安徽省合肥市一六八中学2020届高三上学期第四次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com合肥一六八中学2020届第四次模拟考试

数学试题

（考试时间：120分钟满分：150分）

注意事项：

1、本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分.

2、选择题答案请用2B铅笔准确地填涂在答题卡上相应位置，非选择题答案必须填写在答题卷相应位置，否则不得分.

3、考试结束后，将答题卡和答卷一并交回.

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1.若集合，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

由题意得，选D.

2.复数满足，则复数的实部是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

分析】

利用复数模的运算、除法的运算化简，由此求得复数的实部.

【详解】依题意，所以，故的实部为.

故选D.

【点睛】本小题主要考查复数模的运算，考查复数的除法运算，考查复数实部的概念，属于基础题.

3.已知，则（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

利用诱导公式化简所求表达式，结合已知条件得出正确选项.

【详解】依题意，.故选C.

【点睛】本小题主要考查利用诱导公式进行化简求值，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.

4.已知数列为等差数列，且满足，则数列的前11项和为（    ）

A. 40 B. 45 C. 50 D. 55

【答案】D

【解析】

【分析】

根据等差数列下标和性质，以及前项和性质，即可求解.

【详解】因为数列为等差数列，故

等价于，故可得.

又根据等差数列前项和性质.

故选：D.

【点睛】本题考查等差数列通项公式的性质，以及前项和的性质，属基础题.

5.已知是偶函数且在上是单调递增，且满足，则不等式的解集是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

有已知可得关于直线对称，且在上递增，在上递减.然后分别讨论和的情况下不等式的解.

【详解】由向右平移1个单位得，

则由已知可得：

关于直线对称，且在上递增，在上递减.

所以

当时，

，由此可得；

当时，

，由此可得.

综上：x的取值范围是.

故选：B

【点睛】本题考查了抽象函数不等式，要根据区间单调性不同分情况求解，考查了分类讨论思想，属于中档题.

6.设等差数列前项和为，且满足，，则使最大项的为（    ）

A. 10 B. 19 C. 20 D. 11

【答案】B

【解析】

【分析】

由已知可得；，问题得解.

【详解】由等差数列的性质可知：

，

当时递增，当时递减.

由等差数列的求和公式可得：

；

最大项为.

故选：B

【点睛】本题考查了等差数列的性质及求和公式，考查了分析能力，属于中档题.

7.在矩形中，，，与相交于点，过点作，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

建立直角坐标系，设，由和可列方程求出点E，再根据数量积坐标运算即可求解.

【详解】建立如图所示直角坐标系：

则，设

所以

且

，解得

，

.

故选：D

【点睛】本题考查了向量平行、垂直以及向量数量积的坐标表示，对于规则图形的向量运算通过建立坐标系进行坐标运算比较简便，属于中档题.

8.已知函数（其中）的最小正周期为，函数，若对，都有，则的最小正值为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

将函数表达式展开合并，再用辅助角公式化简，得f（x）=sin（2x+）-．再根据正弦函数对称轴的公式，求出f（x）图象的对称轴方程.

【详解】由函数的最小正周期为，可求得=2

∴f（x）=，

===2sin（+），

∴又，∴x=是g(x)的一条对称轴，代入+中，有+=(k,

解得=(k,k=1时，，

故选B.

【点睛】本题考查了三角函数的化简与三角函数性质，运用了两角和差的正余弦公式，属于中档题．

9.在菱形中，，将这个菱形沿对角线折起，使得平面平面，若此时三棱锥的外接球的表面积为，则的长为（）

A.  B.  C.  D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】

分别找出外心的位置，过两个三角形的外心分别作出面的垂线相交于点，得到点为球的球心，并设三角形的边长为，利用勾股定理列出关于的方程.

【详解】如图①所示，取的中点，连接，由题意知都是等边三角形，设边长为.如图②，由题意知为等腰直角三角形，在中，分别是上靠近的三等分点. 即为三棱锥外接球的半径，所以.在中，，解得：.故选.

【点睛】本题以平面图形的翻折为背景，考查三棱锥与球的切接问题，考查空间想象能力和运算求能能力，注意翻折前后的不变量及确定球的球心的常用方法.

10.已知各项都是正数的等比数列满足，存在两项，使得，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由可得，再由可得，整理，得：，通过基本不等式可求出最小值，问题可得解.

【详解】由得：

，解得（不满足题意，舍去）或

由得：

，即

当且仅当时等号成立，

又 当故的最小值为.

故选：D

【点睛】本题考查了等比数列通项公式，考查了基本不等式中积定求和的最小值，重点是创造积定的条件，本题属于基本不等式中常考题型，属于中档题.

11.在中，，，分别是角，，的对边，已知，有，则的值为（    ）

A. 1008 B. 1009 C. 2019 D. 2020

【答案】C

【解析】

【分析】

由可得，再由整理后得：，问题可得解.

【详解】由和余弦定理，得：

由可得

故选：C

【点睛】本题考查了余弦定理和两角和的正弦展开式，考查了边化角和切化弦的运算技巧，考查了计算能力，属于中档题.

12.已知函数，若恰有四个不同的零点，则取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

利用导数分析函数的单调区间和最值情况，画出函数简图，再根据的正负性及方程的根的范围结合图象分类讨论函数的零点个数.

【详解】由已知可得：

当时，因此函数在单调递增；

当时，当时，当时

函数在上单调递增，在上单调递减，

当时，函数取得极大值，画出图象如下所示：

令

（1）当时解得，此时函数无零点；

（2）当时解得或，

当时，解得，由图象可知只有一个零点，

当时，解得，由图象可知无零点；

（3） 当时，解得或，

当时，由图象可知无零点；

当时，

若恰有四个不同的零点，则

，解得

综上，只有当时，恰有四个不同的零点.

故选：B

【点睛】本题考查了导数研究函数性质，考查了数形结合求函数零点个数，考查了分类讨论思想，属于难题.

二、填空题（本题共4小题，每小题5分.）

13.若命题“”是假命题，则实数a的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】

利用原命题的否定是真命题求解．

【详解】∵命题“”是假命题，∴命题“”是真命题．∴，解得．

故答案为：．

【点睛】本题考查由命题的真假求参数取值范围，当一个命题为假命题时，其否定一定是真命题，从真命题角度求解比较容易理解，易得出解题方法．

14.方程的一根在区间上，另一根在区间上，则的取值范围是      ．

【答案】

【解析】

试题分析：由题意得，方程的一根在区间上，另一根在区间上，

令，则，即，画出不等式组表示的平面区域，如图所示，设，当经过点点时，目标函数由最小值，此时最小值为，所以的取值范围是．

考点：简单线性规划求最值．

【方法点晴】本题主要考查了简单的线性规划的应用，其中解答中涉及到一元二次方程根的分布、一元二次函数的图象与性质、简单的线性规划的应用等知识点的综合考查，着重考查学生分析问题和解答问题的能力，本题的解答中根据一元二次方程根的分布，得出变量的约束条件是解答问题的关键，试题有一定的难度，属于中档试题．

15.已知长方体，，，在上取一点M，在上取一点N，使得直线平面，则线段MN的最小值为________.

【答案】

【解析】

【分析】

以为轴建立空间直角坐标系发，写出各点坐标，求出平面的法向量，由向量与平面的法向量垂直可得关系式，从而表示出的模，然后可求得最小值．

【详解】如图，以为轴建立空间直角坐标系，

则，

，，设平面一个法向量为，

则，取，则，即，

又，，，

设，，则，

，

当，即时，取得最小值，即的长度的最小值为．

故答案为：．

【点睛】本题考查用向量法研究直线与平面平行，考查向量模的坐标表示．解题关键是建立空间直角坐标系，把线面平行转化为直线的方向向量与平面的法向量垂直，把向量的模用坐标表示后求得最小值．

16.设数列的前项和为，对任意，函数在定义域内有唯一的零点，若不等式对任意恒成立，则实数的最小值是______.

【答案】

【解析】

【分析】

由已知可得为偶函数，由唯一零点可得，即，再由此关系式可得，则不等式可转化为：，根据的单调性可求其最大值，问题可得解.

【详解】因为函数在定义域R内有唯一的零点，

且

所以为偶函数，可得唯一零点为

当时，，可得

当时，

化简得：，即有

则数列为首项为2，公比为2的等比数列，

所以，即

则不等式即为

设

当时，

当时，，即递减，

所以

由恒成立条件可知，即实数的最小值是.

故答案为：

【点睛】本题考查了偶函数的性质，构造法求数列通项公式及做差法求数列的单调性，考查了恒成立问题转化为求最值，考查了分析能力和计算能力，属于难题.

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.）

17.在中，角，，的对边分别为，，，且，，成等差数列，.

（1）求的外接圆面积；

（2）求的最大值.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）由，，成等差数列可得，再由正弦定理，可得外接圆半径R，问题得解；

（2）由正弦定理得：，所以，经整理得，问题得解.

【详解】（1），，成等差数列

又，

由正弦定理可得：

外接圆面积为；

（2）由正弦定理得：

，

当时，取得最大值.

【点睛】本题考查了等差数列性质，正弦定理和辅助角公式，考查了三角函数求最值，考查了转换能力和计算能力，属于中档题.

18.已知数列的前项和为，且，数列满足.

（1）求数列，的通项公式；

（2）若，求数列的前项和.

【答案】（1），；（2）

【解析】

【分析】

（1）由可求得，再由得

两式相减即可得；

（2）由已知得，，令，用错位相减法先求得，问题即可得解.

【详解】（1）由可得：

当时，，

当时，

又满足上式，所以

两式相减得：

当时，，满足上式，

所以；

（2）

令，

两式相减得：

则

数列的前项和.

【点睛】本题考查了递推作差法求数列通项公式，考查了分组求和法和错位相减法求数列前n项和，考查了计算能力，属于中档题.

19.如图，平行四边形中，，，，沿将折起，且在平面上射影为.

（1）求三棱锥的体积最大值.

（2）当时，求锐二面角大小.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）由已知可证平面，再由，可得：平面，所以，设，则可得，问题得解；

（2）建立空间直角坐标系，有已知可得，即，问题得解.

【详解】（1）在平面上的射影为，

平面，

又平面，

又平行四边形中，，

，且

平面

又平面，

设，则

当，即时取得最大值

（2）由（1）知锐二面角即

以O为原点建立如下空间坐标系

则

于是，

由，得

即

解得，又为锐角，

【点睛】本题考查了线面垂直的证明，求三棱锥的体积以及空间向量的应用，考查了逻辑推理能力，属于中档题.

20.如图，已知在中，，平面，于，于，.

（1）求证：平面；

（2）当三棱锥体积的最大值，求直线与平面所成角.

【答案】（1）见详解；（2）

【解析】

【分析】

（1）先证平面，再证平面，最后由和可使问题得证；

（2）由基本不等式可得：当时最大，即三棱锥体积最大，再由可求出AF与平面ABC所成角为.

【详解】（1）平面，，又

平面，平面

，又，

平面

，又，

平面，即平面

（2）因为AE为等腰直角三角形PAB斜边上的高，所以

设，

则（当且仅当等号成立）

三棱锥的高，所以底面积最大，体积最大，

即

此时AF与平面ABC所成角为，又

，

【点睛】本题考查了线面垂直的证明和找线面角，考查了基本不等式应用，考查了逻辑推理能力，属于中档题.

21.已知函数，.

（1）求函数在上的最小值；

（2）若存在（是自然对数的底数，），使不等式成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）对函数求导，可得其单调区间，结合所给区间和单调区间之间的关系进行分类讨论，分别可求出对应情况下函数的最小值 ；

（2）不等式可化为，设，则问题转化为，利用导数求出的最大值即可.

【详解】（1）由已知可得函数的定义域为，

当，，单调递减，

当，，单调递增，

当，即时，；

当，即时，；

综上所述，.

（2）不等式成立，即

，

设，则

当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

，

由题意可得：

【点睛】本题考查了导数分析单调区间和求最值，考查了分类讨论思想和转化思想，属于难题.

22.，，为的导函数.

（1）若有两个零点，试比较与0的大小，并说明理由.

（2）当时，有极小值，求的值域.

【答案】（1）见详解；（2）

【解析】

【分析】

（1）由已知得，则，令，化简得，设，由导数可得，问题可得解；

（2）求导得：，由已知可得使得，即，所以，解得，且在上单调递减，在上单调递增，即，由得，问题得解.

【详解】（1）有两个零点

则有，

两式相减得

又由求导可得：

令，则

设

在上是增函数，则

又，

（2）由已知得：

有极小值

使得

此时

又

由得，则

由得

设，则

所以在上单调递减，在上单调递增，

即，故

所以在上单调递减，在上单调递增

时；时；时.

在上单调递减，在上单调递增

的值域为.

【点睛】本题考查了利用导数证明不等式和求最值，考查了分析转化能力，属于难题.