2020届江西省新余市高三上学期第四次段考数学（理）试题（解析版）

这是一份2020届江西省新余市高三上学期第四次段考数学（理）试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020届江西省新余市高三上学期第四次段考数学（理）试题  一、单选题1．设集合，，则（）A． B． C． D．【答案】D【解析】集合表示函数的值域，集合表示函数的定义域，由函数的定义域、值域的求法，求出集合、，再求即可.【详解】解：因为，则，即，又，,由，解得，即，即，故选D.【点睛】本题考查了函数的定义域、值域的求法，重点考查了集合交集的运算，属基础题.2．复数，其中为虚数单位，则的虚部为（    ）A． B．1 C． D．【答案】A【解析】根据复数共轭的概念得到，再由复数的除法运算得到结果即可.【详解】虚部为-1，故选A.【点睛】本题考查了复数的运算法则、复数的共轭复数等，考查了推理能力与计算能力，属于基础题,复数问题高考必考，常见考点有：点坐标和复数的对应关系，点的象限和复数的对应关系，复数的加减乘除运算，复数的模长的计算.3．若，，则的大小关系（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】利用对数函数的性质，以及微积分定理与比较即可.【详解】，故选：D【点睛】本题考查实数大小的比较，考查对数函数的性质，微积分定理，考查利用中间量比较大小，属于常考题型.4．给出下列两个命题：命题：“，”是“函数为偶函数”的必要不充分条件；命题：函数是奇函数，则下列命题是真命题的是（　　）A． B． C． D．【答案】C【解析】先判断出简单命题、的真假，然后利用复合命题的真假判断出各选项中命题的真假.【详解】对于命题，若函数为偶函数，则其对称轴为，得，则“，”是“函数为偶函数”的充分不必要条件，命题为假命题；对于命题，令，即，得，则函数的定义域为，关于原点对称，且，所以，函数为奇函数，命题为真命题，因此，、、均为假命题，为真命题，故选：C.【点睛】本题考查复合命题真假性的判断，解题的关键就是判断出各简单命题的真假，考查逻辑推理能力，属于中等题.5．已知数列的前项和为，且对任意都有，设，则数列的前5项之和为（    ）A．11 B．16 C．10 D．15【答案】C【解析】根据，再写出一个等式，两式相减并化简，由此证明是等比数列并求解出的通项公式，然后求解出的通项公式，根据通项公式即可求解前项之和.【详解】①，②，由①和②得，数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，.故选：C.【点睛】已知与的关系式，可通过将替换为得到新的关系式，再根据得到的递推公式，从而求解出的通项公式.6．已知向量，满足，，且则向量与的夹角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】先由向量模的计算公式，根据题中数据，求出，再由向量夹角公式，即可得出结果.【详解】因为向量，满足，，且，所以，即，因此，所以.故选：C【点睛】本题主要考查由向量的模求向量夹角余弦值，熟记向量夹角公式，以及模的计算公式即可，属于常考题型.7．已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是（　　）A． B．C． D．【答案】C【解析】根据图像得到函数为偶函数，而且时，，通过排除法排除掉A、B选项，然后通过判断时，的值，排除D选项，从而得到答案.【详解】函数的图象如图所示，函数是偶函数，时，函数值为0．是偶函数，但是，是奇函数，不满足题意．是偶函数，满足题意；是偶函数，，时，，不满足题意．故选C项．【点睛】本题考查函数图像的性质，函数的奇偶性，零点和值域，属于简单题.8．若函数在区间上单调递减，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】先由题意，得到，函数在区间上单调递增，列出不等式组求解，即可得出结果.【详解】因为函数在区间上单调递减，当时，显然不可能，所以，因此，函数在区间上单调递增，所以，解得：.故选：A【点睛】本题主要考查由正弦型函数的单调性求参数，熟记正弦函数的性质即可，属于常考题型.9．已知M是△ABC内的一点，且，，若△MBC，△MCA和△MAB的面积分别为1，，，则的最小值是（  ）A．2 B．8 C．6 D．9【答案】D【解析】由，，可知，进而求出，从而，而 ，利用基本不等式求最小值即可。【详解】∵，，∴，化为．∴．∴．则，而 =5+4=9，当且仅当，即时取等号，故的最小值是9，故选：D．【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值，考查了向量的数量积，三角形的面积公式，属于中档题。10．已知函数，若是函数的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为(　　)A． B． C． D．【答案】A【解析】分析：由的导函数形式可以看出，需要对k进行分类讨论来确定导函数为0时的根.详解：函数，函数的定义域是，，是函数的唯一一个极值点，是导函数的唯一一个极值点，在无变号零点，令，，①时，恒成立，在时单调递增；的最小值为，无解；②时，有解为：，，，在单调递减，时，，在单调递增，的最小值为，，由和图象，它们切于，综上所述，.故选：A.点睛：本题考查由函数的导函数确定极值问题，对参数需要进行讨论.11．抛物线的焦点为，已知点和分别为抛物线上的两个动点，且满足，过弦的中点作抛物线准线的垂线，垂足为，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】先分别过点、作抛物线准线的垂线、，垂直分别为、，连接、，设、，根据抛物线的定义，得到、，再由余弦定理，以及基本不等式，即可求出结果.【详解】如图，分别过点、作抛物线准线的垂线、，垂直分别为、，连接、，设、，由抛物线的定义可得：、，在梯形中，，由余弦定理可得：，所以.故选：D【点睛】本题主要考查抛物线的应用，熟记抛物线的性质，以及基本不等式即可，属于常考题型.12．已知P,A,B,C是半径为2的球面上的点，PA=PB=PC=2，，点B在AC上的射影为D，则三棱锥体积的最大值为（   ）A． B． C． D．【答案】D【解析】先画出图形（见解析），求出三棱锥的高，由题意得出三棱锥体积最大时面积最大，进而求出的面积表达式，利用函数知识求出面积最大值，从而求出三棱锥体积最大值。【详解】如下图，由题意，，，取的中点为，则为三角形的外心，且为在平面上的射影，所以球心在的延长线上，设，则，所以，即，所以.故，过作于，设()，则,设，则，故，所以，则，所以的面积，令，则，因为，所以当时，，即此时单调递增；当时，，此时单调递减。所以当时，取到最大值为，即的面积最大值为。当的面积最大时，三棱锥体积取得最大值为.故选D.【点睛】本题主要考查三棱锥的体积公式、三角形的面积公式、导数等知识，是一道综合性很强的题目。  二、填空题13．若实数x，y满足，则的取值范围为________.【答案】【解析】先由约束条件作出可行域，化目标函数为，得表示直线在轴截距，结合图像，即可求出结果.【详解】根据约束条件作出可行域如下，由得，所以表示直线在轴截距，由图像可得，当直线过点时，在轴截距最小；当过点时，在轴截距最大；由得，即；由得，即；因此，，即的取值范围为；故答案为：【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，只需由约束条件作出可行域，根据目标函数的几何意义，以及图像求解即可，属于常考题型.14．观察下列各式:…根据上述规律,则第个不等式应该为_______【答案】【解析】根据规律，不等式的左边是个自然数的倒数的平方和，右边分母是以2为首项，1为公差的等差数列，分子是以3为首项，2为公差的等差数列，由此可得结论.【详解】根据规律，不等式的左边是个自然数的倒数的平方和，右边分母是以2为首项，1为公差的等差数列，分子是以3为首项，2为公差的等差数列，所以第个不等式应该是，故答案为：.【点睛】本题主要考查了归纳推理的应用，其中解答中得出不等式的左边是个自然数的倒数的平方和，右边分母是以2为首项，1为公差的等差数列，分子是以3为首项，2为公差的等差数列是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.15．设定义域为的函数满足，则不等式的解集为__________．【答案】【解析】根据条件构造函数F（x），求函数的导数，利用函数的单调性即可得到结论．【详解】设F（x），则F′（x），∵，∴F′（x）＞0，即函数F（x）在定义域上单调递增．∵∴，即F（x）＜F（2x）∴，即x＞1∴不等式的解为故答案为：【点睛】本题主要考查函数单调性的判断和应用，根据条件构造函数是解决本题的关键．16．设的内角的对边长成等比数列，，延长至，若，则面积的最大值为__________.【答案】【解析】由，可得，由成等比数列，结合正弦定理可得，两式相减，可求得，从而得为正三角形，设正三角形边长为， ，利用基本不等式可得结果.【详解】 ，，①又成等比数列，，由正弦定理可得，②①-②得，，解得，由，得，，为正三角形，设正三角形边长为，则，，时等号成立。即面积的最大值为，故答案为.【点睛】本题主要考查对比中项的应用、正弦定理的应用以及基本不等式求最值，属于难题. 利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）. 三、解答题17．已知在递增的等差数列的等比中项(I)求数列的通项公式；(II)若，为数列的前n项和，求．【答案】 (I) (II) 【解析】(I)根据已知求出的通项公式. (II) 由题意可知，再利用裂项相消法求和得解.【详解】(I)设公差为,因为，所以，解得所以.                                        (II)由题意可知：         所以 .【点睛】本题主要考查等差数列通项的求法和裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.18．在中，设内角，，所对的边分别为，，，且.（1）求角的大小；（2）求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（1）由正弦定理化边为角可得，再由两角和的正弦可得，即得，得解；（2）由三角恒等变换结合倍角公式可得，再结合求解即可.【详解】解：（1）由得到，即，即，又∵为三角形内角，∴，所以，从而.（2），∵，∴，∴，所以.所以的取值范围为.【点睛】本题考查了正弦定理、正弦与余弦的二倍角公式及三角函数求值域问题，重点考查了运算能力，属中档题.19．已知在多面体中，，，，，且平面平面.（1）设点为线段的中点，试证明平面；（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析（2）【解析】（1）由四边形为平行四边形.∴，再结合平面，即可证明平面；（2）由空间向量的应用，建立以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可.【详解】（1）证明：取的中点，连接，，∵在中，∴.∴由平面平面，且交线为得平面.∵，分别为，的中点，∴，且.又，，∴，且.∴四边形为平行四边形.∴，∴平面.（2）∵平面，，∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，，.∵平面，∴直线与平面所成的角为.∴.∴.可取平面的法向量，设平面的法向量，，，则，取，则，.∴，∴，∴二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定及利用空间向量求解二面角的大小，重点考查了空间想象能力，属中档题.20．高尔顿（钉）板是在一块竖起的木板上钉上一排排互相平行、水平间隔相等的圆柱形铁钉（如图），并且每一排钉子数目都比上一排多一个，一排中各个钉子恰好对准上面一排两相邻铁钉的正中央.从入口处放入一个直径略小于两颗钉子间隔的小球，当小球从两钉之间的间隙下落时，由于碰到下一排铁钉，它将以相等的可能性向左或向右落下，接着小球再通过两铁钉的间隙，又碰到下一排铁钉.如此继续下去，在最底层的5个出口处各放置一个容器接住小球.（Ⅰ）理论上，小球落入4号容器的概率是多少？（Ⅱ）一数学兴趣小组取3个小球进行试验，设其中落入4号容器的小球个数为，求的分布列与数学期望.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）的分布列见解析，数学期望是【解析】（Ⅰ）若要小球落入4号容器，则在通过的四层中有三层需要向右，一层向左，根据二项分布公式可求得概率；（Ⅱ）落入4号容器的小球个数的可能取值为0，1，2，3，算出对应事件概率，利用离散型随机变量分布列数学期望的公式可求得结果.【详解】解：（Ⅰ）记“小球落入4号容器”为事件，若要小球落入4号容器，则在通过的四层中有三层需要向右，一层向左，∴理论上，小球落入4号容器的概率.（Ⅱ）落入4号容器的小球个数的可能取值为0，1，2，3，∴，，，，∴的分布列为：0123  ∴.【点睛】本题主要考查二项分布及其数学期望的计算，较基础.21．设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：.【答案】（1）的方程为或；（2）证明见解析.【解析】（1）首先根据与轴垂直，且过点，求得直线的方程为，代入椭圆方程求得点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程；（2）分直线与轴重合、与轴垂直、与轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证得结果.【详解】（1）由已知得，l的方程为.由已知可得，点的坐标为或.所以的方程为或.（2）当与轴重合时，.当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以.当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，则，直线、的斜率之和为.由得.将代入得.所以，.则.从而，故、的倾斜角互补，所以.综上，.【点睛】该题考查的是有关直线与椭圆的问题，涉及到的知识点有直线方程的两点式、直线与椭圆相交的综合问题、关于角的大小用斜率来衡量，在解题的过程中，第一问求直线方程的时候，需要注意方法比较简单，需要注意的就是应该是两个，关于第二问，在做题的时候需要先将特殊情况说明，一般情况下，涉及到直线与曲线相交都需要联立方程组，之后韦达定理写出两根和与两根积，借助于斜率的关系来得到角是相等的结论.22．（本小题满分15分）已知函数，（1）试讨论函数的单调区间；（2）若不等式对于任意的恒成立，求的取值范围。【答案】解: （1）：---2分当时，函数定义域为，在上单调递增-------3分当时，恒成立，函数定义域为，又在单调递增，单调递减，单调递增----4分当时，函数定义域为，在单调递增，单调递减，单调递增------------------------------------------------------5分当时，设的两个根为且，由韦达定理易知两根均为正根，且，所以函数的定义域为，又对称轴，且，在单调递增，单调递减，单调递增--------7分（2）：由（1）可知当时，时，有即不成立，----------------------------------------8分当时，单调递增，所以在上成立---------------------------------------9分当时，，下面证明：即证令单调递增，使得在上单调递减，在上单调递减，此时所以不等式所以由（1）知在单调递增，单调递减，所以不等式对于任意的恒成立----------------------------------------------------------13分当时，由函数定义域可知，显然不符合题意---------14分综上所述，当时，不等式对于任意的恒成立-------15分【解析】略