2020届云南省玉溪第一中学高三上学期第四次月考数学（文）试题（解析版）

这是一份2020届云南省玉溪第一中学高三上学期第四次月考数学（文）试题（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2019-2020学年云南省玉溪一中高三（上）第四次月考数学试卷（文科）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1．已知集合A＝{x|≤0}，B＝{x|0＜x＜4}，则A∪B＝（　　）
A．{x|﹣1≤x＜4} B．{x|0＜x≤3} C．{x|0＜x＜3} D．{x|﹣1＜x＜4}
2．设z＝+i，则|z|＝（　　）
A． B． C． D．2
3．已知命题p：对任意x∈R，总有2x＞x2；q：“ab＞1“是“a＞1，b＞1”的充分不必要条件，则下列命题为真命题的是（　　）
A．p∧q B．￢p∧q C．p∧￢q D．￢p∧￢q
4．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（　　）

A．64 B．72 C．80 D．112
5．如果执行如图所示的框图，输入N＝5，则输出的S等于（　　）

A． B． C． D．
6．△ABC中，∠BAC＝135°，，AC＝1，D是BC边上的一点（包括端点），则的取值范围是（　　）
A．[﹣3，0] B． C．[0，2] D．[﹣3，2]
7．定义在R上的偶函数f（x）满足f（x）＝f（x+2），且在[﹣1，0]上单调递减，设a＝f（），b＝f（2），c＝f（3），则a，b，c的大小关系是（　　）
A．b＜c＜a B．a＜b＜c C．b＜a＜c D．a＜c＜b
8．已知正方形ABCD的对角线AC与BD相交于E点，将△ACD沿对角线折起，使得平面ABC⊥平面ADC（如图），则下列命题中正确的是（　　）

A．直线AB⊥直线CD，且直线AC⊥直线BD
B．直线AB⊥平面BCD，且直线AC⊥平面BDE
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥BDE
D．平面ABD⊥平面BCD，且平面ACD⊥平面BDE
9．如图，用与底面成45°角的平面截圆柱得一椭圆截线，则该椭圆的离心率为（　　）

A． B． C． D．
10．某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元．若每批生产x件，则平均仓储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为1元．为使平均每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品（　　）
A．60件 B．80件 C．100件 D．120件
11．已知函数f（x）＝asinx﹣cosx的一条对称轴为x＝﹣，且f（x1）•f（x2）＝﹣4，则|x1+x2|的最小值为（　　）
A． B． C． D．
12．设等差数列{an}满足a1＝1，an＞0（n∈N*），其前n项和为Sn，若数列{}也为等差数列，则的最大值是（　　）
A．310 B．212 C．180 D．121
二、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.
13．若直线ax﹣by﹣3＝0（a＞0，b＞0）过点（1，﹣1），则+的最小值为　 　．
14．向量＝（﹣1，1），＝（1，0），若（﹣）⊥（2+λ），则λ＝　 　．
15．在等差数列{an}中，若a10＝0，则有等式：a1+a2+…+an＝a1+a2+…+a19﹣n（n＜19）成立，类比上述性质，相应地，在等比数列{bn}中，若b9＝1，则有等式　 　成立．
16．已知在△ABC中，D为边AC上一点，AB＝AD＝4，AC＝6，若△ABC的外心恰在线段BD上，则BC＝　 　．
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.（一）必考题：共60分.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.
17．已知α，β为锐角，tanα＝，cos（α+β）＝﹣．
（1）求cos2α的值；
（2）求tan（α﹣β）的值．
18．在等差数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，b1＝1，且b2+S3＝11，S6＝9b3．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn．
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，PD＝9，E为PA的中点．
（1）求证：DE∥平面BPC；
（2）线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出此时三棱锥B﹣PCF的体积；若不存在，请说明理由．

20．已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4，直线l1过定点A（1，0）．
（1）若l1与圆相切，求l1的方程；
（2）若l1与圆相交于P，Q两点，线段PQ的中点为M，又l1与l2：x+2y+2＝0的交点为N，判断AM•AN是否为定值，若是，则求出定值；若不是，请说明理由．

21．已知函数f（x）＝lnx﹣x+1．
（1）证明f（x）≤0恒成立；
（3）证明：
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．已知直线l的参数方程为（t为参数），圆C的参数方程为（α为参数）．
（Ⅰ）若直线l与圆C的相交弦长不小于，求实数m的取值范围；
（Ⅱ）若点A的坐标为（2，0），动点P在圆C上，试求线段PA的中点Q的轨迹方程．．
[选修4-5：不等式选讲]
23．（1）求f（x）＝+的最大值；
（2）设a，b，c＞0，且ab+bc+ca＝1，求证：．

2019-2020学年云南省玉溪一中高三（上）第四次月考数学试卷（文科）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1．已知集合A＝{x|≤0}，B＝{x|0＜x＜4}，则A∪B＝（　　）
A．{x|﹣1≤x＜4} B．{x|0＜x≤3} C．{x|0＜x＜3} D．{x|﹣1＜x＜4}
【解答】解：A＝{x|﹣1≤x＜3}，B＝{x|0＜x＜4}，
∴A∪B＝{x|﹣1≤x＜4}．
故选：A．
2．设z＝+i，则|z|＝（　　）
A． B． C． D．2
【解答】解：z＝+i＝+i＝．
故|z|＝＝．
故选：B．
3．已知命题p：对任意x∈R，总有2x＞x2；q：“ab＞1“是“a＞1，b＞1”的充分不必要条件，则下列命题为真命题的是（　　）
A．p∧q B．￢p∧q C．p∧￢q D．￢p∧￢q
【解答】解：命题p：对任意x∈R，总有2x＞x2；是假命题，例如取x＝2时，2x与x2相等．
q：由“a＞1，b＞1”⇒：“ab＞1”；反之不成立，例如取a＝10，b＝．
∴“ab＞1“是“a＞1，b＞1”的必要不充分条件，是假命题．
∴下列命题为真命题的是￢p∧（￢q），
故选：D．
4．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（　　）

A．64 B．72 C．80 D．112
【解答】解：由三视图可知该几何体为上部是一四棱锥，下部为正方体的组合体．四棱锥的高h1＝3，正方体棱长为4
V正方体＝Sh2＝42×4＝64，V四棱锥＝Sh1＝＝16，
所以V＝64+16＝80．
故选：C．
5．如果执行如图所示的框图，输入N＝5，则输出的S等于（　　）

A． B． C． D．
【解答】解：n＝5时，k＝1，S＝0，
第一次运行：S＝0+＝，k＝1＜5，
第二次运行：k＝1+1＝2，S＝＝，k＝2＜5，
第三次运行：k＝2+1＝3，＝，k＝3＜5，
第四次运行：k＝3+1＝4，S＝＝，k＝4＜5，
第五次运行：k＝4+1＝5，S＝＝，k＝5，
结束运行，输出S＝．
故选：D．
6．△ABC中，∠BAC＝135°，，AC＝1，D是BC边上的一点（包括端点），则的取值范围是（　　）
A．[﹣3，0] B． C．[0，2] D．[﹣3，2]
【解答】解：∵D是BC上的一点，（包括端点），
∴设＝，（0≤λ≤1），
∵∠BAC＝135°，，AC＝1，D是BC边上的一点（包括端点），
∴＝＝﹣1，
∴＝[]•（）
＝（2λ﹣1）﹣+（1﹣λ）
＝（2λ﹣1）﹣+（1﹣λ）
＝﹣（2λ﹣1）﹣2λ+（1﹣λ）
＝﹣5λ+2，
∵0≤λ≤1，∴﹣5λ+2∈[﹣3，2]，
∴的取值范围是[﹣3，2]．
故选：D．

7．定义在R上的偶函数f（x）满足f（x）＝f（x+2），且在[﹣1，0]上单调递减，设a＝f（），b＝f（2），c＝f（3），则a，b，c的大小关系是（　　）
A．b＜c＜a B．a＜b＜c C．b＜a＜c D．a＜c＜b
【解答】解：∵偶函数f（x）满足f（x）＝f（x+2），
故周期T＝2，
∵在[﹣1，0]上单调递减，根据偶函数的对称性可知在[0，1]上单调递增，距对称轴越远，函数值越大，
∵a＝f（）＝f（），＝f（2﹣），b＝f（2）＝f（0），c＝f（3）＝f（1），
则b＜a＜c．
故选：C．
8．已知正方形ABCD的对角线AC与BD相交于E点，将△ACD沿对角线折起，使得平面ABC⊥平面ADC（如图），则下列命题中正确的是（　　）

A．直线AB⊥直线CD，且直线AC⊥直线BD
B．直线AB⊥平面BCD，且直线AC⊥平面BDE
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥BDE
D．平面ABD⊥平面BCD，且平面ACD⊥平面BDE
【解答】解：由题意知DC⊥BE，AB∩BE＝E，
∴直线AB⊥直线CD不成立，故A错误；
∵AC⊥AB，∴AB与BC不垂直，
∴直线AB⊥平面BCD不成立，故B错误；
∵BE⊥DE，BE⊥AC，∴AC⊥平面BDE，
∴平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE，故C正确；
∵平面ABD⊥平面BCD不成立，故D错误．
故选：C．
9．如图，用与底面成45°角的平面截圆柱得一椭圆截线，则该椭圆的离心率为（　　）

A． B． C． D．
【解答】解：设圆柱底面圆的方程为x2+y2＝R2，
∵与底面成45°角的平面截圆柱，
∴椭圆的半长轴长是R，
半短轴长是R，
∴c＝R，
∴e＝＝＝．
故选：A．
10．某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元．若每批生产x件，则平均仓储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为1元．为使平均每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品（　　）
A．60件 B．80件 C．100件 D．120件
【解答】解：根据题意，该生产x件产品的生产准备费用与仓储费用之和是＝
这样平均每件的生产准备费用与仓储费用之和为（x为正整数）
由基本不等式，得
当且仅当时，f（x）取得最小值、
可得x＝80时，每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小
故选：B．
11．已知函数f（x）＝asinx﹣cosx的一条对称轴为x＝﹣，且f（x1）•f（x2）＝﹣4，则|x1+x2|的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：f（x）＝asinx﹣cosx
＝，
由于函数的对称轴为：x＝﹣，
所以，
则：，
解得：a＝1．
所以：f（x）＝2sin（x﹣），
由于：f（x1）•f（x2）＝﹣4，
所以函数必须取得最大值和最小值，
所以：或
所以：|x1+x2|＝4k，
当k＝0时，最小值为．
故选：C．
12．设等差数列{an}满足a1＝1，an＞0（n∈N*），其前n项和为Sn，若数列{}也为等差数列，则的最大值是（　　）
A．310 B．212 C．180 D．121
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，a1＝1，an＞0（n∈N*），
∴an＝1+（n﹣1）d，Sn＝．
∴＝1，＝，＝，
∵数列{}也为等差数列，
∴2＝+，
∴＝1+，
化为（d﹣2）2＝0，解得d＝2．
∴an＝2n﹣1，Sn＝n2．
∴＝＝，
∵数列单调递减，
∴的最大值是＝121．
故选：D．
二、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.
13．若直线ax﹣by﹣3＝0（a＞0，b＞0）过点（1，﹣1），则+的最小值为　　．
【解答】解：∵ax﹣by﹣3＝0（a＞0，b＞0）过点（1，﹣1），
∴a+b＝3，
则+＝（+）（a+b）＝＝．
故答案为：
14．向量＝（﹣1，1），＝（1，0），若（﹣）⊥（2+λ），则λ＝　3　．
【解答】解：向量＝（﹣1，1），＝（1，0），
∴＝2，＝1，＝﹣1；
又（﹣）⊥（2+λ），
∴（﹣）•（2+λ）＝2+（λ﹣2）•﹣λ＝0，
即2×2+（λ﹣2）•（﹣1）﹣λ•1＝0，
解得λ＝3．
故答案为：3．
15．在等差数列{an}中，若a10＝0，则有等式：a1+a2+…+an＝a1+a2+…+a19﹣n（n＜19）成立，类比上述性质，相应地，在等比数列{bn}中，若b9＝1，则有等式　b1•b2•…•bn＝b1•b2•…•b17﹣n（n＜17）　成立．
【解答】解：在等差数列{an}中，若a10＝0，则有等式a1+a2+…+an＝a1+a2+…+a19﹣n（n＜19，n∈N+）成立，
故相应的在等比数列{bn}中，若b9＝1，则有等式b1•b2•…•bn＝b1•b2•…•b17﹣n（n＜17）
故答案为b1•b2•…•bn＝b1•b2•…•b17﹣n（n＜17）
16．已知在△ABC中，D为边AC上一点，AB＝AD＝4，AC＝6，若△ABC的外心恰在线段BD上，则BC＝　2　．
【解答】解：∵外心为三角形三边垂直平分线的交点，△ABC的外心恰在线段BD上，
∴作线段AC的垂直平分线，交BD于点O，即为△ABC外心，
∴OA＝OB＝OC，
取AB的中点E，连接OE，则有OE⊥AB，可得∠BEO＝∠OFD＝90°，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴△BEO∽△DFO，
∵AC＝6，
∴AF＝3，
∴DF＝AD﹣AF＝1，
∵BE＝2，
∴＝＝2，
设OD＝a，则有OB＝OA＝2a，OF2＝OD2﹣FD2＝a2﹣1，
由AO2＝AF2+OF2，得到4a2＝9+a2﹣1，即a2＝，
由余弦定理得：cosA＝＝＝＝，
∴BC2＝AB2+AC2﹣2AB•ACcosA＝16+36﹣2×4×6×＝40，
则BC＝2．
故答案为：2

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.（一）必考题：共60分.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.
17．已知α，β为锐角，tanα＝，cos（α+β）＝﹣．
（1）求cos2α的值；
（2）求tan（α﹣β）的值．
【解答】解：（1）由，解得，
∴cos2α＝；
（2）由（1）得，sin2，则tan2α＝．
∵α，β∈（0，），∴α+β∈（0，π），
∴sin（α+β）＝＝．
则tan（α+β）＝．
∴tan（α﹣β）＝tan[2α﹣（α+β）]＝＝．
18．在等差数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，b1＝1，且b2+S3＝11，S6＝9b3．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn．
【解答】解：（1）设等差数列{an}公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
则，
解得d＝2，q＝2，
所以an＝2n﹣1，bn＝2n﹣1；
（2）cn＝（2n﹣1）（）n﹣1．
∴数列{cn}的前n项和Tn＝1×（）0+3×（）1+5×（）2+…+（2n﹣1）•（）n﹣1，
Tn＝1×（）1+3×（）2+5×（）3+…+（2n﹣1）•（）n，
∴Tn＝+2×（）1+2×（）2+2×（）3+…+2×（）n﹣1﹣（2n﹣1）•（）n
＝1+2（1﹣（）n﹣1）﹣（2n﹣1）•（）n
＝3﹣（2n+3）×（）n
∴Tn＝6﹣（2n+3）•（）n+1
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，PD＝9，E为PA的中点．
（1）求证：DE∥平面BPC；
（2）线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出此时三棱锥B﹣PCF的体积；若不存在，请说明理由．

【解答】（1）证明：取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N．
∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，
又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，
在Rt△BNC中，BN＝＝，
∴AB＝12，而E，M分别为PA，PB的中点，
∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∴EM∥CD且EM＝CD，
则四边形CDEM为平行四边形，∴DE∥CM．
∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE∥平面BPC；
（2）解：由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，
分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，
则D（0，0，0），B（8，12，0），C（0，6，0），
假设AB上存在一点F使CF⊥BD，设点F坐标为（8，t，0），
则＝（8，t﹣6，0），＝（8，12，0），
由，得64+12（t﹣6）＝12t﹣8＝0，得t＝，
即AF＝，则BF＝12﹣＝，又PD＝9，
∴＝136．


20．已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4，直线l1过定点A（1，0）．
（1）若l1与圆相切，求l1的方程；
（2）若l1与圆相交于P，Q两点，线段PQ的中点为M，又l1与l2：x+2y+2＝0的交点为N，判断AM•AN是否为定值，若是，则求出定值；若不是，请说明理由．

【解答】解：（1）①若直线l1的斜率不存在，即直线x＝1，符合题意．
②若直线l1斜率存在，设直线l1为y＝k（x﹣1），即kx﹣y﹣k＝0．
由题意知，圆心（3，4）到已知直线l1的距离等于半径2，
即 解之得 ．
所求直线方程是x＝1，3x﹣4y﹣3＝0．
（2）直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0，可设直线方程为kx﹣y﹣k＝0
由 得 ；
又直线CM与l1垂直，得 ．
∴AM•AN＝为定值．
21．已知函数f（x）＝lnx﹣x+1．
（1）证明f（x）≤0恒成立；
（3）证明：
【解答】解：（1）f（x）＝lnx﹣x+1，f'（x）＝，（x＞0），
当x∈（0，1），f'（x）＞0，f（x）递增；
当x∈（1，+∞），f'（x）＜0，f（x）递减，
故f（x）min＝f（1）＝0，所以f（x）≤0恒成立；
（2）由（1）知，lnx≤x﹣1，x＝1时取等号，
n＞1，则lnn＜n﹣1＝，
故＝，
所以＜．
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．已知直线l的参数方程为（t为参数），圆C的参数方程为（α为参数）．
（Ⅰ）若直线l与圆C的相交弦长不小于，求实数m的取值范围；
（Ⅱ）若点A的坐标为（2，0），动点P在圆C上，试求线段PA的中点Q的轨迹方程．．
【解答】解：（Ⅰ）直线l的参数方程为（t为参数），普通方程为y＝mx，
圆C的参数方程为（a为参数），普通方程为x2+（y﹣1）2＝1．
圆心到直线l的距离d＝，相交弦长＝2，
∴2≥，∴m≤﹣1或m≥1；
（Ⅱ）设P（cosα，1+sinα），Q（x，y），则x＝（cosα+2），y＝（1+sinα），
消去α，整理可得线段PA的中点Q的轨迹方程（x﹣1）2+（y﹣）2＝．
[选修4-5：不等式选讲]
23．（1）求f（x）＝+的最大值；
（2）设a，b，c＞0，且ab+bc+ca＝1，求证：．
【解答】解：（1）由题意知：定义域为[0，4]，
由基本不等式，得＝，当且仅当，即x＝2，取等号；
（2）因为ab+bc+ca＝1，a，b，c＞0，
2（a+b+c）2＝a2+b2+b2+c2+a2+4ab+4ac+4bc≥6（ab+bc+ac）＝6，当且仅当a＝b＝c，取等号，
故．