2020屆市第一中學等八校聯考高三12月聯考數學（文）試題

一、單選題

1．A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】上下同時乘以再化簡即可.【詳解】

故選D

【點睛】

本題主要考查復數的四則運算,屬于基礎題型.2．已知全集為,集合，則

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】分別求得集合再求即可.【詳解】

或

故,故

故選：C

【點睛】

本題主要考查了集合的基本運算,屬于基礎題型.3．在等差數列中,已知,則該數列前11項和=（）

A．44

B．55

C．143

D．176

【答案】A

【解析】根據等差數列的性質計算即可.【詳解】

由等差數列中,則,故

故選：A

【點睛】

本題主要考查了等差數列的基本性質,包括等和性與當為奇數時,前項和

.屬于基礎題型.4．函數的大致圖象是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】先分析奇偶性,再分析當時函數值的正負即可.【詳解】,故為奇函數.排除C,D

又當時，此時,排除B

故選A

【點睛】

本題主要考查了函數圖像的判斷,一般先分析奇偶性,再分析特殊位置的正負即可.屬于基礎題型.5．動點在圓上移動時，它與定點連線的中點的軌跡方程是

（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】設連線的中點為,再表示出動點的坐標,代入圓化簡即可.【詳解】

設連線的中點為,則因為動點與定點連線的中點為,故,又在圓上,故,即即

故選：B

【點睛】

本題主要考查了軌跡方程的一般方法,屬于基礎題型.6．設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列命題正確的是（）

A．若且則

B．若且則

C．若

D．若且則

【答案】B

【解析】試題分析：對于A中，若且則與可能是平行的，所以不正確；對于C中，則可能，所以不正確；對于D中，若且則與可能是相交的，所以不正確，故選B．

【考點】直線與平面位置關系的判定．

7．函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，－<φ<)的部分圖象如圖所示，則ω、φ的值分別是()

A．2，－

B．2，－

C．4，－

D．4，【答案】A

【解析】由函數f（x）＝2sin（ωx+φ）的部分圖象，求得T、ω和φ的值．

【詳解】

由函數f（x）＝2sin（ωx+φ）的部分圖象知，（），∴Tπ，解得ω＝2；

又由函數f（x）的圖象經過（，2），∴2＝2sin（2φ），∴φ＝2kπ，k∈Z，即φ＝2kπ，又由φ，則φ；

綜上所述，ω＝2、φ．

故選A．

【點睛】

本題考查了正弦型函數的圖象與性質的應用問題，是基礎題．

8．與直線關于x軸對稱的直線的方程是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】利用所求直線的點的坐標，關于軸的對稱點的坐標在已知的直線上求解即可.【詳解】

設所求直線上點的坐標，則關于軸的對稱點的坐標在已知的直線上，所以所求對稱直線方程為：,故選D．

【點睛】

本題主要考查對稱直線的方程，意在考查靈活應用所學知識解答問題的能力，屬于簡單題.9．泰山有“五岳之首”“天下第一山”之稱，登泰山的路線有四條：紅門盤道徒步線路，桃花峪登山線路，天外村汽車登山線路，天燭峰登山線路.甲、乙、丙三人在聊起自己登泰山的線路時，發現三人走的線路均不同，且均沒有走天外村汽車登山線路，三人向其他旅友進行如下陳述：

甲：我走紅門盤道徒步線路，乙走桃花峪登山線路；

乙：甲走桃花峪登山線路，丙走紅門盤道徒步線路；

丙：甲走天燭峰登山線路，乙走紅門盤道徒步線路；

事實上，甲、乙、丙三人的陳述都只對一半，根據以上信息，可判斷下面說法正確的是（）

A．甲走桃花峪登山線路

B．乙走紅門盤道徒步線路

C．丙走桃花峪登山線路

D．甲走天燭峰登山線路

【答案】D

【解析】甲乙丙三人陳述中都提到了甲的路線,由題意知這三句中一定有一個是正確另外兩個錯誤的,再分情況討論即可.【詳解】

若甲走的紅門盤道徒步線路,則乙,丙描述中的甲的去向均錯誤,又三人的陳述都只對一半,則乙丙的另外兩句話“丙走紅門盤道徒步線路”,“乙走紅門盤道徒步線路”正確,與“三人走的線路均不同”矛盾.故甲的另一句“乙走桃花峪登山線路”正確,故丙的“乙走紅門盤道徒步線路”錯誤,“甲走天燭峰登山線路”正確.乙的話中“甲走桃花峪登山線路”錯誤,“丙走紅門盤道徒步線路”正確.綜上所述,甲走天燭峰登山線路,乙走桃花峪登山線路,丙走紅門盤道徒步線路

故選：D

【點睛】

本題主要考查了判斷與推理的問題,重點是找到三人中都提到的內容進行分類討論,屬于基礎題型.10．如圖，正方體的棱長為分別是棱的中點，則多面體的體積為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】由題易得為正六邊形,故連接對角線取中心,再求得高與底面面積即可.【詳解】

取為正六邊形中心,則易得共線,再建立如圖空間直角坐標系,則，故,故面,故體積

故選：C

【點睛】

本題主要考查立體幾何中的垂直平行關系,同時注意正六邊形的面積可以用六個小正三角形進行計算,屬于中等題型.11．四面體的四個頂點都在球的表面上，是邊長為3的等邊三角形，若，則球的表面積為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】先求底面外接圓直徑,再求球的直徑,再利用表面積求解即可.【詳解】

外接圓直徑,故球的直徑平方,故外接球表面積

故選：A

【點睛】

本題主要考查側棱垂直底面的錐體外接球表面積問題,先利用正弦定理求得底面直徑,再利用錐體高,根據球直徑求解即可.屬于中等題型.12．設,若方程恰有四個不相等的實數根，則實數的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】畫出函數圖像,再根據直線與有四個交點分析即可.【詳解】

畫出圖像,由過定點,故將直線繞著旋轉進行分析,得出臨界條件如圖,直線過和與相切時為臨界條件.當過時,易得.當與相切時,設切點，故在處切線斜率,故,故,故,故

故的取值范圍是

故選C

【點睛】

本題主要考查了數形結合解決分段函數零點的問題,重點是畫出圖像,分析滿足條件時的情況,再求得臨界條件,最后得出斜率的取值范圍,屬于難題.二、填空題

13．若向量和向量垂直，則_______．

【答案】

【解析】利用垂直求得,再求出的向量坐標,進而求得模長即可.【詳解】

因為向量和向量垂直,所以,故,故,故

故

故答案為5

【點睛】

本題主要考查向量的坐標運算,包括垂直的性質以及模長的運算等,屬于基礎題型.14．函數的圖象在處的切線方程為______________________.【答案】

【解析】先求導函數,再代入于內求得斜率,代入于內求得切點坐標,再用點斜式求直線方程即可.【詳解】

由題,又,故在處的斜率為,故在處的切線方程為

故答案為：

【點睛】

本題主要考查了導數幾何意義,求在某點處切線的方程,屬于基礎題型.15．已知等比數列中，各項都是正數，且成等差數列，則______.【答案】

【解析】先根據等差中項的性質可知得2×（）=a1+2a2，進而利用通項公式表示出q2=1+2q，求

得q，代入中即可求得答案．

【詳解】

依題意可得2×（）=a1+2a2，即，a3=a1+2a2，整理得q2=1+2q，求得q=1±，∵各項都是正數

∴q＞0，q=1+

∴==3+2

故答案為：

【點睛】

本題主要考查了等差數列和等比數列的性質．考查了學生綜合分析的能力和對基礎知識的理

解．

16．在直三棱柱中,若，則異面直線與所成的角等于_________

【答案】

【解析】建立空間直角坐標系分別求得，再利用即可得到所求角大小．

【詳解】

三棱柱為直三棱柱,且

以點

為坐標原點，分別以，為

軸建立空間直角坐標系

設，則，,，又

異面直線所成的角在異面直線與所成的角等于

．

【點睛】

本題考查了異面直線所成角的計算，一般建立空間直角坐標系利用向量法來解決問題，屬于中檔題．

三、解答題

17．如圖，在三棱柱中，⊥，⊥，為的中點，且⊥.(1)求證：⊥平面；(2)求三棱錐的體積.【答案】解：(1)見解析；(2)＝·CD

＝A1B1×B1B×CD＝×2×2×＝.【解析】本題考查線線垂直，線面垂直及多面體的體積的求法技巧，轉化思想的應用，考查計算能力

（1）證明CD⊥BB1，通過BB1⊥AB，AB∩CD=D，即可證明BB1⊥面ABC

（2）所求的體積進行等價轉化可以知道幾何體的體積．

解：(1)∵AC＝BC，D為AB的中點，∴CD⊥AB，又∵CD⊥DA1，∴CD⊥平面ABB1A1，∴CD⊥BB1，又BB1⊥AB，AB∩CD＝D，∴BB1⊥平面ABC

(2)由(1)知CD⊥平面AA1B1B，故CD是三棱錐C－A1B1D的高，在Rt△ACB中，AC＝BC＝2，∴AB＝2，CD＝，又BB1＝2，∴＝·CD

＝A1B1×B1B×CD＝×2×2×＝

【詳解】

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18．已知半徑長為的圓截軸所得弦長為，圓心在第一象限且到直線的距離為．

（1）求這個圓的方程；

（2）求經過與圓相切的直線方程．

【答案】（1）；（2）和.【解析】(1)設圓心,半徑=5,利用圓截軸所得弦長為算出.再利用到直線的距離為算得即可.(2)分情況當斜率不存在時判斷是否滿足條件,再考慮當斜率存在時,設過的點斜式方程,再利用與圓相切列出圓心到直線的距離等于半徑的方程,求解即可.【詳解】

由題圓心,半徑=5

截軸弦長為6,由到直線的距離為,所以圓的方程為

（2）分情況討論：當直線存在斜率時,設切線方程為：

由到直線的距離

切線方程：

當直線過點且斜率不存在時,方程也是所求的切線方程.綜上,切線方程為和

【點睛】

本題主要考查了直線與圓的方程問題.重點在于根據題目條件找到圓心半徑的關系,相交一般利用垂徑定理,相切一般用圓心到直線的距離等于半徑列式求解.同時注意求過定點的直線時,要分斜率存在與不存在的情況,屬于中等題型.19．如圖，在中，邊上的中線長為3，且，．

（1）求的值；

（2）求邊的長．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）4；

【解析】（1）由同角三角函數的關系、三角形內角的范圍和兩角差的正弦公式即可求出.（2）在中，利用正弦定理得，在中利用余弦定理即可求出.【詳解】

解：因為，所以．

又，所以，所以

．

在中，由得，解得．故，在中，由余弦定理得，得．

【點睛】

本題考查兩角差的正弦公式，考查正弦定理、余弦定理的運用，屬于中檔題.20．已知數列的前n項和為，且.（1）求數列的通項.（2）設，求數列的前n項和.【答案】（1）；（2）

.【解析】(1)利用通項與前n項和的關系求得關于的遞推公式滿足等比數列,再求得首項與公比即可求得數列的通項.(2)

為差比數列,故考慮用錯位相減求和.【詳解】

解（1）

兩式相減得,即數列{an}是等比數列．

(2)

①

②

①﹣②得

【點睛】

本題主要考查了通項與前n項和的關系,同時也考查了錯誤相減求和的方法,屬于中等題型.21．在平面直角坐標系xOy中，已知直線與圓O：相切．

（1）直線l過點(2，1)且截圓O所得的弦長為，求直線l的方程；

（2）已知直線y＝3與圓O交于A，B兩點，P是圓上異于A，B的任意一點，且直線AP，BP與y軸相交于M，N點．判斷點M、N的縱坐標之積是否為定值?若是，求出該定值；若不是，說明理由．

【答案】（1）或；（2）見解析.【解析】（1）記圓心到直線l的距離為d，利用垂徑定理求得d．當直線l與x軸垂直時，直線l的方程為x=2，滿足題意；當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為y﹣1=k（x﹣2），利用圓心到直線的距離列式求得k，則直線方程可求；

（2）設P（x1，y1），由直線y=3與圓O交于A、B兩點，不妨取A（1，3），B（﹣1，3），分別求出直線PA、PB的方程，進一步得到M，N的坐標，由P在圓上，整體運算可得為定值．

【詳解】

∵直線x﹣3y﹣10=0與圓O：x2+y2=r2（r＞0）相切，∴圓心O到直線x﹣3y﹣10=0的距離為r=．

（1）記圓心到直線l的距離為d，∴d=．

當直線l與x軸垂直時，直線l的方程為x=2，滿足題意；

當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為y﹣1=k（x﹣2），即kx﹣y+（1﹣2k）=0．

∴，解得k=﹣，此時直線l的方程為3x+4y﹣10=0．

綜上，直線l的方程為x=2或3x+4y﹣10=0；

（2）點M、N的縱坐標之積為定值10．

設P（x1，y1），∵直線y=3與圓O交于A、B兩點，不妨取A（1，3），B（﹣1，3），∴直線PA、PB的方程分別為y﹣3=，y﹣3=．

令x=0，得M（0，），N（0，），則（）．

∵點P（x1，y1）在圓C上，∴，即，代入（）式，得為定值．

【點睛】

求定值問題常見的方法

①從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．

②直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．

22．已知定義在上的函數在區間上的最大值是5，最小值是.（1）求函數的解析式；

（2）若時，恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）；（2）

【解析】（1）求出導函數，由導數確定單調性，得最值后可得，得解析式；

（2）恒成立，作為的函數可以看作是一次函數，只要區間兩個端點處函數值滿足不等式即可．

【詳解】

解：（1）令，解得或（舍），因為，由知，在上單調遞增，在上單調遞減，在上的最大值為，最小值為，解得，.（2）由（1）知，恒成立，令，則在上恒成立，等價于：，即.解得，故實數的取值范圍為.【點睛】

本題考查用導數研究函數的最值，考查不等式恒成立問題．解題中注意問題的轉化，不等式恒成立問題常常要進行轉化．