2020届甘肃省张掖市甘州区高三11月月考数学（文）试卷（PDF版）

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1、 - 1 - 2020 届甘肃省张掖市第二中学高三 11 月月考 数学（文）试卷 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每題给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求） 1复数 1 2 z i （i为虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2设R，则“ 6 ”是“ 1 sin 2 ”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 3已知函数 ( )f x是定义在R上周期为4的奇函数，且当0,2x 时， 2 ( )2f xxx， 则( 5)f 的值为（ ）

2、 A. 3 B. 1 C. 1 D. 3 4已知向量2, 1 ,1,ab，若2/ / 2abab，则实数（ ） A. 2 B. -2 C. 1 2 D. 1 - 2 5已知双曲线 22 2 10 3 xy a a 的一个焦点与抛物线 2 8yx的焦点重合，则a为（ ） A19 B1 C.2 D4 6己知 4 sin() 65 ,则cos() 3 A. 4 5 B 3 5 C. 4 5 . D. 3 5 7已知正数项等比数列 n a中， 1 1a ，且 1 4a与 5 a的等差中项是 3 2a，则 2 a （ ） A2 B2 C4 D2 或 4 8 将函数( )2cos() 6 f xx 图像上

3、所有点的横坐标缩短为原来的 1 2 倍 （纵坐标不变） ， 得到函数( )yg x 的图像，则函数( )yg x的图像的一个对称中心是（ ） A. (,0) 12 B. (,0) 3 C. 5 (,0) 12 D. 2 (,0) 3 9 若A、 B为圆 2 2 :23C xy上任意两点，P为x轴上的一个动点， 则APB的最大值是 （ ） A30 B60 C90 D120 - 2 - 10双曲线 22 22 :1 xy E ab (00ab，）的离心率是5，过右焦点F作渐近线l的垂线，垂足为M，若 OFM的面积是 1，则双曲线E的实轴长是（ ） A. 1 B. 2 C. 2 D. 2 2 11如

4、图 1，已知正方体 1111 ABCDABC D的棱长为2，P为棱 1 AA的中点，,M N Q分别是线段 11 AD， 1 CC， 11 AB上的点， 若三棱锥PMNQ的俯视图如图 2， 则点N到平面PMQ距离的最大值为 （ ） A.3 B. 34 2 C. 3 3 2 D. 5 3 3 12已知函数 2 2,0 ( ) e ,0 x xx f x x ，若 12 ( )()f xf x( 12 xx)，则 12 xx的最大值为（） A. 2 2 B.2ln22 C.3ln22 D.ln2 1 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共

5、2020 分）分） 1323 x ， 2 4 log 3 y，则x y_. 14. 1 tan,sin= 2 ABC 中，则 15若函数 32 ( )3f xxtxx在区间1,4上单调递减，则实数 t 的取值范围是_ 16已知函数( )sin() 6 f xx (0)的最小正周期为，若( )f x在0, )xt时所求函数值中没有最 小值，则实数t的范围是_ 三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17 （本小题满分 12 分）已知正项数列 n a的前n项和 n S满足： 11nn a aSS （1）求数列 n a的通项公式； （

6、2）令 2 log 32 n n a b ，求数列 n b的前n项和 n T. 18 （本小题满分 12 分）某高校在 2016 年的自主招生考试成绩中随机抽取 100 名学生的笔试成绩，按成绩 分组，得到的频率分布表如下表所示 组号 分组 频数 频率 A 1 A 1 B C B D 1 D 1 C P 图 1 1 1 图 2 - 3 - 第 1 组 160 165, 5 0.050 第 2 组 165 170, n 0.350 第 3 组 170 175, 30 p 第 4 组 175,180 20 0.200 第 5 组 180 185, 10 0.100 合计 100 1.000 （1）

7、求频率分布表中n，p的值，并估计该组数据的中位数（保留l位小数） ； （2）为了能选拔出最优秀的学生，高校决定在笔试成绩高的第 3、4、5 组中用分层抽样的方 法抽取 6 名学生进入第二轮面试，则第 3、4、5 组每组各抽取多少名学生进入第二轮面 试？ （3）在（2）的前提下，学校决定从 6 名学生中随机抽取 2 名学生接受甲考官的面试，求第 4 组至少有 1 名学生被甲考官面试的概率 19 （本小题满分 12 分）如图，三棱柱 111 ABCABC中， 1 A A 面ABC，=90ACB，M是AB的中 点， 1 2ACCBCC （）求证：平面 1 ACM 平面 11 ABB A （）求点M到

8、平面 11 ACB的距离 20 （本小题满分 12 分） 已知函数1 2 1 sin)( 2 xxexf x （1）求曲线)(xfy 在点)0(, 0(f处的切线方程； M B A C 1 A 1 C 1 B - 4 - （2）若函数1sin)()(ln)(xexfxxaxg x 有两个极值点 1 x， 2 x)( 21 xx 。且不 等式)()()( 2121 xxxgxg恒成立，求实数的取值范围. 21（本小题满分 12 分） 已知椭圆C： 22 22 1(0) xy ab ab 的左， 右焦点分别为 1 3,0F ， 2 3,0F， 且经过点 1 3, 2 A （）求椭圆C的标准方程；

9、（）过点0(4 )B ，作一条斜率不为0的直线l与椭圆C相交于PQ，两点，记点P关于x轴 对称的点为 P 证明：直线P Q 经过x轴上一定点D，并求出定点D的坐标 22 （本小题满分 12 分）在直角坐标系xOy中，过点1,1P的直线l的参数方程为 1cos 1sin xt yt （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， 曲线C的极坐标方程为4cos （）求曲线C的直角坐标方程； （）若直线l与曲线C相交于,A B两点，求 11 |PAPB 的最小值 22 （本小题满分 12 分）设函数( )3f xxaxa （1）若 ( )f x的最小值是4，求a的值； （2）若

10、对于任意的实数xR，总存在2,3a ，使得 2 4( )0mmf x成立，求实 数m的取值范围 - 5 - 数学（文科）答案 1 答案】D【详解】复数 12222 222555 ii zi iii 对应的点坐标为 22 , 55 在第四象限 2【答案】A【分析】分别判断充分性和必要性，得到答案. 【详解】当 6 ,可以得到 1 sin 2 ,反过来若 1 sin 2 ，至少有 6 或 5 6 ，所以 6 为充分不必 要条件 3【答案】B 由题意，函数 fx是定义R在上周期为4的奇函数，所以( 5)( 54)( 1)(1)ffff ， 又0,2x时， 2 2f xxx，则 2 2 1111f ，

11、所以( 5)(1)1ff ，故选 B. 4【答案】D【分析】根据平面向量的坐标运算与共线定理，列方程求出 的值 【详解】向量a （2，1） ，b （1， ） ，则 2ab（4，1+2 ） ，2ab（3，2 ） ， 又（ 2ab ）（2a b ） ，所以 4（2 ）3（1+2 ）0，解得 1 2 故选：D 5【答案】B【解析】由题意得 22 321aa，选 B. 6 7 1 4a与 5 a的等差中项是 3 2a，所以 315 224aaa，即 24 111 224aqaaq， 42 2 4402122qqqa ，负值舍去，故选 B 8【答案】D【解析】将函数 2cos 6 f xx 图象上所有点

12、的横坐标缩短到原来的 1 2 倍（纵坐标不变） ， 得 到 函 数 ygx的 图 象 ， 则 2 c o s2 6 gxx ， 由 题 可 得 当 2 3 x 时 ， 223 2 c o s22 c o s0 3362 g .即函数 yg x的图象的一个对称中心是 2 ,0 3 故选 D 10【解析】由于双曲线焦点到渐近线的距离为b,故,OFb OMa FMb,根据面积公式有 1 1,2 2 abab,而 222 5, c cab a ,解得1,2,5abc,故实轴长22a ,选 B 11 解:由俯视图知，M为 11 AD的中点, Q为 11 AB的中点，平面/PMQ平面 11 AB D， 1

13、 AC平面 PMQ，当N与C重合，点N到平面PMQ的距离最大，最大值为 55 3 2 3 63 ，故选 D. 12 解:当(,0)x 时，( )f x单调递减，且( )(0,)f x ，当0,)x时，( )f x单调递增，且 ( )1,)f x ，可设 2 12 ( )()f xf xt( 12 0xx)，其中1t ，则 1 2 2 xt ， 2 2lnxt， - 6 - 12 2 2ln 2 xxtt (1t )，令 2 ( )2ln 2 g ttt ， 2242 ( ) 22 t g t tt ，由( )0g t， 得12 2t ，由( )0g t，得2 2t ，( )g t在(1,2 2

14、)上单调递增，在(2 2,)上单调递减， max ( )(2 2)3ln22g tg，即 12 xx的最大值为3ln22，故选 C. 13 14 【解析】 2 ( )323fxxtx，由于 ( )f x在区间1,4上单调递减，则有( )0fx 在1,4上恒成立， 即 2 3230xtx，也即 31 () 2 tx x 在1,4上恒成立，因为 31 () 2 yx x 在1,4上单调递增，所以 3151 (4) 248 t ， 16.【详解】因为函数( )sin() 6 f xx (0)的最小正周期为，所以2， 当0, )xt时，2,2) 666 xt ，因为0, )xt时所求函数值中没有最小值

15、， 所以 53 2 662 t ，解得 2 33 t ，所以t的取值范围是 2 (, 33 ， 17【答案】 （1）2n n a ； （2） 2 9 2 nn 【试题解析】 （1）由已知 11nn a aSS，可得 当1n 时， 2 111 aaa，可解得 1 0a ，或 1 2a ，由 n a是正项数列，故 1 2a . 当2n 时， 由已知可得22 nn aS， 11 22 nn aS ， 两式相减得， 1 2 nnn aaa .化简得 1 2 nn aa ， 数列 n a是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，故2n n a .数列 n a的通项公式为2n n a . （2） 2 log

16、 32 n n a b ，代入2n n a 化简得5 n bn，显然 n b是等差数列， 其前n项和 2 459 22 n nnnn T . 【答案】 （1）35n ，0.300p ，中位数估计值为 171.7（2）第 3、4、5 组每组各抽学生人数为 3、2、1 （3） 3 5 【分析】 （1）由频率分布表可得：35n ，0.300p ，由中位数的求法可得中位数估计值为 171.7； （2）因为笔试成绩高的第 3、4、5 组的人数之比为3:2:1，由分层抽样的方法选 6 名学生，三个小组分别 选的人数为 3、2、1； （3）先列举出从 6 名学生中随机抽取 2 名学生的不同取法，再列举出第

17、4 组至少有 1 名学生被甲考官面试 5 5 - 7 - 的取法，再结合古典概型的概率公式即可得解. 【详解】解： （1）由已知：53020 10100n，0.5000.3500.2000.1001.000p， 35n，0.300p ，中位数为 0.1 170 0.06 171.7，即中位数估计值为 171.7， （2）由已知，笔试成绩高的第 3、4、5 组的人数之比为3:2:1，现用分层抽样的方法选 6 名学生。故第 3、 4、5 组每组各抽学生人数为 3、2、1。 （3）在（2）的前提下，记第 3 组的 3 名学生为 1 c， 2 c， 3 c， 第 4 组的 2 名学生为 1 d， 2

18、d，第 5 组的 1 名学生为 1 e，且“第 4 组至少有 1 名学生被甲考官面试”为事件 A。 则所有的基本事件有： 12 ,c c， 13 ,c c， 11 ,c d， 12 ,c d， 11 ,c e， 23 ,c c， 21 ,c d， 22 ,c d， 21 ,c e， 31 ,c d ， 32 ,c d ， 31 ,c e ， 12 ,d d ， 11 ,d e ， 21 ,de ，一共 15 种。 A事件有： 11 ,c d ， 12 ,c d ， 21 ,c d ， 22 ,c d ， 31 ,c d ， 32 ,c d ， 12 ,d d ， 11 ,d e ， 21 ,d

19、e ，一 共 9 种。 93 155 P A，答：第 4 组至少有 1 名学生被甲考官面试的概率为 3 5 。 19 （本小题满分 12 分） 证： （）由A1A平面ABC，CM平面ABC，则A1ACM 由ACCB，M是AB的中点，则ABCM 又A1AABA，则CM平面ABB1A1， 又CM平面A1CM，所以平面A1CM平面ABB1A16 分 （）设点M到平面A1CB1的距离为h， 由题意可知A1CCB1A1B12MC2 2，SA1CB12 3，SA1MB12 2 由（）可知CM平面ABB1A1，得，VCA1MB1 1 3 MCSA1MB1 VMA1CB1 1 3 hSA1CB1， 所以，点M

20、到平面A1CB1的距离h MCSA1MB1 SA1CB1 2 3 3 12 分 M B A C 1 A 1 C 1 B - 8 - 2121 （1）因为1 2 1 sin)( 2 xxexf x ，所以xxexexf xx cossin)( / ， 1 分 所以1)0( / fk切，又1)0(f，故所求的切线方程为)0(11xy，即01 yx 4 分 （2）因为1sin)()(ln)(xexfxxaxg x2 2 1 )(lnxxxa 所以)0()( 2 / x x aaxx xg， 5 分 由题意0)( / xg有两个不同的正根，即0 2 aaxx有两个不同的正根， 则4 0 0 04 21

21、 21 2 a axx axx aa ， 7 分 不等式)()()( 2121 xxxgxg恒成立等价于 a xgxg xx xgxg)()()()( 21 21 21 恒成立 又 2 222 2 11121 2 1 )(ln 2 1 )(ln)()(xxxaxxxaxgxg )( 2 1 )()ln(ln 2 2 2 12121 xxxxaxxa 2)( 2 1 )(ln 21 2 212121 xxxxxxaxxa )2( 2 1 ln 22 aaaaa aaaa 2 2 1 ln所以1 2 1 ln )()( 21 21 aa xx xgxg ， 10 分 令1 2 1 lnaay（4a

22、） ，则0 2 11 / a y， 所以1 2 1 lnaay在), 4( 上单调递减， 11 分 所以32ln2y，所以32ln2 12 分 21【答案】 （） 2 2 1 4 x y（）证明见解析，直线P Q 经过x轴上定点D，其坐标为1,0 【分析】 （）由已知结合椭圆定义求得a，再求得b，则椭圆方程可求； （）由题意，设直线l的方程为 4(0)xmym ，再设 1 (P x， 1) y， 2 (Q x， 2) y ，则 1 (P x ， 1) y 联立直线方程与椭圆方程，化为关于y 的一元二次方程，求出P Q 所在直线方程，取0y 求得x值，即可证明直线P Q 经过x轴上一定点D， 并

23、求出定点D的坐标 【详解】解： （）由椭圆的定义，可知 12 2aAFAF 2 2 11 2 34 22 . 解得2a . 又 2 22 31ba，椭圆C的标准方程为 2 2 1 4 x y. - 9 - （）由题意，设直线l的方程为40xmym. 设 11 ,P x y， 22 ,Q xy，则 11 ,P xy. 由 2 2 4 1 4 xmy x y ，消去x，可得 22 48120mymy. 2 16120m Q， 2 12m . 12 2 8 4 m yy m ， 12 2 12 4 y y m . 2121 2121 PQ yyyy k xxm yy ，直线P Q 的方程为 21 1

24、1 21 yy yyxx m yy . 令0y ，可得 21 1 12 4 m yy xmy yy . 12 12 2 4 my y x yy 2 2 12 2 24 4 441 8 8 4 m m m m m m .1,0D. 直线P Q经过x轴上定点D，其坐标为1,0. 【答案】 （） 22 40xyx（） 2 【详解】解： （）4cos， 2 4 cos. 由直角坐标与极坐标的互化关系 222 xy，cosx. 曲线C的直角坐标方程为 22 40xyx. （）将直线l的参数方程代入曲线C的方程，并整理得 2 2sin2cos20tt . 2 2sin2cos80 Q， 可设 12 ,t

25、t是方程的两个实数根，则 12 2cos2sintt， 1 2 20t t . 11 PAPB 1212 12121 2 11tttt ttt tt t 2 121 2 4 2 ttt t 2 2cos2sin8 8 2 22 ， 当 4 时，等号成立. 11 PAPB 的最小值为 2. 【点睛】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，一元二次方程根和系数 关系式的应用，三角函数关系式的恒等变换，考查直线参数方程 t 的几何意义，主要考察学生的运算能力 和转换能力，属于基础题型 22【答案】 （1） 1a； （2）66m 详解： （）( ) |3 |f xxaxa|()(3 )| 4|xaxaa， 由已知 min ( )4f x ，知4| 4a ，解得 1a. （）由题知 2 | 4| 4|mma，又a是存在的， 2 max |4| 4|12mma. - 10 - 即 2 |4| 120mm，变形得(| 6)(| 2)0mm，| 6m ，66m . 点睛： （1）利用ababab和ababab可对含绝对值的不等式进行放缩，从 而求得最值（注意验证取等号的条件） ；