2020届五省优创名校高三（全国Ⅰ卷）第四次联考数学（理）试题（解析版）

2020届五省优创名校高三（全国Ⅰ卷）第四次联考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则=(    )

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】计算，，再计算交集得到答案.

【详解】

，，故.

故选：.

【点睛】

本题考查了交集运算，意在考查学生的计算能力.

2．若，则的虚部是（      ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】通过复数的乘除运算法则化简求解复数为：的形式，即可得到复数的虚部.

【详解】

由题可知，

所以的虚部是1.

故选：D.

【点睛】

本题考查复数的代数形式的混合运算，复数的基本概念，属于基础题.

3．（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】化简得到原式，再利用和差公式计算得到答案.

【详解】

．

故选：

【点睛】

本题考查了诱导公式化简，和差公式，意在考查学生对于三角公式的灵活运用.

4．已知为定义在上的偶函数，当时，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】判断，利用函数的奇偶性代入计算得到答案.

【详解】

∵，∴．

故选：

【点睛】

本题考查了利用函数的奇偶性求值，意在考查学生对于函数性质的灵活运用.

5．在中，角所对的边分别为，已知，则（    ）

A．或 B． C． D．或

【答案】D

【解析】根据正弦定理得到，化简得到答案.

【详解】

由，得，

∴，∴或，∴或．

故选：

【点睛】

本题考查了正弦定理解三角形，意在考查学生的计算能力.

6．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】判断函数为奇函数排除B，C，计算特殊值排除D，得到答案.

【详解】

∵，

∴为奇函数，排除B，C；

又，，排除D；

故选：A

【点睛】

本题考查了函数图像的识别，确定函数单调性是解题的关键.

7．明代数学家程大位（1533~1606年），有感于当时筹算方法的不便，用其毕生心血写出《算法统宗》，可谓集成计算的鼻祖．如图所示的程序框图的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”问题．执行该程序框图，若输出的的值为，则输入的的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据程序框图依次计算得到答案.

【详解】

，；，；，；

，；，此时不满足，跳出循环，

输出结果为，由题意，得．

故选:

【点睛】

本题考查了程序框图的计算，意在考查学生的理解能力和计算能力.

8．将函数的图像向右平移个单位长度，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，若为奇函数，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据三角函数的变换规则表示出，根据是奇函数，可得的取值，再求其最小值.

【详解】

解：由题意知，将函数的图像向右平移个单位长度，得，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，，

因为是奇函数，

所以，解得，

因为，所以的最小值为.

故选：

【点睛】

本题考查三角函数的变换以及三角函数的性质，属于基础题.

9．已知双曲线的左、右顶点分别是，双曲线的右焦点为，点在过且垂直于轴的直线上，当的外接圆面积达到最小时，点恰好在双曲线上，则该双曲线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】点的坐标为，，展开利用均值不等式得到最值，将点代入双曲线计算得到答案.

【详解】

不妨设点的坐标为，由于为定值，由正弦定理可知当取得最大值时，的外接圆面积取得最小值，也等价于取得最大值，

因为，，

所以，

当且仅当，即当时，等号成立，

此时最大，此时的外接圆面积取最小值，

点的坐标为，代入可得，．

所以双曲线的方程为．

故选：

【点睛】

本题考查了求双曲线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.

10．点在所在的平面内，，，，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】确定点为外心，代入化简得到，，再根据计算得到答案.

【详解】

由可知，点为外心，

则，，又，

所以①

因为，②

联立方程①②可得，，，因为，

所以，即．

故选：

【点睛】

本题考查了向量模长的计算，意在考查学生的计算能力.

11．有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），底面直径为cm，高度为cm，现往里面装直径为cm的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装（    ）

（附：）

A．个 B．个 C．个 D．个

【答案】C

【解析】计算球心连线形成的正四面体相对棱的距离为cm，得到最上层球面上的点距离桶底最远为cm，得到不等式，计算得到答案.

【详解】

由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相切，

这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为cm的正面体，

易求正四面体相对棱的距离为cm，每装两个球称为“一层”，这样装层球，

则最上层球面上的点距离桶底最远为cm，

若想要盖上盖子，则需要满足，解得，

所以最多可以装层球，即最多可以装个球．

故选：

【点睛】

本题考查了圆柱和球的综合问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

12．已知函数，，若方程恰有三个不相等的实根，则的取值范围为（     ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】由题意可将方程转化为，令，，进而将方程转化为，即或，再利用的单调性与最值即可得到结论.

【详解】

由题意知方程在上恰有三个不相等的实根，

即，①.

因为，①式两边同除以，得.

所以方程有三个不等的正实根.

记，，则上述方程转化为.

即，所以或.

因为，当时，，所以在，上单调递增，且时，.

当时，，在上单调递减，且时，.

所以当时，取最大值，当，有一根.

所以恰有两个不相等的实根，所以.

故选：B.

【点睛】

本题考查了函数与方程的关系，考查函数的单调性与最值，转化的数学思想，属于中档题.

二、填空题

13．抛物线的焦点坐标为______.

【答案】

【解析】变换得到，计算焦点得到答案.

【详解】

抛物线的标准方程为，，所以焦点坐标为．

故答案为：

【点睛】

本题考查了抛物线的焦点坐标，属于简单题.

14．的展开式中的常数项为______.

【答案】

【解析】先求得中含的项与常数项，进而可得的常数项.

【详解】

的展开式中含的项为，的展开式中的常数项为，所以的展开式中的常数项为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查二项展开式中常数项的求法，解题时要认真审题，注意二项式定理的合理运用，属于基础题.

15．在棱长为的正方体中，是正方形的中心，为的中点，过的平面与直线垂直，则平面截正方体所得的截面面积为______.

【答案】

【解析】确定平面即为平面，四边形是菱形，计算面积得到答案.

【详解】

如图，在正方体中，记的中点为，连接，

则平面即为平面．证明如下：

由正方体的性质可知，，则，四点共面，

记的中点为，连接，易证．连接，则，

所以平面，则．

同理可证，，，则平面，

所以平面即平面，且四边形即平面截正方体所得的截面．

因为正方体的棱长为，易知四边形是菱形，

其对角线，，所以其面积．

故答案为：

【点睛】

本题考查了正方体的截面面积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

16．某部队在训练之余，由同一场地训练的甲､乙､丙三队各出三人，组成小方阵开展游戏，则来自同一队的战士既不在同一行，也不在同一列的概率为______.

【答案】

【解析】分两步进行：首先，先排第一行，再排第二行，最后排第三行；其次，对每一行选人；最后，利用计算出概率即可.

【详解】

首先，第一行队伍的排法有种；第二行队伍的排法有2种；第三行队伍的排法有1种；然后，第一行的每个位置的人员安排有种；第二行的每个位置的人员安排有种；第三行的每个位置的人员安排有种.所以来自同一队的战士既不在同一行，也不在同一列的概率.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了分步计数原理，排列与组合知识，考查了转化能力，属于中档题.

三、解答题

17．已知数列满足．

（1）求数列的通项公式；

（2）设数列的前项和为，证明：．

【答案】（1）（2）证明见解析

【解析】（1），①当时，，②两式相减即得数列的通项公式；（2）先求出，再利用裂项相消法求和证明.

【详解】

（1）解：，①

当时，．

当时，，②

由①-②，得，

因为符合上式，所以．

（2）证明：

因为，所以．

【点睛】

本题主要考查数列通项的求法，考查数列求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

18．如图，在三棱柱中，是边长为2的菱形，且，是矩形，，且平面平面，点在线段上移动（不与重合），是的中点.

（1）当四面体的外接球的表面积为时，证明：.平面

（2）当四面体的体积最大时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）

【解析】（1）由题意，先求得为的中点，再证明平面平面，进而可得结论；

（2）由题意，当点位于点时，四面体的体积最大，再建立空间直角坐标系，利用空间向量运算即可.

【详解】

（1）证明：当四面体的外接球的表面积为时.

则其外接球的半径为.

因为时边长为2的菱形，是矩形.

，且平面平面.

则，.

则为四面体外接球的直径.

所以，即.

由题意，，，所以.

因为，所以为的中点.

记的中点为，连接，.

则，，，所以平面平面.

因为平面，所以平面.

（2）由题意，平面，则三棱锥的高不变.

当四面体的体积最大时，的面积最大.

所以当点位于点时，四面体的体积最大.

以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，，.

所以，，，.

设平面的法向量为.

则

令，得.

设平面的一个法向量为.

则

令，得.

设平面与平面所成锐二面角是，则.

所以当四面体的体积最大时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

【点睛】

本题考查平面与平面的平行、线面平行，考查平面与平面所成锐二面角的余弦值，正确运用平面与平面的平行、线面平行的判定，利用好空间向量是关键，属于基础题．

19．某芯片公司对今年新开发的一批5G手机芯片进行测评，该公司随机调查了100颗芯片，并将所得统计数据分为五个小组（所调查的芯片得分均在内），得到如图所示的频率分布直方图，其中．

（1）求这100颗芯片评测分数的平均数（同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替）．

（2）芯片公司另选100颗芯片交付给某手机公司进行测试，该手机公司将每颗芯片分别装在3个工程手机中进行初测。若3个工程手机的评分都达到11万分，则认定该芯片合格；若3个工程手机中只要有2个评分没达到11万分，则认定该芯片不合格；若3个工程手机中仅1个评分没有达到11万分，则将该芯片再分别置于另外2个工程手机中进行二测，二测时，2个工程手机的评分都达到11万分，则认定该芯片合格；2个工程手机中只要有1个评分没达到11万分，手机公司将认定该芯片不合格．已知每颗芯片在各次置于工程手机中的得分相互独立，并且芯片公司对芯片的评分方法及标准与手机公司对芯片的评分方法及标准都一致（以频率作为概率）．每颗芯片置于一个工程手机中的测试费用均为300元，每颗芯片若被认定为合格或不合格，将不再进行后续测试，现手机公司测试部门预算的测试经费为10万元，试问预算经费是否足够测试完这100颗芯片？请说明理由．

【答案】（1）（2）预算经费不够测试完这100颗芯片，理由见解析

【解析】（1）先求出，再利用频率分布直方图的平均数公式求这100颗芯片评测分数的平均数；（2）先求出每颗芯片的测试费用的数学期望，再比较得解.

【详解】

（1）依题意，，故．

又因为．所以，

所求平均数为

（万分）

（2）由题意可知，手机公司抽取一颗芯片置于一个工程机中进行检测评分达到11万分的概率．

设每颗芯片的测试费用为X元，则X的可能取值为600，900，1200，1500，

，

，

故每颗芯片的测试费用的数学期望为

（元），

因为，

所以显然预算经费不够测试完这100颗芯片．

【点睛】

本题主要考查频率分布直方图的平均数的计算，考查离散型随机变量的数学期望的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

20．已知分别是椭圆的左、右焦点，直线与交于两点，，且．

（1）求的方程；

（2）已知点是上的任意一点，不经过原点的直线与交于两点，直线的斜率都存在，且，求的值．

【答案】（1）（2）

【解析】（1）不妨设，，计算得到，根据面积得到，计算得到答案.

（2）设，，，联立方程利用韦达定理得到，，代入化简计算得到答案.

【详解】

（1）由题意不妨设，，

则，．

∵，∴，∴．

又，∴，

∴，，故的方程为．

（2）设，，，则．∵，

∴，设直线的方程为，

联立整理得．

∵在上，∴，∴上式可化为．

∴，，，

∴，

，

∴

．

∴．

【点睛】

本题考查了椭圆方程，定值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

21．已知函数，.

（1）若不等式对恒成立，求的最小值；

（2）证明：.

（3）设方程的实根为.令若存在，，，使得，证明：.

【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析

【解析】（1）由题意可得，，令，利用导数得在上单调递减，进而可得结论；

（2）不等式转化为，令，，利用导数得单调性即可得到答案；

（3）由题意可得，进而可将不等式转化为，再利用单调性可得，记，，再利用导数研究单调性可得在上单调递增，即，即，即可得到结论.

【详解】

（1），即，化简可得.

令，，因为，所以，.

所以，在上单调递减，.

所以的最小值为.

（2）要证，即.

两边同除以可得.

设，则.

在上，，所以在上单调递减.

在上，，所以在上单调递增，所以.

设，因为在上是减函数，所以.

所以，即.

（3）证明：方程在区间上的实根为，即，要证

，由可知，即要证.

当时，，，因而在上单调递增.

当时，，，因而在上单调递减.

因为，所以，要证.

即要证.

记，.

因为，所以，则.

.

设，，当时，.

时，，故.

且，故，因为，所以.

因此，即在上单调递增.

所以，即.

故得证.

【点睛】

本题考查函数的单调性、最值、函数恒成立问题，考查导数的应用，转化思想，构造函数研究单调性，属于难题.

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（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）已知为曲线上的一个动点，求线段的中点到直线的最大距离．

【答案】（1）．．（2）最大距离为．

【解析】（1）直接利用极坐标方程和参数方程的公式计算得到答案.

（2）曲线的参数方程为，设，计算点到直线的距离公式得到答案.

【详解】

（1）由，得，

则曲线的直角坐标方程为，即．

直线的直角坐标方程为．

（2）可知曲线的参数方程为（为参数），

设，，

则到直线的距离为

，

所以线段的中点到直线的最大距离为．

【点睛】

本题考查了极坐标方程，参数方程，距离的最值问题，意在考查学生的计算能力.

23．设函数．

（1）求不等式的解集；

（2）若的最小值为，且，求的最小值．

【答案】（1）或（2）最小值为．

【解析】（1）讨论，，三种情况，分别计算得到答案.

（2）计算得到，再利用均值不等式计算得到答案.

【详解】

（1）

当时，由，解得；

当时，由，解得；

当时，由，解得．

所以所求不等式的解集为或．

（2）根据函数图像知：当时，，所以．

因为

，

由，可知，

所以，

当且仅当，，时，等号成立．

所以的最小值为．

【点睛】

本题考查了解绝对值不等式，函数最值，均值不等式，意在考查学生对于不等式，函数知识的综合应用.