1、試卷類型：B2020屆高三新課標原創(chuàng)月考試題三 數(shù)學適用地區(qū)：新課標地區(qū) 考查范圍：集合、邏輯、函數(shù)、導數(shù)、三角、向量、數(shù)列、不等式、立體幾何、解析幾何建議使用時間：2020年10月底本試卷分第卷（選擇題）和第卷（非選擇題）兩部分.考生作答時，將答案答在答題卡上.在本試卷上答題無效.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.注意事項：1.答題前，考生務必先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，認真核對條形碼上的姓名、準考證號，并將條形碼粘貼在答題卡的指定位置上.2.選擇題答案使用2B鉛筆填涂，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號；非選擇題答案使用0.5毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，

2、字體工整、筆跡清楚.3.請按照題號在各題的答題區(qū)域（黑色線框）內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效.4.保持卡面清潔，不折疊，不破損.第卷一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，滿分60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）1.（2020太原二模）函數(shù)的定義域為，全集，則圖形中陰影部分表示的集合是（ ） A. B. C. D.圖12. (2020銀川一中第三次月考)若，則的值是（ ） A. B. C. D.3.（2020鄭州質檢）一個幾何體的三視圖如圖2所示，則這個幾何體的表面積為（ ）A. B. C. D.圖24.（理）2020浙江卷設aR，則“a1”是“直線l1：ax2

3、y10與直線l2：x(a1)y40平行”的（ ）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件（文）2020浙江卷設aR，則“a1”是“直線l1：ax2y10與直線l2：x2y40平行”的（ ）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件5.（2020哈爾濱第六中學三模）若是異面直線，,，則下列命題中是真命題的為（ ）A.與分別相交 B.與都不相交C.至多與中的一條相交 D.至少與中的一條相交6.（2020瓊海一模）等比數(shù)列的前項和為，則實數(shù)的值是（ ）A.3 B.3 C.1 D.17. 2020山東卷圓(x2)2y24

4、與圓(x2)2(y1)29的位置關系為（ ）A.內切 B.相交 C.外切 D.相離8.（2020昆明第一中學一摸）已知（其中為正數(shù)）,若,則的最小值是（ ）A.2B.C.D.89. 2020湖南卷某幾何體的正視圖和側視圖均如圖3所示，則該幾何體的俯視圖不可能是( )圖310. 2020課標全國卷等軸雙曲線C的中心在原點，焦點在x軸上，C與拋物線y216x的準線交于A，B兩點，|AB|4，則C的實軸長為（ ）A. B.2 C.4 D.811. (2020銀川一中第三次月考)已知函數(shù)若，則實數(shù)的取值范圍是（ ）A. B. C. D.12. （2020鄭州質檢）如圖4，過拋物線的焦點F的直線交拋物線

5、于點A、B，交其準線于點C，若，且，則此拋物線方程為（ ）A. B. C. D.圖4第II卷二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.將答案填在答題卷相應位置上.13. 2020江西卷橢圓1(ab0)的左、右頂點分別是A，B，左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比數(shù)列，則此橢圓的離心率為_.14. 2020山東卷如圖5，正方體的棱長為1，分別為線段上的點，則三棱錐的體積為_.圖515. 2020遼寧卷已知正三棱錐ABC，點P，A，B，C都在半徑為的求面上，若PA，PB，PC兩兩互相垂直，則球心到截面ABC的距離為_.16. (2020銀川一中第三次月考

6、)給出下列四個命題：已知都是正數(shù)，且，則；若函數(shù)的定義域是，則；已知x（0，），則的最小值為；已知a、b、c成等比數(shù)列，a、x、b成等差數(shù)列，b、y、c也成等差數(shù)列，則的值等于2.其中正確命題的序號是_. 三、解答題（本大題共6小題，滿分70分.解答須寫出文字說明、證明過程和演算步驟.）17.（本小題滿分10分）(2020 銀川一中第三次月考)已知a2(cosx，cosx)，b(cosx，sinx)(其中00)的焦點為F，準線為l，A為C上一點，已知以F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓F交l于B，D兩點.(1)若BFD90，ABD的面積為4，求p的值及圓F的方程；(2)若A、B、F三點在同一直線m上，直

7、線n與m平行，且n與C只有一個公共點，求坐標原點到m，n距離的比值.22.（本小題滿分12分）（理）2020浙江卷已知a0，bR，函數(shù)f(x)4ax32bxab.(1)證明：當0x1時，(i)函數(shù)f(x)的最大值為|2ab|a；(ii)f(x)|2ab|a0；(2)若1f(x)1對x0,1恒成立，求ab的取值范圍.（文）2020浙江卷已知aR，函數(shù)f(x)4x32axa.(1) 求f(x)的單調區(qū)間；(2)證明：當0x1時，f(x)|2a|0.試卷類型：B2020屆高三新課標原創(chuàng)月考試題三 答案數(shù)學1. C 【解析】,由圖可知, 陰影部分表示的集合是.2. B 【解析】由解得，所以.所以=.3

8、. D【解析】由三視圖可知，該幾何體是一個橫放的三棱柱，底面是直角邊長分別為1,2的直角三角形，高為2，故這個幾何體的表面積為.4.（理）A【解析】當a1時，直線l1：x2y10與直線l2：x2y40顯然平行，所以條件具有充分性；若直線l1與直線l2平行，則有：，解之得：a1 或 a2，經(jīng)檢驗，均符合，所以條件不具有必要性.故條件是結論的充分不必要條件.（文）C【解析】若a1，則直線l1：ax2y10與l2：x2y40平行；若直線l1：ax2y10與l2：x2y40平行，則2a20即a1.所以“a1”是“l(fā)1：ax2y10與l2：x2y40平行”的充要條件.5. D【解析】若與a，b都不相交，

9、則a/b與已知矛盾，故B，C錯誤；直線可與直線a，b中的一條平行，另一條相交，也可以與兩條直線都相交，但不交于同一個點，所以A錯誤，D正確.6. B【解析】，因為為等比數(shù)列，所以，所以7. B【解析】因為兩圓的圓心距為，又因為320).易知拋物線y216x的準線方程為x4，聯(lián)立得16y2a2(*)，因為|AB|4，所以y2.代入(*)式，得16(2)2a2，解得a2(a0).所以C的實軸長為2a4，故選C.11. D 【解析】當時，有，此時因為，所以不等式無解；當時，有，等價于解得，結合前提條件得；當時，有，此時因為，不等式恒成立，故有；當時，有，即，解得，結合前提條件得；綜上，得.12. C

10、【解析】作準線交準線于點,由拋物線的定義得.故由,得,所以.故直線的傾斜角為.所以直線的方程為.聯(lián)立消去得，解得.故由拋物線的定義得.所以此拋物線的方程為.13. 【解析】由橢圓的定義知，|AF1|ac，|F1F2|2c，|BF1|ac，因為|AF1|，|F1F2|，|BF1|成等比數(shù)列，因此4c2(ac)(ac)，整理得5c2a2，兩邊同除以a2得5e21，解得e.14. 【解析】法一：因為點在線段上，所以，又因為點在線段上，所以點到平面的距離為1,即，所以.法二：使用特殊點的位置進行求解，令點在點處，點在點處，則.15. 【解析】因為在正三棱錐ABC中，PA，PB，PC兩兩互相垂直，所以可

11、以把該正三棱錐看作為一個正方體的一部分（如圖所示），此正方體內接于球，正方體的體對角線為球的直徑，球心為正方體體對角線的中點.球心到截面ABC的距離為球的半徑減去正三棱錐ABC面ABC上的高.已知球的半徑為，所以正方體的棱長為2，可求得正三棱錐ABC面ABC上的高為，所以球心到截面ABC的距離為.16. 【解析】對于，由，得，又都是正數(shù)，所以，即.故正確；對于，令，此時函數(shù)的定義域是，不是，故錯誤；對于，設，則，因為在區(qū)間上單調遞減，所以的最小值是，即的最小值為3，故錯誤；對于，由題意，所以.故正確.17. 解：(1)f(x)ab2(cosx，cosx)(cosx，sinx)2cos2x2co

12、sxsinx1cos2xsin2x12sin(2x).因為直線x是函數(shù)f(x)圖象的一條對稱軸，所以sin()1.所以k(kZ).所以k.因為，所以.又，所以k0，.(2)由(1)知，f(x)12sin(x).列表：x0xy011310描點作圖，函數(shù)f(x)在，上的圖象如圖所示.18.（理）解：(1)證明：因為四邊形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，所以ADCBCD120.又CBCD，所以CDB30，因此ADB90，ADBD.又AEBD，且AEADA，AE，AD平面AED，所以BD平面AED.(2)解法一：取BD的中點G，連接CG，F(xiàn)G，由于CBCD，因此CGBD，又FC平面ABCD，

13、BD平面ABCD，所以FCBD，由于FCCGC，F(xiàn)C，CG平面FCG，所以BD平面FCG，故BDFG，所以FGC為二面角FBDC的平面角.在等腰三角形BCD中，由于BCD120，因此CGCB. 又CBCF，所以GFCG，故cosFGC，因此二面角FBDC的余弦值為.解法二：由(1)知ADBD，所以ACBC.又FC平面ABCD，因此CA，CB，CF兩兩垂直，以C為坐標原點，分別以CA，CB，CF所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設CB1，則C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(xiàn)(0,0,1).因此，(0，1,1).設平面BDF的一個法向量為m(x，y，z)，則m

14、0，m0，所以xyz，取z1，則m(，1,1).由于(0,0,1)是平面BDC的一個法向量，則cosm，所以二面角FBDC的余弦值為.（文）解：(1) 證明：取BD的中點O，連接CO，EO.由于CBCD，所以COBD，又ECBD，ECCOC，CO，EC平面EOC，所以BD平面EOC，因此BDEO，又O為BD的中點，所以BEDE.(2)證法一：取AB的中點N，連接DM，DN，MN，因為M是AE的中點，所以MNBE.又MN平面BEC，BE平面BEC，所以MN平面BEC，又因為ABD為正三角形，所以BDN30，又CBCD，BCD120，因此CBD30，所以DNBC.又DN平面BEC，BC平面BEC，

15、所以DN平面BEC.又MNDNN，故平面DMN平面BEC.又DM平面DMN，所以DM平面BEC.證法二：延長AD，BC交于點F，連接EF.因為CBCD，BCD120.所以CBD30.因為ABD為正三角形.所以BAD60，ABC90，因此AFB30，所以ABAF.又ABAD，所以D為線段AF的中點.連接DM，由點M是線段AE的中點，因此DMEF.又DM平面BEC，EF平面BEC，所以DM平面BEC.19.解：（1）設數(shù)列的公比為.因為，所以由，得.兩邊取以3為底的對數(shù)，得.所以數(shù)列是以為公差的等差數(shù)列.（2）因為，所以由等差中項的性質，得.所以.所以.20.（理）解：方法一：如圖所示，以點A為原

16、點建立空間直角坐標系，依題意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，P(0,0,2).(1)易得(0,1，2)，(2,0,0)，于是0，所以PCAD.(2)(0,1，2)，(2，1，0).設平面PCD的法向量n(x，y，z)，則即不妨令z1，可得n(1,2,1).可取平面PAC的法向量m(1,0,0).于是cosm，n，從而sinm，n.所以二面角APCD的正弦值為.(3)設點E的坐標為(0,0，h)，其中h0,2.由此得，由(2，1,0)，故cos，所以cos30，解得h，即AE.方法二：(1)由PA平面ABCD，可得PAAD.又由ADAC，PAACA，故AD平面PAC，

17、又PC平面PAC，所以PCAD.(2)如圖所示，作AHPC于點H，連接DH.由PCAD，PCAH，可得PC平面ADH，因此DHPC.從而AHD為二面角APCD的平面角.在RtPAC中，PA2，AC1，由此得AH.由(1)知ADAH.故在RtDAH中，DH.因此sinAHD.所以二面角APCD的正弦值為.(3)如圖所示，因為ADC45，故過點B作CD的平行線必與線段AD相交，設交點為F，連接BE，EF.故EBF或其補角為異面直線BE與CD所成的角.由BFCD，故AFBADC.在RtDAC中，CD，sinADC，故sinAFB .在AFB中，由，AB，sinFABsin135，可得BF.由余弦定理

18、，BF2AB2AF22ABAFcosFAB，可得AF.設AEh.在RtEAF中，EF.在RtBAE中，BE.在EBF中，因為EFBE，從而EBF30，由余弦定理得cos30，可解得h.所以AE.（文）解：(1)如圖所示，在四棱錐PABCD中，因為底面ABCD是矩形，所以ADBC且ADBC.又因為ADPD，故PAD為異面直線PA與BC所成的角.在RtPDA中，tanPAD2.所以異面直線PA與BC所成角的正切值為2.(2)證明：由于底面ABCD是矩形，故ADCD.又由于ADPD，CDPDD，因此AD平面PDC.而AD平面ABCD，所以平面PDC平面ABCD.(3)在平面PDC內，過點P作PECD

19、交直線CD于點E，連接EB.由于平面PDC平面ABCD，而直線CD是平面PDC與平面ABCD的交線，故PE平面ABCD.由此得PBE為直線PB與平面ABCD所成的角.在PDC中，由于PDCD2，PC2，可得PCD30.在RtPEC中，PEPCsin30.由ADBC，AD平面PDC，得BC平面PDC，因此BCPC.在RtPCB中，PB.在RtPEB中，sinPBE.所以直線PB與平面ABCD所成角的正弦值為.21.解：(1)由已知可得BFD為等腰直角三角形，|BD|2p，圓F的半徑|FA|p.由拋物線定義可知A到l的距離d|FA|p.因為ABD的面積為4，所以|BD|d4，即2pp4，解得p2(

20、舍去)，p2.所以F(0,1)，圓F的方程為x2(y1)28.(2)因為A，B，F(xiàn)三點在同一直線m上，所以AB為圓F的直徑，ADB90.由拋物線定義知|AD|FA|AB|，所以ABD30，m的斜率為或.當m的斜率為時，由已知可設n：yxb，代入x22py得x2px2pb0.由于n與C只有一個公共點，故p28pb0.解得b.因為m的截距b1，3，所以坐標原點到m，n距離的比值為3.當m的斜率為時，由圖形對稱性可知，坐標原點到m，n距離的比值為3.22.（理）解：(1)(i)f(x)12ax22b12a.當b0時，有f(x)0，此時f(x)在0，)上單調遞增.當b0時，f(x)12a.此時f(x)在上單調遞減，在上單調遞增.所以當0x1時，f(x)maxmaxf(0)，