式的通项公式，求得/的系数.

【解答】

解：在（X+得）”的展开式中，各项系数和为4",二项式系和为2r

各项系数和与二项式系之比为32,

即"=2n=32,n=5,

故在（x+备）”=（x+京）5的展开式中，

通项公式为G+i=•炉-r.（粉r=帽•—

令5-*=2,求得r=2,

二炉的系数为c>9=90,

故选：C.

10.【答案】D

【解析】解：作出x不等式组满足的可行域如下

图：

可得直线x=2与直线-2x+y+C=0的交点B,

使目标函数z=3尤+y取得最小值一5,

故由3久+y=-5和x—2y+4=0,解得x——2

y=1,可知力（一2,1）在直线x+y+a=0上

—2+1+a=0,

a=1,

由x+y+1=0和2x+y-2=0可得C（3,-4）

当过点C（3,-4）时，目标函数z=3x+y取得最大值，最大值为：5.

故选：D.

画出满足条件的可行域，结合目标函数的解析式形式，分析取得最优解的点的坐标，然

后求出此目标函数的最大值即可.

本题主要考查了利用可行域求解目标函数的最大值，解题的关键是由最小值求解出c的

值，如果约束条件中含有参数，我们可以先画出不含参数的几个不等式对应的平面区域,

分析取得最优解的位置.

11.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查三角函数的最值，着重考查两角和与差的正弦与余弦，考查三角恒等变换，突

出正弦函数的周期性的考查.

利用三角恒等变换化/"(久)为正弦型函数，由此求出A、T以及%-冷1的最小值，从而

可得答案.

【解答】

解：/(x)=sin(2018x+-)+cos(2018x--),

63

=—sin2018x+-cos2018x+-cos2018x+—sin2018x,

2222

=V3sin2018x+cos2018x

=2sin(2018x+-),

6

周期

A='/、(X‘)max=2,2701=8—1—00=9——,

又存在实数%,&，对任意实数X总有f(Xi)W/(X)W/(X2)成立，

Ax-

f(.2)=/OOmax=2,/(X1)=/(X)min=2,

|修一冷1的最小值为37=患，又4=2,

-川与一》2l的最小值为就

故选：B.

12.【答案】C

【解析】

【分析】

本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值及方程与不等式的解法、构造方法，考查

了推理能力与计算能力，属于难题.

令G(x)=等,可得G'(x)=△整更=2x+3,可设G(x)=x2+3x+c,G(0)=/(0)=

1.解得c=l./(x)=+3%+i)ex,利用导数研究其单调性极值与最值即可得出.

【解答】

解：令G(x)=等，则G'(x)==2x+3,可设G(x)="+3x+c,

vG(0)=/(0)=1..-.c=1.

•••/(%)=(7+3x+l)ex,

・,•/'(%)=(%2+5%+4)ex=(%+1)(%+4)ex.

可得：%=—4时,函数/(%)取得极大值，%=—1时,

函数/(、)取得极小值.

f(—1)=—%/(0)=1,〃-2)=一点V0,八-3)=专>0.

二-±<kWO时，不等式<0的解集中恰有两个整数一1,-2.

故&的取值范围是(-0].

故选：C.

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13.【答案W

【解析】

【分析】

本题主要考查利用向量的数量积求向量的夹角，属于基础题.

直接代入向量方与方的夹角公式cos。=篇，结合夹角的范围，即可求解.

【解答】

解：设向量方与石的夹角为。，0<0<71,

V\a\=\b\=2,且五i=2,

则向量五与石的夹角cos。=言"=33

同网2x22

e=~,

3

故答案为：*

14.【答案】1

【解析】

【分析】

本题考查函数奇偶性的性质以及应用，注意分析/(X)与人-吟的关系，属于基础题.

根据题意，由函数的解析式分析/(-%)的表达式，进而可得f(x)+/(-*)=4,即有

/(2)+/(-2)=4,又由/(2)=3,计算可得答案.

【解答】

解：根据题意，函数/(x)=a/+戾也2%+2,

贝iJ/(—x)=a(—x)3+6sin2(—%)+2=—(ax3+6sin2x)+2>

则f(x)+f(-x)=4,

即有f(2)+f(-2)=4,又由f(2)=3,则f(—2)=l；

故答案为：1

15.【答案】叵

4

【解析】

【分析】

本题给出三角形中边从C之间的关系式，在已知边“和的情况下求三角形的面积.着

重考查了正余弦定理解三角形、三角形的面积公式和同角三角函数的关系等知识，属于

基础题.

在△ABC中由余弦定理=炉+c2-2bccos4的式子，建立关于c的方程解出c,可得

b=2c=2.最后利用同角三角函数的关系算出sinA,即可得到△ABC的面积.

【解答】

解：••,△ABC中，a=2,b=2c,cosi4=->

4

・,・由余弦定理，得a?=h2+c2-2bccosA=5c2—c2=4,

・,・解之得c=1,可得b=2c=2.

vAe（0,7T）,可得sin4=V1—cos2/l=平，

：.△ABC的面积S=^bcsinA=1x2xlx^=^.

故答案为：空

4

16.【答案】46兀

【解析】

【分析】

本题考查球的体积的求法，考查三棱锥、球等基础知识，考查推理论证能力，是中档题.

以△ABC所在平面为球的截面，由正弦定理得截面圆的半径为1,球心到截面的距离为

\CD=V2,从而球的半径为+（鱼）2=VI由此能求出球的体积.

【解答】

解：以AABC所在平面为球的截面，

则由正弦定理得截面圆的半径为=1,

2sin60

依题意得CD1AB,CD1BC.ABCiBC=B,AB,BCu平面ABC,

所以CD_L平面ABC,

故球心到截面的距离为|CD=V2,

则球的半径为J#+（夜）2=V3.

所以球的体积为声（6尸=4V3TT.

故答案为：4痘71.

17.【答案】解：（助曲线C的参数方程为甯（ae[0,2兀"为参数）,

转换为直角坐标方程为好+y2=1.

经过伸缩变换｛得到曲线a,

即G：y2=1，

转化为极坐标方程为g誓+p2sin2。=1

（团）射线。A：。=>0）与曲线Cl交于点A,

则廿等+p2sin26=L

所以2=2+sin2°

Pl4厂

射线。&e=0理（p>o）与曲线Ci交于点B,

则：四警+p2siM（0+》=l,

整理得《誓+p2cos20=1,

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所以2=学E+cos2/7.

P24

所以」一+二一

m么|。川2十|0B|2

=9+4肉+等+32夕

44

【解析】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，变换

关系式的应用，三角函数关系式的恒等变换，极径的应用，主要考查学生的运算能力和

转换能力及思维能力，属于中档题.

(团)直接利用转换关系式，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换.

(助利用极径的应用和三角函数关系式的恒等变换求出结果.

18.【答案】(本题满分为12分)

解：(回)v/(x)=—sinx-cosx+V3cos2x一日=~^sin2x+母2x)-亨=

Ycos2x—|sin2x=sin(2x+与).

由2卜兀—W2xH---W2.ku+—>k€Z,解得：/CTT----<x<kn----,kGZ

2321212

二函数f(x)=sin(2x+g)的单调递增区间为：[/CTT-/ot-.，keZ.…6分

(0)/(xo)=sin(2x0+y)=I，x0e[0,J

•••cos(2x0+y)=-|>

•••cos2x0=cos[(2x0+y)-y]=(一令*(一》+1x苧=12分.

【解析】(国)利用三角函数恒等变换的应用可求f(x)—sin(2x+与).由2/OT~^<2X+

y<2kn+pkeZ,解得：kn-^<x<kn-\从而可求函数/(x)=sin(2x+争

的单调递增区间.

(团)由己知及同角三角函数基本关系式可求cos(2&+笄)=-p进而根据两角差的余弦

函数公式即可计算得解.

本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，同角三角函数基本关系式，两角差的余弦函

数公式以及正弦函数的单调性等知识的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中

档题.

19.【答案】证明：⑴由%+2n=2a”得%=20n—2n

当九6N*时，Sn=2an—2n,①

当九=1时，SI=2QI—2,则的=2,

则当九N2,71WN*时，S71T=2an_i-2(九一1),②

①-②，得Q九=2an-2an_i-2,

BPan=2an_r4-2,

・•・Q九+2=2(an_x4-2)

,.•."+2一—乙,

41-1+2

(an+2｝是以4+2为首项，以2为公比的等比数列.

n

an+2=4-2t,

n

Aan=2+i—2.

n

(2)证明:由%=log2(an+2)=log22+i=n+1,

bn_n+1

，

曳n+2-2«+i

则〃=»・“+会③

=套+看+…+券+施④

③一④,得加=£+*+或+•••+盛一崇

_111n+1

-4+2-2n+1-2n+2

3

—n+3,

42n+2

所以Tn=:—常<|・

【解析】本题考查等比数列的证明和求数列｛5｝的通项公式与，〃<|.解题时要认真审

题，注意构造法和错位相减法的合理运用.属于一般题。

(1)由S九+2n=2an,知5„=2an—2n.当？i=1时，S[=2ar-2,则%=2,当九>2时，

Sn_]=2an_i-2(n-1),故册=2an__1+2,由此能够证明数列｛an+2｝是等比数列.并

能求出数列｛an｝的通项公式a几

⑵由b=log(a+2)=log2n+1=n+1,得黑=普,故T=£+.+…+泰，

n2n2Ufl-T4nLtX4

由此利用错位相减法能够求出7；,并证明〃<1.

20.【答案】(1)证明：由题意△48。为等边三角z

形,则B0=2,

在三角形BCD中，CD=4,Z.BCD=30°,由余

弦定理可求得BC=2V3,

­.CD2=BD2+BC2,即BCJ.BD,

又平面PB。_L平面BCD,平面PBDn平面BC。=

BD,

BCu平面BCD,

BC1平面PBQ,BC1PD.

等边三角形尸80中，E为PD中点,

则BE1PD,且BCDBE=B,

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PD1•平面BCE,：.PD1CE.

(2)解：以B为坐标原点，BC,8。分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系,

则B(0,0,0),C(2V3,0,0),D(0,2,0),P(0,l,V5),8(0,|，务E(0,|净

CD=(-273,2,0),PD=(0,l,-V3),BE=(0,|(y)

设记=(x,y,z)是平面PCD的法向量，

则沆•而=0,沆•而=0,卜2*+2y=o,

(y-V3z=0

取沆=(1,低1),

型渔

m'BE275

cos<m,BE>=T'十T

I丽函V5-V35

所以直线BE与平面PCD所成角的正弦值为学.

【解析】本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线

面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题.

(1)由题意△48。为等边三角形，则BO=2,由余弦定理可求得BC=2次，从而BC1BD,

进而BC_L平面PBD,BC1PD,再求他BE1PD,由此能证明PD1平面BCE,从而PD1

CE-,

(2)以B为坐标原点，BC,8。分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求

出直线BE与平面PC。所成角的正弦值.

21.【答案】解：(回)解法一：设A为从乙品牌试销售的5天中抽取3天，这3天的销售

量中至少有一天低于10优缺点的事件,

则这3天的销售量中至少有一天低于10的概率P(A)=京警d=*

解法二：设A为从乙品牌试销售的5天中抽取3天，这3天的销售量中至少有一天低于

10件的事件,

则4为从乙品牌试销售的5天中抽取3天，这3天的销售量都不低于10件的事件,

则这3天的销售量中至少有一天低于10的概率P(4)=1-P(A)=1一:=1"

(团)①设甲品牌的日销售量为随机变量f,

则甲品牌的日返利额X(单位：元)与f的关系为:

0<f<10

X

+7(f-10),f>ir

当f=6时，X=30；当f=7忖，X=35；当6=10时，X=50；当f=12时，X=64；

故X的分布列为:

X30355064

2111

P

5555

O111

E(X)=30x|+35x1+50xi+64xj=41.8(元)，

②解法一：设乙品牌的日销售量为随机变量小乙品牌的日返利额丫(单位：元)与〃的关

系为：丫=20+3力且7?的分布列为

4691213

1121

P

5555

则ES)=6x|+9xi+12x1+13xi=10.4(件)，

则E(Y)=E(3T?+20)=3E(〃)+20=3x10.4+20=51.2(元)，

因为乙品牌的日平均返利额大于甲品牌的日平均返利额，

所以如果仅从日返利额的角度考虑，商场应选择乙品牌长期销售.

②解法二：乙品牌的日返利额丫(单位：元)的取值集合为{38,47,56,59},分布列为

Y38475659

1121

P

5555

则E(Y)=38x|+47x1+56x|+59x|=51.2(元),

因为乙品牌的日平均返利额大于甲品牌的日平均返利额，

所以如果仅从日返利额的角度考虑，商场应选择乙品牌长期销售.

【解析】(回)法一：设A为从乙品牌试销售的5天中抽取3天，这3天的销售量中至少

有一天低于10优缺点的事件，利用排列组合能求出这3天的销售量中至少有一天低于