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1、贵州省铜仁市第一中学2020届高三数学下学期网上月考试题（一）文一、选择题：本题共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. 已知集合，则A. B. C. D. 2. 已知向量，则A. 7B. 8C. D. 93. 已知，则A. B. C. D. 4. 已知函数的导函数为，且，则A. 2B. 3C. 4D. 55. 执行下面的程序框图，若输入的，则输出的A的值为A. 7B. C. 31D. 6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A. B. C. D. 7. 已知函数，要得到的图象，只需将的图象A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
2、C. 向右平移个单位长度D. 向左平移个单位长度8. 已知函数，若，则的取值范围是A. B. C. D. 9. 设函数，则A. 2B. 4C. 8D. 1610. 过点且与椭圆有相同焦点的椭圆方程为 A. B. C. D. 11. 已知等差数列的前n项和为，则A. 140B. 70C. 154D. 7712. 已知函数f(x)x32ex2，g(x)ln xax(aR)，若f(x)g(x)对任意x(0，)恒成立，则实数a的取值范围是()A(0，e B C2e1，) D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 过直线上的任意一点作圆的切线，则切线长的最小值为_14. 某学校高一、高二
3、、高三年级的学生人数成等差数列，现用分层抽样的方法从这三个年级中抽取90人，则应从高二年级抽取的学生人数为_15. 在ABC中，ABC90，延长AC到D，使得CDAB1，若CBD30，则AC_.16. 已知三棱锥满足平面平面ABC，则该三棱锥的外接球的表面积为_三、解答题共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答17（12分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2c2b2abcos Aa2cos B.(1)求B；(2)若b2，tan C，求ABC的面积18、（12分）某商场为提高服务质量,随
4、机调查了50名男顾客和50名女顾客,每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价,得到下面列联表:满意不满意男顾客4010女顾客30201.分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；2.能否有的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？附:.0.0500.0100.0013.8416.63510.82819. （12分）如图，四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，PDDCBC1，AB2，ABDC，BCD90.(1) 求证：PCBC；(2) 求点A到平面PBC的距离20. （12分）已知椭圆的焦距为，椭圆C上任意一点到椭圆两个焦点的距离之和为6（1）求椭圆C的方程；（2）设直线与椭圆C交于两点
5、，点，且，求直线的方程21（12分）函数f(x)axxln x在x1处取得极值(1)求f(x)的单调区间；(2)若yf(x)m1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22.（10分）在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为其中t为参数以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为求和的直角坐标方程；设点，直线交曲线于M，N两点，求的值23（10分）设函数f(x)|ax1|xa|(a0)，g(x)x2x.(1)当a1时，求不等式g(x)f(x)的解集；(2)已知f(x)2恒成立，
6、求a的取值范围贵州省铜仁一中高三年级防疫期间“停课不停学”网上月考（一）文科数学参考答案一、选择题：1.B 解：，2.C 解：向量，即，求得，3.D 解：由幂函数在上单调递增，而，4.B 解：因为； ，令，解得5.C 解：，；，继续循环；，继续循环；，继续循环；，结束循环；6.A 解：由三视图知该几何体是一个四棱锥，可将该几何体放在一个正方体内，如图，在棱长为2的正方体中，取棱，DA，AB，BC，CD的中点分别为E，M，N，P，Q，则该几何体为四棱锥，其体积为7.D 解：函数，要得到的图象，将的图象向左平移个单位长度可得到的图象；8.D解：，可以看作点与点连线的斜率，点在圆上，点在直线上，结合
7、图形分析可得，当过点作圆的切线，此时两条切线的斜率分别是的最大值和最小值圆心与点所在直线的夹角均为，两条切线的倾斜角分别为，故所求直线的斜率的范围为；9.B 解：函数，10.C 解：椭圆，化为，它的焦点，可得，设所求椭圆的方程为，可得，解得，所求的椭圆方程为11.D 解：等差数列的前n项和为，又，12.B 解析：选Bf(x)g(x)ax22ex，令h(x)x22ex，则h(x)2x2e.当0x0，当xe时，h(x)0)，在BCD中，由正弦定理得，所以BD2sinBCD，又sinBCDsinACB，所以BD.在ABD中，(x1)212cos(9030)，化简得x22x，即x32，故x3，故AC3
8、.16. 解：因为，所以的外心为斜边AB的中点，又因为平面平面ABC，所以三棱锥的外接球球心在平面PAB上，即球心就是的外心，根据正弦定理，解得，所以外接球的表面积为三、解答题17.解：(1)因为a2c2b2abcos Aa2cos B，所以由余弦定理，得2accos Babcos Aa2cos B，又a0，所以2ccos Bbcos Aacos B，由正弦定理，得2sin Ccos Bsin Bcos Asin Acos Bsin(AB)sin C，又C(0，)，sin C0，所以cos B.因为B(0，)，所以B.(2)由tan C，C(0，)，得sin C，cos C，所以sin Asi
9、n(BC)sin Bcos Ccos Bsin C.由正弦定理，得a6，所以ABC的面积为absin C626.18. (1).由调查数据知,男顾客中对该商场服务满意的比率为,因此男顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.8. 女顾客中对该商场服务满意的比率为,因此女顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.6.(2).由于,故有95的把握认为男女顾客对该商场服务的评价有差异19. 解：(1) 证明：因为PD平面ABCD，BC平面ABCD，所以PDBC.由BCD90，得BCDC.又PDDCD，PD平面PCD，DC平面PCD，所以BC平面PCD，因为PC平面PCD，故PCBC.(2) 解：如图，连
10、结AC. 设点A到平面PBC的距离为h，因为ABDC，BCD90，所以ABC90，从而由AB2，BC1，得ABC的面积SABC1.由PD平面ABCD及PD1，得三棱锥PABC的体积VSABCPD，因为PD平面ABCD，DC平面ABCD，所以PDDC.又PDDC1，所以PC.由PCBC，BC1，得SPBC.由VSPBChh， h.故点A到平面PBC的距离等于.20. （1）由已知，,解得，,所以，所以椭圆C的方程为。 （2）由 得直线与椭圆有两个不同的交点，所以解得设A（，），B（，）则， 计算所以，A，B中点坐标E（，）因为=，所以PEAB，所以, 解得经检验，符合题意，所以直线的方程为或 2
11、1解：(1)由题意知，f(x)aln x1(x0)，f(1)a10，解得a1，当a1时，f(x)xxln x，即f(x)ln x，令f(x)0，解得x1；令f(x)0，解得0x1，即m2，当0x1时，f(x)x(1ln x)0且x0时，f(x)0；当x时，显然f(x).如图，由图象可知，m10，即m1，由可得2m1.故实数m的取值范围为(2，1)选考题：22.解：直线的参数方程为其中t为参数，消去t可得由，得，代入，得曲线的直角坐标方程为；将直线的参数方程代入，得，设M，N对应的参数分别为，则，23解：(1)当a1时，f(x)|x1|x1|当x1时，x2x2x，得x1；当1x1时，x2x2，即x1或x2，舍去；当x1时，x2x2x，得x3.综上，原不等式的解集为x|x1或x3(2)f(x)|ax1|xa|当0a1时，f(x)minf(a)a212，a1；当a1时，f (x)minf a2，a1.综上，a的取值范围为1，)
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