2020届市第一中学等八校联考高三12月联考数学（文）试题
一、单选题
1．A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】上下同时乘以再化简即可.【详解】
故选D
【点睛】
本题主要考查复数的四则运算,属于基础题型.2．已知全集为,集合，则
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】分别求得集合再求即可.【详解】
或
故,故
故选：C
【点睛】
本题主要考查了集合的基本运算,属于基础题型.3．在等差数列中,已知,则该数列前11项和=（）
A．44
B．55
C．143
D．176
【答案】A
【解析】根据等差数列的性质计算即可.【详解】
由等差数列中,则,故
故选：A
【点睛】
本题主要考查了等差数列的基本性质,包括等和性与当为奇数时,前项和
.属于基础题型.4．函数的大致图象是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】先分析奇偶性,再分析当时函数值的正负即可.【详解】,故为奇函数.排除C,D
又当时，此时,排除B
故选A
【点睛】
本题主要考查了函数图像的判断,一般先分析奇偶性,再分析特殊位置的正负即可.属于基础题型.5．动点在圆上移动时，它与定点连线的中点的轨迹方程是
（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设连线的中点为,再表示出动点的坐标,代入圆化简即可.【详解】
设连线的中点为,则因为动点与定点连线的中点为,故,又在圆上,故,即即
故选：B
【点睛】
本题主要考查了轨迹方程的一般方法,属于基础题型.6．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）
A．若且则
B．若且则
C．若
D．若且则
【答案】B
【解析】试题分析：对于A中，若且则与可能是平行的，所以不正确；对于C中，则可能，所以不正确；对于D中，若且则与可能是相交的，所以不正确，故选B．
【考点】直线与平面位置关系的判定．
7．函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，－<φ<)的部分图象如图所示，则ω、φ的值分别是()
A．2，－
B．2，－
C．4，－
D．4，【答案】A
【解析】由函数f（x）＝2sin（ωx+φ）的部分图象，求得T、ω和φ的值．
【详解】
由函数f（x）＝2sin（ωx+φ）的部分图象知，（），∴Tπ，解得ω＝2；
又由函数f（x）的图象经过（，2），∴2＝2sin（2φ），∴φ＝2kπ，k∈Z，即φ＝2kπ，又由φ，则φ；
综上所述，ω＝2、φ．
故选A．
【点睛】
本题考查了正弦型函数的图象与性质的应用问题，是基础题．
8．与直线关于x轴对称的直线的方程是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】利用所求直线的点的坐标，关于轴的对称点的坐标在已知的直线上求解即可.【详解】
设所求直线上点的坐标，则关于轴的对称点的坐标在已知的直线上，所以所求对称直线方程为：,故选D．
【点睛】
本题主要考查对称直线的方程，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于简单题.9．泰山有“五岳之首”“天下第一山”之称，登泰山的路线有四条：红门盘道徒步线路，桃花峪登山线路，天外村汽车登山线路，天烛峰登山线路.甲、乙、丙三人在聊起自己登泰山的线路时，发现三人走的线路均不同，且均没有走天外村汽车登山线路，三人向其他旅友进行如下陈述：
甲：我走红门盘道徒步线路，乙走桃花峪登山线路；
乙：甲走桃花峪登山线路，丙走红门盘道徒步线路；
丙：甲走天烛峰登山线路，乙走红门盘道徒步线路；
事实上，甲、乙、丙三人的陈述都只对一半，根据以上信息，可判断下面说法正确的是（）
A．甲走桃花峪登山线路
B．乙走红门盘道徒步线路
C．丙走桃花峪登山线路
D．甲走天烛峰登山线路
【答案】D
【解析】甲乙丙三人陈述中都提到了甲的路线,由题意知这三句中一定有一个是正确另外两个错误的,再分情况讨论即可.【详解】
若甲走的红门盘道徒步线路,则乙,丙描述中的甲的去向均错误,又三人的陈述都只对一半,则乙丙的另外两句话“丙走红门盘道徒步线路”,“乙走红门盘道徒步线路”正确,与“三人走的线路均不同”矛盾.故甲的另一句“乙走桃花峪登山线路”正确,故丙的“乙走红门盘道徒步线路”错误,“甲走天烛峰登山线路”正确.乙的话中“甲走桃花峪登山线路”错误,“丙走红门盘道徒步线路”正确.综上所述,甲走天烛峰登山线路,乙走桃花峪登山线路,丙走红门盘道徒步线路
故选：D
【点睛】
本题主要考查了判断与推理的问题,重点是找到三人中都提到的内容进行分类讨论,属于基础题型.10．如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，则多面体的体积为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由题易得为正六边形,故连接对角线取中心,再求得高与底面面积即可.【详解】
取为正六边形中心,则易得共线,再建立如图空间直角坐标系,则，故,故面,故体积
故选：C
【点睛】
本题主要考查立体几何中的垂直平行关系,同时注意正六边形的面积可以用六个小正三角形进行计算,属于中等题型.11．四面体的四个顶点都在球的表面上，是边长为3的等边三角形，若，则球的表面积为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】先求底面外接圆直径,再求球的直径,再利用表面积求解即可.【详解】
外接圆直径,故球的直径平方,故外接球表面积
故选：A
【点睛】
本题主要考查侧棱垂直底面的锥体外接球表面积问题,先利用正弦定理求得底面直径,再利用锥体高,根据球直径求解即可.属于中等题型.12．设,若方程恰有四个不相等的实数根，则实数的取值范围是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】画出函数图像,再根据直线与有四个交点分析即可.【详解】
画出图像,由过定点,故将直线绕着旋转进行分析,得出临界条件如图,直线过和与相切时为临界条件.当过时,易得.当与相切时,设切点，故在处切线斜率,故,故,故,故
故的取值范围是
故选C
【点睛】
本题主要考查了数形结合解决分段函数零点的问题,重点是画出图像,分析满足条件时的情况,再求得临界条件,最后得出斜率的取值范围,属于难题.二、填空题
13．若向量和向量垂直，则_______．
【答案】
【解析】利用垂直求得,再求出的向量坐标,进而求得模长即可.【详解】
因为向量和向量垂直,所以,故,故,故
故
故答案为5
【点睛】
本题主要考查向量的坐标运算,包括垂直的性质以及模长的运算等,属于基础题型.14．函数的图象在处的切线方程为______________________.【答案】
【解析】先求导函数,再代入于内求得斜率,代入于内求得切点坐标,再用点斜式求直线方程即可.【详解】
由题,又,故在处的斜率为,故在处的切线方程为
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了导数几何意义,求在某点处切线的方程,属于基础题型.15．已知等比数列中，各项都是正数，且成等差数列，则______.【答案】
【解析】先根据等差中项的性质可知得2×（）=a1+2a2，进而利用通项公式表示出q2=1+2q，求
得q，代入中即可求得答案．
【详解】
依题意可得2×（）=a1+2a2，即，a3=a1+2a2，整理得q2=1+2q，求得q=1±，∵各项都是正数
∴q＞0，q=1+
∴==3+2
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了等差数列和等比数列的性质．考查了学生综合分析的能力和对基础知识的理
解．
16．在直三棱柱中,若，则异面直线与所成的角等于_________
【答案】
【解析】建立空间直角坐标系分别求得，再利用即可得到所求角大小．
【详解】
三棱柱为直三棱柱,且
以点
为坐标原点，分别以，为
轴建立空间直角坐标系
设，则，,，又
异面直线所成的角在异面直线与所成的角等于
．
【点睛】
本题考查了异面直线所成角的计算，一般建立空间直角坐标系利用向量法来解决问题，属于中档题．
三、解答题
17．如图，在三棱柱中，⊥，⊥，为的中点，且⊥.(1)求证：⊥平面；(2)求三棱锥的体积.【答案】解：(1)见解析；(2)＝·CD
＝A1B1×B1B×CD＝×2×2×＝.【解析】本题考查线线垂直，线面垂直及多面体的体积的求法技巧，转化思想的应用，考查计算能力
（1）证明CD⊥BB1，通过BB1⊥AB，AB∩CD=D，即可证明BB1⊥面ABC
（2）所求的体积进行等价转化可以知道几何体的体积．
解：(1)∵AC＝BC，D为AB的中点，∴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是三棱锥C－A1B1D的高，在Rt△ACB中，AC＝BC＝2，∴AB＝2，CD＝，又BB1＝2，∴＝·CD
＝A1B1×B1B×CD＝×2×2×＝
【详解】
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18．已知半径长为的圆截轴所得弦长为，圆心在第一象限且到直线的距离为．
（1）求这个圆的方程；
（2）求经过与圆相切的直线方程．
【答案】（1）；（2）和.【解析】(1)设圆心,半径=5,利用圆截轴所得弦长为算出.再利用到直线的距离为算得即可.(2)分情况当斜率不存在时判断是否满足条件,再考虑当斜率存在时,设过的点斜式方程,再利用与圆相切列出圆心到直线的距离等于半径的方程,求解即可.【详解】
由题圆心,半径=5
截轴弦长为6,由到直线的距离为,所以圆的方程为
（2）分情况讨论：当直线存在斜率时,设切线方程为：
由到直线的距离
切线方程：
当直线过点且斜率不存在时,方程也是所求的切线方程.综上,切线方程为和
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的方程问题.重点在于根据题目条件找到圆心半径的关系,相交一般利用垂径定理,相切一般用圆心到直线的距离等于半径列式求解.同时注意求过定点的直线时,要分斜率存在与不存在的情况,属于中等题型.19．如图，在中，边上的中线长为3，且，．
（1）求的值；
（2）求边的长．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）4；
【解析】（1）由同角三角函数的关系、三角形内角的范围和两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.【详解】
解：因为，所以．
又，所以，所以
．
在中，由得，解得．故，在中，由余弦定理得，得．
【点睛】
本题考查两角差的正弦公式，考查正弦定理、余弦定理的运用，属于中档题.20．已知数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项.（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）
.【解析】(1)利用通项与前n项和的关系求得关于的递推公式满足等比数列,再求得首项与公比即可求得数列的通项.(2)
为差比数列,故考虑用错位相减求和.【详解】
解（1）
两式相减得,即数列{an}是等比数列．
(2)
①
②
①﹣②得
【点睛】
本题主要考查了通项与前n项和的关系,同时也考查了错误相减求和的方法,属于中等题型.21．在平面直角坐标系xOy中，已知直线与圆O：相切．
（1）直线l过点(2，1)且截圆O所得的弦长为，求直线l的方程；
（2）已知直线y＝3与圆O交于A，B两点，P是圆上异于A，B的任意一点，且直线AP，BP与y轴相交于M，N点．判断点M、N的纵坐标之积是否为定值?若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【答案】（1）或；（2）见解析.【解析】（1）记圆心到直线l的距离为d，利用垂径定理求得d．当直线l与x轴垂直时，直线l的方程为x=2，满足题意；当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y﹣1=k（x﹣2），利用圆心到直线的距离列式求得k，则直线方程可求；
（2）设P（x1，y1），由直线y=3与圆O交于A、B两点，不妨取A（1，3），B（﹣1，3），分别求出直线PA、PB的方程，进一步得到M，N的坐标，由P在圆上，整体运算可得为定值．
【详解】
∵直线x﹣3y﹣10=0与圆O：x2+y2=r2（r＞0）相切，∴圆心O到直线x﹣3y﹣10=0的距离为r=．
（1）记圆心到直线l的距离为d，∴d=．
当直线l与x轴垂直时，直线l的方程为x=2，满足题意；
当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y﹣1=k（x﹣2），即kx﹣y+（1﹣2k）=0．
∴，解得k=﹣，此时直线l的方程为3x+4y﹣10=0．
综上，直线l的方程为x=2或3x+4y﹣10=0；
（2）点M、N的纵坐标之积为定值10．
设P（x1，y1），∵直线y=3与圆O交于A、B两点，不妨取A（1，3），B（﹣1，3），∴直线PA、PB的方程分别为y﹣3=，y﹣3=．
令x=0，得M（0，），N（0，），则（）．
∵点P（x1，y1）在圆C上，∴，即，代入（）式，得为定值．
【点睛】
求定值问题常见的方法
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
22．已知定义在上的函数在区间上的最大值是5，最小值是.（1）求函数的解析式；
（2）若时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）
【解析】（1）求出导函数，由导数确定单调性，得最值后可得，得解析式；
（2）恒成立，作为的函数可以看作是一次函数，只要区间两个端点处函数值满足不等式即可．
【详解】
解：（1）令，解得或（舍），因为，由知，在上单调递增，在上单调递减，在上的最大值为，最小值为，解得，.（2）由（1）知，恒成立，令，则在上恒成立，等价于：，即.解得，故实数的取值范围为.【点睛】
本题考查用导数研究函数的最值，考查不等式恒成立问题．解题中注意问题的转化，不等式恒成立问题常常要进行转化．
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