2019-2020年高三12月月考数学（理）试卷 含答案.doc

衡阳县一中xx届高三12月月考数学（理）试卷本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分150分考试时间120分钟2019-2020年高三12月月考数学（理）试卷 含答案一、选择题（本大题共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.设复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，,则a=（ ） A. -1 B. 0 C .1 D.22. 已知集合,则=（ ） A. B. C. D. 3. 等比数列an满足 =21，42，则（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 44已知，则实数的值为（ ）A B0 C D5.已知，要得到的图象，只需将函数的图象（ ）A.向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向右平移个单位 D. 向左平移个单位6. 一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，已知三视图中每个正方形边长为1，则此三视图所对应几何体的体积为（ ）A B. C. D. 7在锐角中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，为ABC的外心若，则=（ ）A.2 B. 4 C.1 D. 8.设函数,，若恰有2个零点，则b的取值范围是（ ）A. B. c. D. 9. 已知ba3.考点：方程根的个数问题，数形结合思想的应用.9. 【答案】D【解析】 ba0，当a,b,2三个数适当排序后成等比数列时，2必为等比中项,ab =4,;当适当排序后成等差数列时，a必是等差中项，解得a=-1,b=-4； 关于轴对称点的坐标为，设反射光线所在直线为即，则，解得或.考点：(1)等差中项和等比中项;(2)对称问题；（3）直线与圆相切问题。10. 【答案】B【解析】设动点的坐标为P（x，y），则（x，y1），（x，y1），（1x，y）2|2，x2y212（x1）2y2，x2y2-4x+30,即：（x2）2y2122（x，y1）（x，y1）（3x,3y1），又（x2）2y21，则令x2cos，ysin，于是有36x6y2636cos6sin466cos（）46466，466，故的最大值为. 考点：1轨迹方程；2三角换元求函数的最值11 【答案】B【解析】设，,则,（*）又在双曲线上，代入（*）式得， 即考点：双曲线的几何性质12. 【答案】D【解析】（，均为正的常数）的最小正周期为，当时，从而在单调递减，由图象知，又第卷（本卷均为必考题）二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分。把答案填写在答题卡相应的题号后的横线上）13.【答案】2【解析】直线恒过定点（2，-1）设A(1，0),B(2，-1),直线为，当时，圆A半径最大，最大半径为，此时圆心A到y轴的距离为d=1，此时截y轴所得弦长为考点：直线与圆位置关系14.【答案】【解析】由图象知，时，；时，.考点：1.函数图象；2.分段函数求值。15.【答案】；【解析】由题意知双曲线的一渐近线斜率值为, 因为,所以故椭圆的方程为.16. 【答案】【解析】由已知条件，构造函数，则，故函数在上单调递减，且，故，所以，考点: 函数与导数.三、解答题（本大题共6个小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.【答案】（）等边三角形；（）.【解析】试题解析：（）由正弦定理得即所以即因为，所以由正弦定理得,a, b, c三边成等差数列，又，a, b, c三边成等比数列，从而a, b, c为常数列为等边三角形.（）由余弦定理有由（）得，所以 即： 又 从而 即的取值范围.考点：1.三角变换；2.正弦定理，余弦定理；3.基本不等式；4.三角函数在给定区间上的值域问题18【答案】（）；（）4【解析】试题解析：依题意，记，则，又 又 ,，从而.（）由题意得：，成等差数列，公差为首项， ，当时，当时，成立， ，令 ，只需 （1） （2）（1）-（2）得： 为递增数列，且 ， ，实数的最大值为考点：1.等比数列的性质2.等差数列的定义；3.错位相减法求和;4.数列求最值.19. 【答案】（1） ,；（2）【解析】试题解析：（1），曲线在处取得极值1， 从而，；（2）由题意得对恒成立，即：对恒成立，对恒成立，设，则时，g(x)单调递减，时，g(x)单调递增，从而 从而a的取值范围是。20【答案】（1）时，MP平面ABE；（2）证明过程详见解析；（3）.【解析】试题解析： （1） 解：时，MP平面ABE，证明如下： 取的中点，连接、，则,且又,且 且 从而，四边形是平行四边形. ,又平面ABE 平面ABEMP平面ABE （2）证明：连接，则 ，故由三视图可知，平面平面，面面，面，故平面 因为面，于是又矩形，所以又因为，故平面，所以（3） 显然二面角的大小与二面角的大小互补作，连结,由三视图知，平面,，从而平面是二面角的平面角在直角三角形中，易求得,二面角的正切值为考点：直线与平面平行的判定，直线与直线垂直的证明，二面角的计算21. 【答案】(1);(2) 直线恒过定点.【解析】试题解析：设点M到抛物线的准线的距离为，抛物线的准线与轴的交点记为点，则由抛物线的定义知，又因为，所以，即，所以，而，所以，解之得，故抛物线C的方程为： .（）由题意知，直线斜率必不为0，则设直线的方程为,，则由消整理得， 则，即 直线 所以，直线恒过定点考点：考点：1、抛物线的简单几何性质；2直线与圆锥曲线的综合问题。22【答案】（），切线方程： （）见解析。【解析】试题解析：（）由已知，所以， 切线方程为：即：（）依题可知方程有三个不同实根，即：有三个不同实根。设，则时，单调递增，时，单调递减，时，单调递增极小值；极大值为.三个实根满足，设，则，即，所以， 函数在上单调递减，从而，即同理设，即， 函数在上单调递增，从而，即，由可得 得证考点：1、导数在研究函数的切线中的应用；2、导数在研究函数的单调性中的应用；