


2020届全国大联考高三第四次联考数学(理)试题(解析版)
展开2020届全国大联考高三第四次联考数学(理)试题
一、单选题
1.已知集合,,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】分别求解集合再求并集即可.
【详解】
因为,,所以.
故选:B
【点睛】
本题考查集合的运算与二次不等式的求解以及指数函数的值域等.属于基础题.
2.若直线与圆相交所得弦长为,则( )
A.1 B.2 C. D.3
【答案】A
【解析】将圆的方程化简成标准方程,再根据垂径定理求解即可.
【详解】
圆的标准方程,圆心坐标为,半径为,因为直线与圆相交所得弦长为,所以直线过圆心,得,即.
故选:A
【点睛】
本题考查了根据垂径定理求解直线中参数的方法,属于基础题.
3.抛物线的准线方程是,则实数( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】根据准线的方程写出抛物线的标准方程,再对照系数求解即可.
【详解】
因为准线方程为,所以抛物线方程为,所以,即.
故选:C
【点睛】
本题考查抛物线与准线的方程.属于基础题.
4.已知,则p是q的( )
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】根据诱导公式化简再分析即可.
【详解】
因为,所以q成立可以推出p成立,但p成立得不到q成立,例如,而,所以p是q的必要而不充分条件.
故选:B
【点睛】
本题考查充分与必要条件的判定以及诱导公式的运用,属于基础题.
5.一个圆锥的底面和一个半球底面完全重合,如果圆锥的表面积与半球的表面积相等,那么这个圆锥轴截面底角的大小是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设圆锥的母线长为l,底面半径为R,再表达圆锥表面积与球的表面积公式,进而求得即可得圆锥轴截面底角的大小.
【详解】
设圆锥的母线长为l,底面半径为R,则有,解得,所以圆锥轴截面底角的余弦值是,底角大小为.
故选:D
【点睛】
本题考查圆锥的表面积和球的表面积公式,属于基础题.
6.已知F是双曲线(k为常数)的一个焦点,则点F到双曲线C的一条渐近线的距离为( )
A.2k B.4k C.4 D.2
【答案】D
【解析】分析可得,再去绝对值化简成标准形式,进而根据双曲线的性质求解即可.
【详解】
当时,等式不是双曲线的方程;当时,,可化为,可得虚半轴长,所以点F到双曲线C的一条渐近线的距离为2.
故选:D
【点睛】
本题考查双曲线的方程与点到直线的距离.属于基础题.
7.关于函数在区间的单调性,下列叙述正确的是( )
A.单调递增 B.单调递减 C.先递减后递增 D.先递增后递减
【答案】C
【解析】先用诱导公式得,再根据函数图像平移的方法求解即可.
【详解】
函数的图象可由向左平移个单位得到,如图所示,在上先递减后递增.
故选:C
【点睛】
本题考查三角函数的平移与单调性的求解.属于基础题.
8.在棱长为a的正方体中,E、F、M分别是AB、AD、的中点,又P、Q分别在线段、上,且,设平面平面,则下列结论中不成立的是( )
A.平面 B.
C.当时,平面 D.当m变化时,直线l的位置不变
【答案】C
【解析】根据线面平行与垂直的判定与性质逐个分析即可.
【详解】
因为,所以,因为E、F分别是AB、AD的中点,所以,所以,因为面面,所以.选项A、D显然成立;
因为,平面,所以平面,因为平面,所以,所以B项成立;
易知平面MEF,平面MPQ,而直线与不垂直,所以C项不成立.
故选:C
【点睛】
本题考查直线与平面的位置关系.属于中档题.
9.已知抛物线,F为抛物线的焦点且MN为过焦点的弦,若,,则的面积为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据可知,再利用抛物线的焦半径公式以及三角形面积公式求解即可.
【详解】
由题意可知抛物线方程为,设点点,则由抛物线定义知,,则.
由得,则.
又MN为过焦点的弦,所以,则,所以.
故选:A
【点睛】
本题考查抛物线的方程应用,同时也考查了焦半径公式等.属于中档题.
10.在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.若,的面积为,则( )
A.5 B. C.4 D.16
【答案】C
【解析】根据正弦定理边化角以及三角函数公式可得,再根据面积公式可求得,再代入余弦定理求解即可.
【详解】
中,,由正弦定理得,
又,
∴,又,∴,∴,又,
∴.∵,
∴,∵,∴由余弦定理可得,
∴,可得.
故选:C
【点睛】
本题主要考查了解三角形中正余弦定理与面积公式的运用,属于中档题.
11.存在点在椭圆上,且点M在第一象限,使得过点M且与椭圆在此点的切线垂直的直线经过点,则椭圆离心率的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据题意利用垂直直线斜率间的关系建立不等式再求解即可.
【详解】
因为过点M椭圆的切线方程为,所以切线的斜率为,
由,解得,即,所以,
所以.
故选:D
【点睛】
本题主要考查了建立不等式求解椭圆离心率的问题,属于基础题.
12.已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上,其底面边长为4,、、分别为侧棱,,的中点.若在三棱锥内,且三棱锥的体积是三棱锥体积的4倍,则此外接球的体积与三棱锥体积的比值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】如图,平面截球所得截面的图形为圆面,计算,由勾股定理解得,此外接球的体积为,三棱锥体积为,得到答案.
【详解】
如图,平面截球所得截面的图形为圆面.
正三棱锥中,过作底面的垂线,垂足为,与平面交点记为,连接、.
依题意,所以,设球的半径为,
在中,,,,
由勾股定理:,解得,此外接球的体积为,
由于平面平面,所以平面,
球心到平面的距离为,
则,
所以三棱锥体积为,
所以此外接球的体积与三棱锥体积比值为.
故选:D.
【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球问题,三棱锥体积,球体积,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
二、填空题
13.若双曲线的两条渐近线斜率分别为,,若,则该双曲线的离心率为________.
【答案】2
【解析】由题得,再根据求解即可.
【详解】
双曲线的两条渐近线为,可令,,则,所以,解得.
故答案为:2.
【点睛】
本题考查双曲线渐近线求离心率的问题.属于基础题.
14.已知在等差数列中,,,前n项和为,则________.
【答案】39
【解析】设等差数列公差为d,首项为,再利用基本量法列式求解公差与首项,进而求得即可.
【详解】
设等差数列公差为d,首项为,根据题意可得,解得,所以.
故答案为:39
【点睛】
本题考查等差数列的基本量计算以及前n项和的公式,属于基础题.
15.已知抛物线的焦点和椭圆的右焦点重合,直线过抛物线的焦点与抛物线交于、两点和椭圆交于、两点,为抛物线准线上一动点,满足,,当面积最大时,直线的方程为______.
【答案】
【解析】根据均值不等式得到,,根据等号成立条件得到直线的倾斜角为,计算得到直线方程.
【详解】
由椭圆,可知,,,,
,
,,
(当且仅当,等号成立),
,,,,
直线的倾斜角为,直线的方程为.
故答案为:.
【点睛】
本题考查了抛物线,椭圆,直线的综合应用,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
16.已知三棱锥,,是边长为4的正三角形,,分别是、的中点,为棱上一动点(点除外),,若异面直线与所成的角为,且,则______.
【答案】
【解析】取的中点,连接,,取的中点,连接,,,直线与所成的角为,计算,,根据余弦定理计算得到答案。
【详解】
取的中点,连接,,依题意可得,,
所以平面,所以,
因为,分别、的中点,所以,因为,所以,
所以平面,故,故,
故两两垂直。
取的中点,连接,,,因为,
所以直线与所成的角为,
设,则,
,
所以,
化简得,解得,即.
故答案为:.
【点睛】
本题考查了根据异面直线夹角求长度,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
三、解答题
17.在数列和等比数列中,,,.
(1)求数列及的通项公式;
(2)若,求数列的前n项和.
【答案】(1),(2)
【解析】(1)根据与可求得,再根据等比数列的基本量求解即可.
(2)由(1)可得,再利用错位相减求和即可.
【详解】
解:
(1)依题意,,
设数列的公比为q,由,可知,
由,得,又,则,
故,
又由,得.
(2)依题意.
,①
则,②
①-②得,
即,故.
【点睛】
本题主要考查了等比数列的基本量求解以及错位相减求和等.属于中档题.
18.如图,在四棱锥中,平面平面ABCD,,,底面ABCD是边长为2的菱形,点E,F分别为棱DC,BC的中点,点G是棱SC靠近点C的四等分点.
求证:(1)直线平面EFG;
(2)直线平面SDB.
【答案】(1)见解析(2)见解析
【解析】(1) 连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,再证明即可.
(2)证明与即可.
【详解】
(1)连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,所以O为AC的中点,H为OC的中点,由E、F为DC、BC的中点,再由题意可得,所以在三角形CAS中,平面EFG,平面EFG,所以直线平面EFG.
(2)在中,,,,由余弦定理得,,即,解得,由勾股定理逆定理可知,因为侧面底面ABCD,由面面垂直的性质定理可知平面ABCD,所以,因为底面ABCD是菱形,所以,因为,所以平面SDB.
【点睛】
本题考查线面平行与垂直的证明.需要根据题意利用等比例以及余弦定理勾股定理等证明.属于中档题.
19.设抛物线过点.
(1)求抛物线C的方程;
(2)F是抛物线C的焦点,过焦点的直线与抛物线交于A,B两点,若,求的值.
【答案】(1)(2)
【解析】(1)代入计算即可.
(2) 设直线AB的方程为,再联立直线与抛物线的方程,消去可得的一元二次方程,再根据韦达定理与求解,进而利用弦长公式求解即可.
【详解】
解:
(1)因为抛物线过点,所以,所以,抛物线的方程为
(2)由题意知直线AB的斜率存在,可设直线AB的方程为,,.因为,所以,联立,化简得,所以,,所以,,解得,所以.
【点睛】
本题考查抛物线的方程以及联立直线与抛物线求弦长的简单应用.属于基础题.
20.已知在四棱锥中,平面,,在四边形中,,,,为的中点,连接,为的中点,连接.
(1)求证:.
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)见解析;(2)
【解析】(1)连接,证明,得到面,得到证明.
(2)以,,所在直线分别为,,轴建立空间直角坐标系,为平面的法向量,平面的一个法向量为,计算夹角得到答案.
【详解】
(1)连接,在四边形中,,平面,
面,,,面,
又面,,
又在直角三角形中,,为的中点,,,面,面,.
(2)以,,所在直线分别为,,轴建立空间直角坐标系,
,,,,,,
设为平面的法向量,,,,,令,则,,,
同理可得平面的一个法向量为.
设向量与的所成的角为,,
由图形知,二面角为锐二面角,所以余弦值为.
【点睛】
本题考查了线线垂直,二面角,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
21.已知函数.
(1)求的单调区间;
(2)讨论零点的个数.
【答案】(1)见解析(2)见解析
【解析】(1)求导后分析导函数的正负再判断单调性即可.
(2) ,有零点等价于方程实数根,再换元将原方程转化为,再求导分析的图像数形结合求解即可.
【详解】
(1)的定义域为,,当时,,所以在单调递减;当时,,所以在单调递增,所以的减区间为,增区间为.
(2),有零点等价于方程实数根,令则原方程转化为,令,.令,,∴,,,,
,当时,,当时,.
如图可知
①当时,有唯一零点,即有唯一零点;
②当时,有两个零点,即有两个零点;
③当时,有唯一零点,即有唯一零点;
④时,此时无零点,即此时无零点.
【点睛】
本题主要考查了利用导数分析函数的单调性的方法,同时也考查了利用导数分析函数零点的问题,属于中档题.
22.已知椭圆:的离心率为,直线:与以原点为圆心,以椭圆的短半轴长为半径的圆相切.为左顶点,过点的直线交椭圆于,两点,直线,分别交直线于,两点.
(1)求椭圆的方程;
(2)以线段为直径的圆是否过定点?若是,写出所有定点的坐标;若不是,请说明理由.
【答案】(1);(2)是,定点坐标为或
【解析】(1)根据相切得到,根据离心率得到,得到椭圆方程.
(2)设直线的方程为,点、的坐标分别为,,联立方程得到,,计算点的坐标为,点的坐标为,圆的方程可化为,得到答案.
【详解】
(1)根据题意:,因为,所以,
所以椭圆的方程为.
(2)设直线的方程为,点、的坐标分别为,,
把直线的方程代入椭圆方程化简得到,
所以,,
所以,,
因为直线的斜率,所以直线的方程,
所以点的坐标为,同理,点的坐标为,
故以为直径的圆的方程为,
又因为,,
所以圆的方程可化为,令,则有,
所以定点坐标为或.
【点睛】
本题考查了椭圆方程,圆过定点问题,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.