陕西省西安市科技大学附属中学2020年高三数学理月考试题含解析.docx

陕西省西安市科技大学附属中学2020年高三数学理月考试题含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 正整数n除以m后的余数为r，记为，如.执行如图的程序框图，则输出的数n是(   )A. 19 B. 22 C. 27 D. 47参考答案：C【分析】由已知的程序框图可知，该程序的功能是利用循环结构的计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量的变化情况，即可得到答案.【详解】依题意，进入内循环时为10，出内循环时被4除余数是3，即此时，外循环当除以5余数是2时结束循环，综合两个循环，输出的比11大，且被4除余3，被5除余2，所以该数，所以，所以，所以当时符合条件，即，故选C.2. 设α，β∈(0，)且tanα－tanβ=，则（　　）A．3α+β= B．2α+β= C．3α－β=D．2α－β=参考答案：D【考点】三角函数中的恒等变换应用．【分析】由题意和三角函数公式变形可得cosα=cos[﹣（α﹣β）]，由角的范围和余弦函数的单调性可得．【解答】解：∵，∴﹣=，∴=+=，∴sinαcosβ=cosα（1+sinβ）=cosα+cosαsinβ，∴cosα=sinαcosβ﹣cosαsinβ=sin（α﹣β）由诱导公式可得cosα=sin（α﹣β）=cos[﹣（α﹣β）]，∵，∴[﹣（α﹣β）]∈（0，π），∴α=﹣（α﹣β），变形可得2α﹣β=，故选：D．【点评】本题考查三角函数恒等变换，熟练应用三角函数公式是解决问题的关键，属中档题．　3. 定义在R上的函数满足，则的值为A．-1           B．0        C．1          D．2参考答案：C4. 函数的零点所在的大致区间是               （　   ）A．            B．(1,2)        C．          D．参考答案：B略5. 若且，则的最小值为（    ）A．        B．         C．       D．参考答案：D6. 已知集合，，则（   ）A、       B、        C、      D、参考答案：B7. 在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱A1D1的中点，过C1，B，M作正方体的截面，则这个截面的面积为（　　）A．B． C． D． 参考答案：C【考点】LA：平行投影及平行投影作图法．【分析】由于截面被平行平面所截，所以截面为梯形，取AA1的中点N，可知截面为等腰梯形，利用题中数据可求．【解答】解：取AA1的中点N，连接MN，NB，MC1，BC1，由于截面被平行平面所截，所以截面为梯形，且MN=BC1=，MC1=BN，=，∴梯形的高为，∴梯形的面积为（）×=，故选C．【点评】本题的考点是棱柱的结构特征，主要考查几何体的截面问题，关键利用正方体图形特征，从而确定截面为梯形．8. 不等式（x+1）（x+2）<0的解集是A .{ x | －2＜x＜－1} B. { x | x＜－2或x＞－1}C. { x | 1＜x＜2}    D { x | x＜1或x＞2}参考答案：A9. 将函数的图像上所有的点向右平行移动个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），所得图像的函数解析式是（    ）．A． B． C． D参考答案：C解：． 故选．10. 向量a，b满足，，，则向量a与b的夹角为A．45° B．60° C．90° D．120°参考答案：C二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，，A（1，1），则的取值范围为___参考答案：[，]【分析】用向量表示，将问题转化为求解向量夹角范围的问题，即可求解.【详解】因为是单位圆的内接等边三角形，故=又因为故则.故答案为：.【点睛】本题用用向量求解范围问题，涉及到向量的数量积运算，属基础题.12. 我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点，且法向量为的直线（点法式）方程为，化简得．类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面（点法式）方程为          ．参考答案：x+2y?z?2＝013. 已知函数，若，则实数等于                        。

参考答案：214. 设向量与满足=（﹣2，1），+=（﹣1，﹣2），则|﹣|=　  　．参考答案：5【考点】平面向量的坐标运算．【分析】求出向量b的坐标，从而求出向量﹣的坐标，求出模即可．【解答】解：∵=（﹣2，1），+=（﹣1，﹣2），∴=（1，﹣3），∴﹣=（﹣3，4），∴|﹣|==5，故答案为：5．15. 一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的体积是　　，表面积是　　． 参考答案：,+1+.【考点】由三视图求面积、体积． 【专题】计算题；空间位置关系与距离；立体几何． 【分析】由三视图可知：该几何体是如图所示的三棱锥，其中侧面PAC⊥面ABC，△PAC是边长为2的正三角形，△ABC是边AC=2，边AC上的高OB=1，PO=为底面上的高．据此可计算出表面积和体积． 【解答】解：由三视图可知：该几何体是如图所示的三棱锥， 其中侧面PAC⊥面ABC，△PAC是边长为2的正三角形，△ABC是边AC=2， 边AC上的高OB=1，PO=为底面上的高． 于是此几何体的体积V=S△ABCPO=×2×1×=， 几何体的表面积S=S△PAC+S△ABC+2S△PAB=××2+×2×1+2×××=+1+． 故答案为：， +1+． 【点评】本题考查的知识点是由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键． 16. 设数列是等差数列,,, 则此数列前项和等于            .参考答案：17. .在三棱锥P-ABC中，，点P到底面ABC的距离是；则三棱锥P-ABC的外接球的表面积是_________.参考答案：5π【分析】根据线面垂直的判定定理以及勾股定理得出，平面，将三棱锥放入长方体中，得出长方体的外接球的半径，即为三棱锥的外接球的半径，再由球的表面积公式得出答案.【详解】取中点为，连接，过点作的垂线，垂足为平面，平面平面，，平面，平面，即在中，，与重合，即，平面将三棱锥放入如下图所示的长方体中则该三棱锥的外接球的半径所以三棱锥的外接球的表面积故答案为：【点睛】本题主要考查了多面体的外接球的问题，涉及了线面垂直的证明，属于中档题.三、 解答题：本大题共5小题，共72分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 的外接圆的半径为1，三内角的对应边长分别为 且‖1）试判定的形状（2）求的范围参考答案：解:依题意可得故是直角三角形6分（2）略19. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程是（是参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程.（Ⅰ）判断直线与曲线的位置关系；（Ⅱ）设为曲线上任意一点，求的取值范围．参考答案：(Ⅰ)直线 的普通方程为曲线的直角坐标系下的方程为圆心到直线的距离为所以直线与曲线的位置关系为相离. ……………5分(Ⅱ)设，则.……………10分20. （本小题满分12分）已知实数，命题：在区间上为减函数；命题：方程在有解若为真，为假，求实数的取值范围参考答案： 或略21. 如图，三棱锥A—BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB中点，D为PB中点，且△PMB为正三角形.（Ⅰ）求证：DM//平面APC；（Ⅱ）求 证：平面ABC⊥平面APC； （Ⅲ）若BC=4，AB=20，求三棱锥D—BCM的体积.   参考答案：解：（Ⅰ）∵M为AB中点，D为PB中点，       ∴MD//AP，   又∴MD平面ABC∴DM//平面APC ……………3分                          （Ⅱ）∵△PMB为正三角形，且D为PB中点。

   ∴MD⊥PB 又由（Ⅰ）∴知MD//AP，  ∴AP⊥PB 又已知AP⊥PC   ∴AP⊥平面PBC，∴AP⊥BC，   又∵AC⊥BC ∴BC⊥平面APC，   ∴平面ABC⊥平面PAC   ……………8分（Ⅲ）∵AB=20∴MB=10    ∴PB=10又BC=4，∴又MD∴VD-BCM=VM-BCD=………………12分 略22. 如图，椭圆的左、右焦点分别为，．已知点在椭圆上,且点到两焦点距离之和为4.（1）求椭圆的方程；（2）设与(为坐标原点)垂直的直线交椭圆于（不重合），求的取值范围.参考答案：解：（1）∵2a=4,  ∴a=2.                …………   2分又在椭圆上，∴      …………   4分解得:,∴所求椭圆方程.      ………………………   6分（2），∴.设直线AB的方程：,联立方程组消去y得：.………………   8分,∴.，.                       ………………………   10分设,则. …………………   12分∴的取值范围.                          ………………………   13分略。