2019-2020 高三年级上学期 12 月月考
数学理科试卷
一.选择题（每题 5 分，共 60 分）
1.已知复数 （i 为虚数单位），则 的虚部为（ ）
A. 1 B. -1 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先计算出复数 z，求出共轭复数 ，再由复数的定义得结论．
【详解】 ， ，其虚部为 1．
故选：A．
【点睛】本题考查复数的除法运算，考查共轭复数及复数的定义．属于基础题．
2.已知集合 ， ，则 =（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
解分式不等式得集合 A，求对数函数的值域得集合 B，再由并集概念计算．
【 详 解 】 由 题 意 ，
，
时， ， ， ，
∴ ．
故选：D.
【点睛】本题考查集合的并集运算，考查对数函数的性质．解分式不等式要注意分母不为
1 i
i
z += z
i i−
z
2
1 i
i
(1 ) 1z i i ii
+= += = - 1z i= +
1| 01
xA x x
− = ≥ +
{ }2| log (3 ),B y y x x A= = + ∈ A B
( , 1) [2, )−∞ − +∞ ( , 1) [1, )−∞ − +∞ [ ]1,2− ( ]1,2−
1 01
x
x
− ≥+
(1 )(1 ) 0
1 0
x x
x
− + ≥⇒ + ≠
( 1)( 1) 0
1
x x
x
− + ≤⇒ ≠ − 1 1x⇒ − < ≤
( 1,1]A = −
1 1x− < ≤ 2 3 4x< + ≤ 21 log ( 3) 2x< + ≤ (1,2]B =
( 1,2]A B = −0．
3.函数 的图像大致为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
分析：通过研究函数奇偶性以及单调性，确定函数图像.
详解： 为奇函数，舍去 A,
舍去 D;
，
所以舍去 C；因此选 B.
点睛：有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路（1）由函数的定义域，判断图象左右的
位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；③
由函数的奇偶性，判断图象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环往复．
4.石家庄春雨小区有 3 个不同的住户家里供暖出现问题，负责该小区供暖的供热公司共有 4 名
水暖工，现要求这 4 名水暖工都要分配出去，且每个住户家里都要有人去检查，则分配方案
共有（ ）种
A. 12 B. 24 C. 36 D. 72
( ) 2
e ex x
f x x
−−=
20, ( ) ( ) ( )
x xe ex f x f x f xx
− −≠ − = = − ∴
1(1) 0f e e−= − > ∴
2
4 3
( ) ( )2 ( 2) ( 2)( ) 2, ( ) 0
x x x x x xe e x e e x x e x ef x x f xx x
− − −+ − − − + += = ′∴ >′ >【答案】C
【解析】
【分析】
4 人分配到 3 个家庭，有一家去 2 人．由此利用排列组合的知识可得．
【 详 解 】 4 名 水 暖 工 分 配 到 3 个 家 庭 ， 其 中 有 2 人 去 同 一 家 ， 因 此 分 配 方 案 数 为
．
故选：C．
【点睛】本题考查排列组合的综合应用，解题方法是分组分配法．
5.若双曲线 的离心率为 ，则双曲线 C 的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由离心率得 ，再转化为 的关系即得．
【详解】由题意 ，即 ， ， ，
∴渐近线方程为： ．
故选：D.
【点睛】本题考查求双曲线的渐近线方程，解题方法就是由离心率得 的关系，但要注意双
曲线的标准方程，渐近线的形式．
6.若 ，则二项式 的展开式中的常数项为（ ）
A. 6 B. 12 C. 60 D. 120
【答案】C
2 3
4 3 36C A =
2 2
2 2: 1( 0, 0)y xC a ba b
− = > > 3
1
2y x= ± 2y x= ± 2y x= ±
2
2y x= ±
3c
a
= ,a b
3c
a
= 2 2 2
2 2 3c a b
a a
+= =
2
2 2b
a
= 2
2
a
b
=
2
2y x= ±
,a b
0
3 sinm xdx
π= ∫ 12
m
x
x
+ 【解析】
【分析】
先由微积分基本定理求得 m，然后由二项展开式通项公式求出常数项．
【详解】 ，
，其展开式通项公式 ，
令 ， ，∴常数项为 ．
故选：C．
【点睛】本题考查二项式定理，考查微积分基本定理，掌握这两个定理是解题基础．
7.如图中共顶点的椭圆①②与双曲线③④的离心率分别为 e1，e2，e3，e4，其大小关系为( )
A. e1=
×⋅
因为二面角 为锐角，所以所求二面角的余弦值为
【点睛】本题考查用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查用空间向量法求线面角和二面
角．本题对学生的空间想象能力，运算求解能力有一定的要求．
20.已知椭圆 的离心率为 ，过椭圆 E 的左焦点 且与 x 轴垂直
的直线与椭圆 E 相交于的 P，Q 两点，O 为坐标原点， 的面积为 .
（1）求椭圆 E 的方程；
（2）点 M，N 为椭圆 E 上不同两点，若 ，求证： 的面积为定值.
【答案】(1) (2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）离心率提供一个等式 ， 是椭圆的通径，通径长为 ，这样 的面积
又提供一个等式 ，两者联立方程组结合 ，可求得 得椭圆标
准方程．
（2）设 ，由 得 ，当直线 的斜
率存在时，设直线 的方程为 ，代入椭圆方程并整理，得
.应用韦达定理得 ，代入 可得
的关系，注意 ，然后由圆锥曲线中的弦长公式计算弦长 ，求出 到直线
的距离，求得 的面积，化简可得为定值，同样直线 的不斜率存在时，也求得
的面积和刚才一样，即得结论．
【详解】（1）设椭圆的半焦距为 c，则 ①
E AF C− − 15
5
2 2
2 2: 1( 0)x yE a ba b
+ = > > 3
2 1F
OPQ△ 3
2
2
2OM ON
bk k a
⋅ = − OMN
2
2 14
x y+ =
3
2
c
a
= PQ
22b
a
OPQ∆
21 2 3
2 2
bc a
× × = 2 2 2a b c= + ,a b
( ) ( )1 1 2 2, , ,M x y N x y
2
2
1
4OM ON
bk k a
⋅ = − = − 1 2 1 24x x y y= − MN
MN ,( 0)y kx m m= + ≠
( )2 2 21 4 8 4 4 0k x kmx m+ + + − = 1 2 1 2,x x x x+ 1 2 1 24x x y y= −
,k m > 0∆ MN O MN
OMN∆ MN
OMN∆
3
2
c
a
=过椭圆左焦点 且与 x 轴垂直的直线方程为 ，与椭圆方程联立解得 ，
所以 ，所以 ②
把①代入②，解得
又 ，解得
所以 E 的方程为：
（2）设 ，因为 ， ，
所以 ，即 ，
即
（i）当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，代入椭圆方程并
整理，得 .
则 ，
③
所以 ，整理得 ，代入③，
，
O 到直线 的距离 ，
所以
1F x c= − 2by a
= ±
22| | bPQ a
=
21 2 3
2 2
bc a
× × =
2 1b =
2 2 2
2 2
3
4
c a b
a a
−= = 2 4a =
2
2 14
x y+ =
( ) ( )1 1 2 2, , ,M x y N x y 2 4a = 2 1b =
2
2
1
4OM ON
bk k a
⋅ = − = − 1 2
1 2
1
4
y y
x x
⋅ = −
1 2 1 24x x y y= −
MN MN ,( 0)y kx m m= + ≠
( )2 2 21 4 8 4 4 0k x kmx m+ + + − =
1 2 2
8
1 4
kmx x k
+ = − +
2
1 2 2
4 4
1 4
mx x k
−= +
( )( ) ( )2 2 2 2 2(8 ) 4 1 4 4 4 16 1 4km k m k m∆ = − + − = + −
( )( ) ( ) 2 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 2
4
1 4
k my y kx m kx m k x x km x x m k
− += + + = + + + = +
2 2 2
2 2
4 4 441 4 1 4
m k m
k k
− − += − ×+ +
2 21 4 2k m+ = 216 0m∆ = >
( ) ( )2 2
22 2
1 2 1 2 2
16 1 4
| | 1 4 1 1 4
k m
MN k x x x x k k
+ −
= + + − = + ⋅ +
MN 2
| |
1
md
k
=
+
( )2 2 2 2
2
OMN 2 22
16 1 41 1 | | 2 1 4| | 1 | |2 2 1 4 1 41
k m m k mS MN d k mk kk
∆
+ − + −= ⋅ = + ⋅ ⋅ = ⋅+ ++，即 的面积为定值 1
（ii）当直线 的斜率不存在时，不妨设 的斜率为 且点 M 在第一象限，此时 的
方程为 ，代入椭圆方程，解得 ，此时 的面积为
.
综上可知， 的面积为定值 1
【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题中的定值问题．综合性较强，
对学生的推理能力，运算求解能力要求较高，属于难题．在直线与椭圆相交问题中，采取“设
而不求”的思想方法，即设直线 的方程为 ，设交点 ， ，由
直线方程与椭圆方程联立消元，应用韦达定理可得 ，代 入 得参数间的
关系，由弦长公式求弦长并代入 化简．同时求三角形的高，求出三角形面积．注
意还要讨论直线 斜率不存在的情形．
21.已知函数 ，
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）当 ，讨论 的零点个数；
【答案】（1） 单调递减区间为： ， ；单调递增区间为： ，
；（2）当 时， 在 上有 2 个零点，当 时， 在
上无零点.
【解析】
【分析】
（1）先判断 为偶函数，再利用导数研究 上的单调性，根据偶函数的对称性，
得到答案.（2）先求出导函数，然后对 按照 ， ，进行分类讨论，当 ，得
到 在 单调递增，结合 ，判断出此时无零点，当 ，得到
2 2
2 2
2 2 | || | | | 12
m m mm mm m
−= ⋅ = ⋅ = OMN
MN OM 1
2 OM
1
2y x= 22, 2M
OMN
1 22 2 12 2
× × × =
OMN
MN y kx m= + ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y
1 2 1 2,x x x x+ OM ONk k⋅
1 2 1 2,x x x x+
MN
21( ) sin cos 2f x x x x ax= + + [ , ]x π π∈ −
0a = ( )f x
0a > ( )f x
( )f x ,02
π − ,2
π π
, 2
ππ − −
0, 2
π
2
20 a π< ≤ ( )f x [ , ]−π π
2
2a π> ( )f x
[ , ]−π π
( )f x [0, ]x π∈
a 1a ≥ 0 1a< < 1a ≥
( )f x [0, ]x π∈ ( )0 1f = 0 1a< < ( )f x单调性，结合 ， 的值，以及偶函数的性质，得到零点个数.
【详解】解：∵ ∴ 为偶函数，
只需先研究
当 ， ，当 ， ，
所以 在 单调递增，在 ，单调递减
所以根据偶函数图像关于 轴对称，
得 在 单调递增，在 单调递减，
.故 单调递减区间为： ， ；单调递增区间为： ，
（2）
① 时， 在 恒成立
∴ 在 单调递增
又 ，所以 上无零点
② 时， ，
使得 ，即 .
又 在 单调递减，
所以 ， ， ，
所以 ， 单调递增， ， 单调递减，
又 ，
在
( )0f ( )f π
( ) ( )f x f x− = ( )f x
[0, ]x π∈
( ) sin cosf x x x x= +
( ) sin cos sin cosf x x x x x x x′ = + − =
0, 2x
π ∈ ( ) 0f x′ ≥ ,2x
π π ∈ ( ) 0f x′ ≤
( )f x 0, 2x
π ∈ ,2x
π π ∈
y
( )f x , 2x
ππ ∈ − − ,02x ∈ −
π
( )f x ,02
π − ,2
π π
, 2
ππ − − 0, 2
π
( ) cos (cos )f x x x ax x x a′ = + = +
1a ≥ ( ) (cos ) 0f x x x a′ = + ≥ [0, ]x π∈
( )f x [0, ]x π∈
(0) 1f = ( )f x [ , ]x π π∈ −
0 1a< < 0 (0, )x π∃ ∈
( )0 0cos 0x x a+ = 0cos x a= −
cos x (0, )π
( )00,x x∈ ( ) 0f x′ > ( )0 ,x x π∈ ( ) 0f x′ <
( )00,x x∈ ( )f x ( )0 ,x x π∈ ( )f x
(0) 1f = 21( ) 12f aπ π= −（i） ，即 时
在 上无零点，
又 为偶函数，所以 在 上无零点
（ii） ，即
在 上有 1 个零点，
又 为偶函数，所以 在 上有 2 个零点
综上所述，当 时， 在 上有 2 个零点，当 时， 在
上无零点.
【点睛】本题考查偶函数的性质，利用导数求函数的单调区间，利用导数研究函数的零点个
数问题，涉及分类讨论的思想，属于中档题.
（二）选考题（共 10 分）请考生在第 22，23 题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将
答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑.如果多做，则按所做的第一题计分.
22.在直角坐标系 中，曲线 （ 为参数，且 ）.以原点 O 为
极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线 经过点
.
（1）求曲线 C 的普通方程和直线 l 的直角坐标方程；
（2）求曲线 C 上的点 N 到直线 l 的距离的最小值，以及此时点 N 的坐标.
【 答 案 】（1 ） 曲 线 ， 直 线 ； （ 2 ） 最 小 值 是 ，
．
【解析】
【分析】
（1）由 消元后可得曲线Ｃ的普通方程，由公式 可得直线的
直角坐标方程；
21 1 02 aπ − > 2
2 1aπ < <
( )f x [0, ]π
( )f x ( )f x [ , ]−π π
21 1 02 aπ − ≤ 2
20 a π< ≤
( )f x [0, ]π
( )f x ( )f x [ , ]−π π
2
20 a π< ≤ ( )f x [ , ]−π π
2
2a π> ( )f x [ , ]−π π
xOy 3 cos:
sin
xC
y
α
α
= =
α 0 2α π≤ <
: cos sinl mρ θ ρ θ+ =
4 2, 4M
π
2
2: 13
xC y+ = : 8 0l x y+ − = 3 2 N
3 1( , )2 2
2 2cos sin 1α α+ = cos
sin
x
y
ρ θ
ρ θ
=
=（2） ，由点到直线距离公式求出点到直线的距离，结合三角函数知识可
求得最小值及相应点的坐标．
【详解】（1）由由 得 ，此为 C 的普通方程，
直线 经过点 ，则 ，
∴直线 的直角坐标方程为 ，即 ．
（2）设 ， ，则 ，
当 ，即 时， ，此时 点坐标为 ．
【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，掌
握公式 是解题基础．
23.已知函数 .
（1）求不等式 的解集；
（2）记 的最大值为 m，且正实数 a，b 满足 ，求 的最小值.
【答案】（1） ；（2） ．
【解析】
【分析】
（1）分类去绝对值符号后解不等式，最后合并解集；
（2）由（1）可得 m，用凑配法得出可用基本不等式的形式，求得最值 ．
【详解】（1）当 时， 恒成立，∴ ，
当 时， ，解得 ，
当 时， 不成立，无解，
综上，原不等式的解集为 ．
( 3 cos ,sin )N α α
2 2cos sin 1α α+ =
2
2 13
x y+ =
: cos sinl mρ θ ρ θ+ = 4 2, 4M
π
4 2(cos sin ) 84 4 m
π π+ = =
l 8x y+ = 8 0x y+ − =
( 3 cos ,sin )N α α [0,2 )α π∈ 3 cos sin 8
2
d
α α+ −
= 2sin( ) 83
2
πα + −
=
sin( ) 13
πα + =
6
πα = min 3 2d = N 3 1( , )2 2
cos
sin
x
y
ρ θ
ρ θ
=
=
( ) | 1| | 2 |f x x x= + − −
( ) 1f x ≥
( )f x 1 1
2 2 ma b a b
+ =+ + a b+
[1, )+∞ 4
9
2x ≥ ( ) 1 ( 2) 3 1f x x x= + − − = ≥ 2x ≥
1 2x− ≤ < ( ) 1 2 2 1 1f x x x x= + + − = − ≥ 1 2x≤ <
1x < − ( ) ( 1) 2 3 1f x x x= − + + − = − ≥
[1, )+∞（2）由（1） ，∴ ，
∴
，当且仅当 ，即 时等号成立，
∴ 的最小值是 ．
【点睛】本题考查解绝对值不等式，考查用基本不等式求最值．解绝对值不等式常用方法就
是根据绝对值定义去掉绝对值符号后再解之．用基本不等式求最值常常用“1”的代换凑配出
基本不等式中需要的定值，从而求得最值．
3m = 1 1 32 2a b a b
+ =+ +
1 1 1[( 2 ) (2 )( )9 2 2a b a b a b a b a b
+ = + + + ++ +
1 2 2(2 )9 2 2
a b a b
a b a b
+ += + ++ +
1 2 2(2 2 )9 2 2
a b a b
a b a b
+ +≥ + ⋅+ +
4
9
= 2 2
2 2
a b a b
a b a b
+ +=+ +
2
9a b= =
+a b 4
9
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