四川省泸县第二中学2020届高三下学期第四次学月考试数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com2020年春四川省泸县第二中学高三第四学月考试

文科数学

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

第I卷 选择题（60分）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 若集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

因为集合，故选C.

2. 设是虚数单位,如果复数的实部与虚部是互为相反数,那么实数的值为 (　　)

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

分析：由复数代数形式的乘除运算化简复数，再由已知条件列出方程，求解即可得答案．

详解：==，

∵复数的实部与虚部是互为相反数，

∴，即a=．

故选D．

点睛：本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的实部与虚部的概念，属于基础题．

3. 已知向量，，则（    ）

A. -14 B. -4 C. 4 D. 14

【答案】B

【解析】

【分析】

由条件算出，进而由公式算出.

【详解】，，，

.

故选：B

【点睛】本题主要考查了向量的数量积的坐标运算，考查了学生的基本运算能力.

4. 在正项等比数列中，若，，则其前3项的和（    ）

A. 3 B. 6 C. 13 D. 24

【答案】C

【解析】

【分析】

由等比数列通项公式求出公比，再利用公式求出前3项的和.

【详解】，，，

又，所以，

.

故选：C

【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，等比数列的求和，考查了学生的运算求解能力.

5. 一场考试之后，甲、乙、丙三位同学被问及语文、数学、英语三个科目是否达到优秀时，甲说：有一个科目我们三个人都达到了优秀；乙说：我的英语没有达到优秀；丙说：乙达到优秀的科目比我多.则可以完全确定的是（    ）

A. 甲同学三个科目都达到优秀 B. 乙同学只有一个科目达到优秀

C. 丙同学只有一个科目达到优秀 D. 三位同学都达到优秀的科目是数学

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意推断出乙有两科达到优秀，丙有一科达到优秀，甲至少有一科优秀，从而得出答案.

【详解】甲说有一个科目每个人都达到优秀，说明甲乙丙三个人每个人优秀的科目至少是一科，乙说英语没有达到优秀，说明他至多有两科达到优秀，而丙优秀的科目不如乙多，说明只能是乙有两科达到优秀，丙有一科达到优秀，故B错误，C正确；

至于甲有几个科目优秀，以及三人都优秀的科目到底是语文还是数学，都无法确定

故选：C

【点睛】本题主要考查了学生的推理能力，属于中档题.

6. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据函数的奇偶性定义可得函数为偶函数，偶函数的图像关于对称，再根据指数函数与幂函数的增长速度的快慢即可得出选项.

【详解】易知为偶函数，故排除B，D，

又当趋向正无穷时，指数函数增长速度大于幂函数，故知函数值应趋向于0，

故选：A.

【点睛】本题考查了函数的奇偶性、指数函数、幂函数的增长形式，属于基础题.

7. 执行如图所示的程序框图，令，若，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

分析：先根据程序框图得解析式，再根据分段函数解三个不等式组，求并集得结果.

详解：因为，所以由得

所以

因此选D.

点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.

8. 已知圆的半径为2，在圆内随机取一点，则过点的所有弦的长度都大于的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

当是弦中点时，弦长最短，利用垂径定理,得只要点到圆心的距离不大于1即可满足要求，由此可得点所在区域，计算出该区域面积及已知圆面积后可得概率．

【详解】当是弦中点时，弦长最短，弦长为时，，所以过点的所有弦的长度都大于的点落在以点为圆心，半径为1的圆内．则所求概率为．

故选：C

【点睛】本题考查几何概型，解题关键是确定点所在的区域．利用弦长公式及垂径定理可确定．

9. 已知是双曲线的左、右焦点，设双曲线的离心率为．若在双曲线的右支上存在点，满足，且，则该双曲线的离心率等于

A  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

依题设，，

∵，  ∴，

∴等腰三角形底边上的高为， ∴底边的长为，

由双曲线的定义可得，∴，

∴，即， ∴，解得.

点晴:本题考查的是双曲线的定义和双曲线离心率的求法.解决本题的关键是利用题设条件和双曲线的定义可得，即在三角形中寻找等量关系，运用双曲线的a,b,c的关系和离心率公式即可求出双曲线的离心率.

10. 已知函数，将的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标扩大为原来的倍，再把图象上所有的点向上平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的周期可以为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先利用三角函数图象变换规律得出函数的解析式，然后由绝对值变换可得出函数的最小正周期.

【详解】，将函数的图象上的所有点的横坐示缩短到原来的，可得到函数的图象，再将所得函数图象上所有点的纵坐标扩大为原来的倍，得到函数的图象，再把所得图象向上平移个単位长度，得到，由绝对值变换可知，函数的最小正周期为，故选B.

【点睛】本题考查三角函数变换，同时也考查三角函数周期的求解，解题的关键就是根据图象变换的每一步写出所得函数的解析式，考查推理能力，属于中等题.

11. 阿波罗尼斯（约公元前年）证明过这样一个命题:平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点、间的距离为，动点满足，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

以经过、的直线为轴，线段的垂直平分线轴，建立直角坐标系，得出点、的坐标，设点，利用两点间的距离公式结合条件得出点的轨迹方程，然后利用坐标法计算出的表达式，再利用数形结合思想可求出的最小值.

【详解】以经过、的直线为轴，线段的垂直平分线轴，建立直角坐标系，

则、，设，，，

两边平方并整理得，

所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，

则有，如下图所示：

当点为圆与轴的交点（靠近原点）时，此时，取最小值，且，

因此，，故选A.

【点睛】本题考查动点的轨迹方程的求法，考查坐标法的应用，解题的关键就是利用数形结合思想，将代数式转化为距离求解，考查数形结合思想的应用以及运算求解能力，属于中等题.

12. 已知函数，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

利用导数判断函数的单调性，结合函数的奇偶性，即可进行判断.

【详解】因为函数定义域为，定义域关于原点对称，

且，故是偶函数；

又当时，，

故在上恒成立，

故在上单调递增，结合函数是偶函数，

故在上单调递减.

又因为，

故可得，

则.

故选：B.

【点睛】本题考查利用导数判断函数单调性，函数奇偶性的判断，涉及利用函数性质比较大小，属综合中档题.

第II卷 非选择题（90分）

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知向量，，，若，则值为_____．

【答案】1

【解析】

【分析】

由向量的加减法求出，再由垂直的数量积运算求出．

【详解】，，可得，由，

可得：，即．

故答案为：1

【点睛】本题考查向量的数量积，考查垂直的坐标表示．属于基础题．

14. 已知实数x、y满足，则目标函数的最小值为_____________．

【答案】

【解析】

满足条件的点的可行域如下：

由图可知，目标函数在点处取到最小值-3

15. 已知倾斜角为的直线过曲线的焦点F，且与C相交于不同的两点A，B（A在第一象限），则________.

【答案】2

【解析】

【分析】

先求得直线方程，联立抛物线方程，即可求得点坐标，根据抛物线定义，即可求得.

【详解】因为抛物线方程为，故可得焦点坐标，

又直线的倾斜角为，故可得方程为，

联立抛物线方程，可得，

解得，代入得，

故可得点坐标，

由抛物线定义可知：.

故答案为：.

【点睛】本题考查抛物线中焦半径的求解，属中档题.

16. 已知平面内一正六边形的边长为，中心为点将该正六边形沿对角线折成二面角，则当二面角的平面角余弦值为时，三棱锥的外接球表面积为________________．

【答案】

【解析】

【分析】

由题意作图，取线段的中点，连接，根据等边三角形的性质，结合二面角平面角的定义可以判断即为二面角的平面角，结合余弦定理、线面垂直的判定定理和性质、四点共球的性质进行求解即可.

【详解】由题意作图，取线段的中点，连接，

可知，

所以即为二面角的平面角，

即，又，

由余弦定理可得.

又因为

所以平面

所以，

由得

因此在三棱锥中，

三棱锥外接球球心为线段的中点，半径为

所以外接球表面积为.

【点睛】本题考查了二面角的定义，考查了三棱锥外接球表面积，考查了推理论证能力和数学运算能力.

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17~21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.

（一）必考题：共60分.

17. 从某高三年级男生中随机抽取50名测量身高，测量发现被测学生身高全部介于和之间，将测量结果按如下方式分成6组：第1组，第2组，…，第6组，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图.

（1）由频率分布直方图估计该校高三年级男生身高的中位数；

（2）在这50名男生身高不低于的人中任意抽取2人，则恰有一人身高在内的概率.

【答案】（1）.（2）

【解析】

【分析】

（1）由频率分布直方图得频率为0.48，的频率为0.32，由此能求出中位数.

（2）在这50名男生身高不低于的人中任意抽取2人，中的学生人数为4人，中的学生人数为2人，可用列举法求出基本事件总数，恰有一人身高在内包含的基本事件个数，再由概率公式计算出概率.

【详解】解：（1）由频率分布直方图得频率为：

，

的频率为：，

∴中位数为：.

（2）在这50名男生身高不低于的人中任意抽取2人，

中的学生人数为人，编号为，

中的学生人数为人，编号为，

任意抽取2人的所有基本事件为，，，共15个，

恰有一人身高在内包含的基本事件有，，，共8个，

∴恰有一人身高在内的概率.

【点睛】本题考查频率分布直方图，考查中位数的概念，及古典概型，古典概型问题的关键是求出所求概率事件含有的基本事件的个数．可用列举法写出所有基本事件，然后计数．

18. 在中，角、、所对的边分别为、、，且满足.

（1）求角的大小；

（2）若为的中点，且，求的最大值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用正弦定理边角互化思想得出，再利用两角差的余弦公式可得出的值，结合角的范围可得出角的大小；

（2）由中线向量得出，将等式两边平方，利用平面向量数量积的运算律和定义，并结合基本不等式得出的最大值，再利用三角形的面积公式可得出面积的最大值.

【详解】（1）由正弦定理及得，

由知，

则，化简得，.

又，因此，；

（2）如下图，由，

又为的中点，则，

等式两边平方得，

所以，

则，当且仅当时取等号，因此，的面积最大值为.

【点睛】本题考查正弦定理边角互化思想的应用，同时也考查了三角形的中线问题以及三角形面积的最值问题，对于三角形的中线计算，可以利用中线向量进行计算，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

19. 如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，，，圆台的侧面积为.若点C，D分别为圆，上的动点且点C，D在平面的同侧.

（1）求证：；

（2）若，则当三棱锥的体积取最大值时，求多面体的体积.

【答案】（1）证明见解析（2）

【解析】

【分析】

（1）由圆台侧面积求出上下底半径，计算圆台的高，计算，由直角三角形性质得；

（2）三棱锥的高就是，表示出三棱锥的体积，求出最大值时，，多面体分为三棱锥和四棱锥，分别计算体积后相加即得．

【详解】解：（1）设，的半径分别为，，

因为圆台的侧面积为，

所以，可得.

因此，在等腰梯形中，，，.

如图，连接线段，，，

在圆台中，平面，平面，

所以.

又，所以在中，.

在中，，故，即.

（2）由题意可知，三棱锥的体积为，

又在直角三角形中，，

所以当且仅当，

即点D为弧的中点时，有最大值.

过点C作交于点M，

因为平面，平面，

所以，平面，平面，，

所以平面.

又，则点C到平面的距离，

所以四棱锥的体积.

综上，当三棱锥体积最大值时，

多面体

【点睛】本题考查多面体的体积，解题时把多面体分割成几个基本几何体，分别计算体积后相加．

20. 已知函数

（1）当时，求的单调区间;

（2）当时,求的最小值

【答案】（1）在上为减函数在上为增函数；（2）见解析.

【解析】

分析】

（1）求出导函数，由确定增区间，由确定减区间；

（2）由，可分类讨论得出函数在上的单调性，得出最小值．

【详解】解：当时，

由，解得，由，解得

故在上为减函数在上为增函数.

当时，在上为增函数

当时，在上为减函数，在上为增函数，

当时，在上为减函数，

综上所述，当时，

当时，

当时，

【点睛】本题考查用导数求函数的单调区间，用导数求函数有最值，解题关键是由导数确定函数的单调性．

21. 已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.

（1）证明：直线AB过定点：

（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.

【答案】(1)见详解；(2) 3或.

【解析】

【分析】

（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点.

（2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，分别为点到直线的距离，则，结合弦长公式和韦达定理代入求解即可.

详解】(1)证明：设,,则．

又因为，所以.则切线DA的斜率为，

故，整理得.

设，同理得.

,都满足直线方程.

于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，

当时等式恒成立．所以直线恒过定点.

（2）由（1）得直线的方程为.

由，可得，

于是

.

设分别为点到直线的距离，则.

因此，四边形ADBE的面积.

设M为线段AB的中点，则，

由于，而，与向量平行，所以，解得或.

当时，；当时

因此，四边形的面积为3或.

【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以．思路较为清晰，但计算量不小．

（二）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. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点.轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求和的直角坐标方程；

（2）若与恰有4个公共点，求的取值范围.

【答案】（1），；（2）

【解析】

【分析】

(1)直接利用转化公式转化即可;

(2)和相切时,可得,与恰有3个公共点时,可得,故当与恰有4个公共点时,的取值范围为.

【详解】(1)曲线的参数方程为(为参数),

则,得,

故的直角坐标方程为;

由,得,

故的直角坐标方程为.

(2)因为与恰有4个公共点,则,

当和相切时,此时与恰有2个公共点,

圆的圆心到直线的距离,解得;

当与恰有3个公共点时,此时圆过点,解得;

故当与恰有4个公共点时,的取值范围为.

【点睛】本题考查将参数方程化为普通方程,极坐标方程化为直角坐标方程,考查直线与圆的位置关系,属于中档题.

23. 已知不等式的解集与关于的不等式的解集相等.

（1）求实数值；

（2）求函数的最大值，以及取得最大值时的值.

【答案】（1）；（2）时等号成立，.

【解析】

【分析】

（1）先根据绝对值不等式的公式求解，再利用根与系数关系求a,b即可；

（2）根据（1）利用柯西不等式求最大值即可.

【详解】（1）由，得

或，

即或    

∴不等式的解集为

∴不等式的解集为

从而1、3为方程的两根，

   解得，

（2） 的定义域为，

由柯西不等式可得：

当且仅当，时等号成立，

，此时

【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法，根与系数的关系，柯西不等式，属于中档题.