重庆市渝西中学2020届高三下学期第四次月考数学试题理科试卷

渝西中学校高2020级高三下
数学试题（理科）
一、选择题（共12小题，每题5分）
1．若集合M＝{x|x＜3}，N＝{x|x2＞4}，则M∩N＝（　　）
A．（﹣2，3） B．（﹣∞，﹣2） C．（2，3） D．（﹣∞，﹣2）∪（2，3）
2．设z＝i+（2﹣i）2，则z=（　　）
A．3+3i B．3﹣3i C．5+3i D．5﹣3i
3．已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的准线l平分圆M：（x+2）2+（y+3）2＝4的周长，则p＝（　　）
A．2 B．3 C．6 D．3
4．设等比数列{an}的前n项和是Sn，a2＝﹣2，a5＝﹣16，则S6＝（　　）
A．﹣63 B．63 C．﹣31 D．31
5．已知向量a→=(3，1)，b→=(m，m+2)，c→=(m，3)，若a→∥b→，则b→⋅c→=（　　）
A．﹣12 B．﹣6 C．6 D．3
6．已知直线a∥平面α，则“平面α⊥平面β”是“直线a⊥平面β”的（　　）
A充分但不必要条件 B必要但不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件
7．如图，在△ABC中，点D是线段BC上的动点，且AD=xAB+yAC，则1x+4y的最小值
为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．9


8．“干支纪年法”是我国历法的一种传统纪年法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”．地支又与十二生肖“鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪”依次对应，“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为甲子、乙丑、丙寅……癸酉；甲戌、乙亥、丙子……癸未；甲申、乙酉、丙戌……癸巳；……，共得到60个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽.2020年是“干支纪年法”中的庚子年，那么2086年出生的孩子属相为（　　）
A．猴 B．马 C．羊 D．鸡
9．已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．令bn=1anan+1，则数列{bn}的前50项和T50＝（　　）
A．5051 B．4950 C．100101 D．50101
10．已知函数f(x)=3x-3-x3x+3-x，且f（5a﹣2）＞﹣f（a﹣2），则a的取值范围是（　　）
A．（0，+∞） B．（﹣∞，0） C．(-∞，23) D．(23，+∞)
11．已知点A1，A2分别为双曲线C：x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右顶点，直线y＝kx交双曲线于M，N两点，若kMA1•kMA2•kNA1•kNA2=4，则双曲线C的离心率为（　　）
A．62 B．2 C．3 D．1+2
12．已知函数f(x)=lnxx，x≥1e，-e2x，x＜1e，，则函数g（x）＝2[f（x）]2﹣mf（x）﹣2的零点个数为（　　）
A．3 B．1或3 C．3或4或5 D．1或3或5
二、填空题：把答案填在答题卡中的横线上.
13．已知（x﹣2）6＝a0+a1x+a2x2+…+a6x6，则a3a0=　 　．
14．已知f（x）是定义在R上的偶函数，且当x＞0时，f(x)=sinπx4，0＜x＜4，log3x，x≥4，则
f（f（﹣9））＝　 　．
15．已知函数f（x）＝|sinx|﹣cosx，给出以下四个命题：
①f（x）的图象关于y轴对称； ②f（x）在[﹣π，0]上是减函数；
③f（x）是周期函数； ④f（x）在[﹣π，π]上恰有三个零点．
其中真命题的序号是　 　．（请写出所有真命题的序号）
16．已知菱形ABCD的边长为23，∠BAD＝60°，沿对角线BD将菱形ABCD折起，使得二面角A﹣BD﹣C为钝二面角，且折后所得四面体ABCD外接球的表面积为36π，则二面角A﹣BD﹣C的余弦值为　 　.
三、解答题：解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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.
17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝3，b＝2，sinA+sinB=52114．
（1）求sinB的值； （2）若△ABC为锐角三角形，求△ABC的面积．

18．2018年反映社会现实的电影《我不是药神》引起了很大的轰动，治疗特种病的创新药研发成了当务之急．为此，某药企加大了研发投入，市场上治疗一类慢性病的特效药品A的研发费用x（百万元）和销量y（万盒）的统计数据如下：
研发费用x（百万元）
2
3
6
10
13
15
18
21
销量y（万盒）
1
1
2
2.5
3.5
3.5
4.5
6
（Ⅰ）求y与x的相关系数r（精确到0.01），并判断y与x的关系是否可用线性回归方程模型拟合？（规定：|r|≥0.75时，可用线性回归方程模型拟合）；
（Ⅱ）该药企准备生产药品A的三类不同的剂型A1，A2，A3，并对其进行两次检测，当第一次检测合格后，才能进行第二次检测．第一次检测时，三类剂型A1，A2，A3合格的概率分别为，，，第二次检测时，三类剂型A1，A2，A3合格的概率分别为，，．两次检测过程相互独立，设经过两次检测后A1，A2，A3三类剂型合格的种类数为X，求X的数学期望．
附：（1）相关系数
（2），，， .
19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知△ABC是直角三角形，侧面ABB1A1是矩形，AB＝BC＝1，BB1＝2，BC1=3．
（1）证明：BC1⊥AC．
（2）E是棱CC1的中点，
求直线B1C与平面ABE所成角的正弦值．
20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的离心率为22，设直线l过椭圆C的上顶点和右焦点，坐标原点O到直线l的距离为2．
（1）求椭圆C的方程．
（2）过点P（8，0）且斜率不为零的直线交椭圆C于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在定点Q，使得直线MQ，NQ的斜率之积为非零的常数？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

21．已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x33-x22)．
（1）讨论f（x）的极值点的个数；
（2）若f（x）有3个极值点x1，x2，x3（其中x1＜x2＜x3），证明：x1x3＜x22．

选考题：请考生在第22、23两题中任选一题作答，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．如图，在以O为极点，Ox轴为极轴的极坐标系中，圆C1，C2，C3的方程分别为ρ＝4sinθ，ρ=4sin(θ+2π3)，ρ＝4sin（θ-2π3）．
（1）若C1，C2相交于异于极点的点M，求点M的极坐标（ρ＞0，0≤θ＜2π）；
（2）若直线l：0＝α（p∈R）与C1，C3分别相交于异于极点的A，B两点，求|AB|的最大值．


[选修4-5：不等式选讲]
23．已知a≠0，函数f（x）＝|ax﹣1|，g（x）＝|ax+2|．
（1）若f（x）＜g（x），求x的取值范围；
（2）若f（x）+g（x）≥|2×10a﹣7|对x∈R恒成立，求a的最大值与最小值之和．
渝西中学校高2020级高三下
数学参考答案（理科）
一、选择题
1．D 2．A 3．C 4．A 5．C 6．B
7. D 如图可知x，y均为正， x+y=1
∴1x+4y=1x+4y(x+y)=5+yx+4xy≥(5+2yx⋅4xy)=9，则1x+4y的最小值为9.
8．B 解：六十甲子，周而复始，无穷无尽，即周期是60，2086年与2026年一样，2020年是庚子年，2021年是辛丑年，2022年是壬寅年，2023年是癸卯年，2024年是甲辰年，2025年是乙巳年，2026年是丙午年，则2086年出生的孩子属相为马．
9. D 解：S1＝a1，S2=2a1+2×12×2=2a1+2，S4=4a1+4×32×2=4a1+12，
∵S1，S2，S4成等比数列，∴S22＝S1•S4，即(2a1+2)2=a1(4a1+12)，
解得a1＝1，∴an＝1+2•（n﹣1）＝2n﹣1，∴bn=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)，
∴T50＝b1+b2+…+b50=12（1-13）+12（13-15）+⋯+12（199-1101）
=12（1-13+13-15+⋯+199-1101）=12（1-1101）=50101．
10．D 解：根据题意，函数f(x)=3x-3-x3x+3-x，其定义域为R，
又由f（﹣x）=3-x-3x3-x+3x=-3x-3-x3x+3-x=-f（x），f（x）为奇函数，
又f(x)=1-29x+1，函数y＝9x+1为增函数，则f（x）在R上单调递增；
f（5a﹣2）＞﹣f（a﹣2）⇒f（5a﹣2）＞f（﹣a+2）⇒5a﹣2＞﹣a+2，解可得a＞23
11. C 解：设M（x0，y0），则kMA1⋅kMA2=y0x0+a⋅y0x0-a=y02x02-a2=b2a2，
同理可得kNA1⋅kNA2=b2a2，所以kMA1⋅kMA2⋅kNA1⋅kNA2=b4a4=4，
即b2a2=2，所以双曲线C的离心率为1+b2a2=3．
12．A解：若x≥1e，f'(x)=1-lnxx2，
当x∈[1e，e]时，f'（x）≥0，f（x）在[1e，e]上单调递增；
若x∈[e，+∞），f'（x）≤0，f（x）在[e，+∞）上单调递减．
由此可画出函数f（x）的图象，如图所示．令f（x）＝t，则方程必有两根t1，t2（t1＜t2）且t1t2＝﹣1，注意到f(1e)=-e，f(e)=1e，此时恰有t1＝﹣e，t2=1e，满足题意．
①当t1＝﹣e时，有t2=1e，此时f（x）＝t1有1个根，此时f（x）＝t2有2个根；
②当t1＜﹣e时必有t2∈(0，1e)，此时f（x）＝t1有0个根，此时f（x）＝t2有3个根；
③当﹣e＜t1＜0时，必有t2＞1e．此时f（x）＝t1有2个根，此时f（x）＝t2有1个根．
综上所述，对任意的m，函数g（x）＝2[f（x）]2﹣mf（x）﹣2的零点只有3个．




二、填空题：
13．-52 14．1
15. ①③
解：对于①，函数f（x）＝sinx﹣cosx的定义域为R，且满足f（﹣x）＝f（x），
所以f（x）是定义域在R上的偶函数，其图象关于y轴对称，①为真命题；
对于②，当x∈[﹣π，0]时，sinx≤0，f(x)=-(sinx+cosx)=-2sin(x+π4)，
对于y=2sin(x+π4)，x+π4∈[-3π4，π4]，所以在[﹣π，0]上先减后增，那么f（x）在[﹣π，0]上先增后减，②为假命题；
对于③，因为f（x+2π）＝|sin（x+2π）|﹣cos（x+2π）＝|sinx|﹣cosx＝f（x），函数f（x）是周期为2π的周期函数，③为真命题；
对于④，当x∈[﹣π，0]时，sinx≤0，f(x)=-(sinx+cosx)=-2sin(x+π4)，且x+π4∈[-3π4，π4]，f（x）在[﹣π，0]上恰有一个零点是-π4，又由①知道f（x）是定义在R上的偶函数，所以在（0，π]上有一个零点是π4，则④为假命题．
16．-23 解：由已知得，△ABD和△BCD均为正三角形，如图，设E为BD的中点，延长CE，作AH⊥EC交EC于点H，易得∠AEC是二面角A﹣BD﹣C的平面角，
作△BCD的中心F，则F在EC上FC＝2EF，作FG∥HA作AG∥HC，AG∩GF＝G，
可知四面体ABCD外接球的球心O在GF上，设外接球的半径为R，则R＝3，
在Rt△AGO和Rt△CFO中，由于CF=23×33=2，EF＝1，
所以R2＝CF2+OF2，R2＝OG2+AG2，AE2＝AH2+HE2，
解得AH=5，HE＝2，从而cos∠AEH=23，
所以二面角A﹣BD﹣C的余弦值为-23．
三、解答题.
17．解：（1）由正弦定理，sinA+sinB=52114，可化为a2R+b2R=52114，
解得2R=2213，sinB=b2R=22213=217；
（2）因为△ABC为锐角三角形，所cosB=1-(217)2=277，
所以b2＝a2+c2﹣2accosB，即7c2-12c+57=0，解得c=7或c=57，
当c=57时，a2＞b2+c2，此时A为钝角，舍去．
所以c=7，S=12acsinB=12×3×7×217=332．
18． 解：（1）由题意可知＝（2+3+6+10+21+13+15+18）＝11，
＝（1+1+2+2.5+6+3.5+3.5+4.5）＝3，
由公式，
∵|r|≈0.98＞0.75，∴y与x的关系可用线性回归模型拟合．
（2）药品A的每类剂型经过两次检测后合格的概率分别为：
， ， ，
由题意，，∴．
19．解：（1）证明：因为△ABC是直角三角形，BA＝BC，
所以AB⊥BC．
因为侧面ABB1A1是矩形，所以AB⊥BB1．
因为BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面BCC1B1，从而AB⊥BC1．
因为BC＝1，CC1＝2，BC1=3，所以BC2+BC12=CC12，即BC⊥BC1．
因为BC∩AB＝B，所以BC1⊥平面ABC．所以BC1⊥AC．
（2）解：由（1）知，以B为坐标原点，分别以BC，BA，BC1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则B（0，0，0），C（1，0，0），A（0，1，0），E(12，0，32)，B1(-1，0，3)．
设面ABE的法向量为m→=(x1，y1，z1)，由m→⋅BA→=0m→⋅BE→=0，得y1=0，12x1+32z1=0，，
令z1＝1，得m→=(-3，0，1)．又B1C→=（2，0，-3），
设直线B1C与平面ABE所成角的大小为θ，则sinθ=m→⋅B1C→m→⋅B1C→
=332×27=32128，
所以直线B1C与平面ABE所成角的正弦值为32128．
20． 解：（1）设椭圆的半焦距为c，根据题意，得ca=22．
因为l过椭圆C的上顶点和右顶点，所以l的方程为xc+yb=1，即bx+cy﹣bc＝0．
又由点O到直线l的距离为2，得bcb2+c2=bca=2，所以b=22．
设a＝2k，c=2k，则b2＝a2﹣c2＝2k2＝8，解得k＝2，从而a＝4，
所以椭圆c的方程为x216+y28=1．
（2）依题意设直线MN的方程为x＝my+8，M（x1，y1），N（x2，y2）．
联立方程组x216+y28=1，x=my+8，消去x得（m2+2）y2+16my+48＝0，△＝（16m）2﹣4×48×（m2+2）＝64m2﹣384＞0，
所以y1+y2=-16mm2+2，y1y2=48m2+2，x1+x2=m(y1+y2)+16=-16m2m2+2+16=32m2+2，x1x2=m2y1y2+8m(y1+y2)+64=-16m2+128m2+2．
假设存在定点Q（t，0）（t＞0），使得直线MQ，NQ的斜率之积为非零常数，
则kMQkNQ=y1x1-t⋅y2x2-t=y1y2x1x2-t(x1+x2)+t2=48(t2-16)m2+2t2-32t+128．
要使kMQkNQ为非零常数，当且仅当t2﹣16＝0，即t＝4时成立，
此时，kMQkNQ=4832-32×4+128=32，
所以x轴的正半轴上存在定点Q（4，0），使得直线MQ，NQ的斜率之积为常数32．
21．【解答】（1）解：f'（x）＝（x﹣1）ex+a（x2﹣x）＝（x﹣1）（ex+ax），
令g(x)=exx，g'(x)=(x-1)exx2，故g（x）在（0，1）上单调递减（1，+∞）上单调递增，
在（﹣∞，0）上单调递减，且当x＜0时，g（x）＜0．
当a＞0时，f（x）有2个极值点，当﹣e≤a≤0时，f（x）只有1个极值点，
当a＜﹣e时，f（x）有3个极值点．
（2）证明：因为f（x）有3个极值点x1，x2，x3（其中x1＜x2＜x3），所以ex1=-ax1，ex3=-ax3且x2＝1，即得ex1x1=ex3x3，要证x1x3＜x22，即x1x3＜1，
由ex1x1=ex3x3，得x3x1=ex3ex1=ex3-x1，设x3x1=k，k＞1，ex3-x1=k，所以x3﹣x1＝lnk，
联立x3-x1=lnk，x3x1=k，得x1=lnkk-1，x3=klnkk-1，所以x1x3=k(lnk)2(k-1)2，
所以要证x1x3＜1，只需k(lnk)2(k-1)2＜1，k＞1，
则有(lnk)2＜(k-1)2k，即lnk＜k-1k=k-1k，则需证明lnk-k+1k＜0．
令k=t，t＞1，即需证明h(t)=lnt2-t+1t＜0．
因为h'(t)=2t-1-1t2=-t2+2t-1t2=-(t-1)2t2＜0恒成立，
所以h（t）在t∈（1，+∞）上是单调递减函数，则有h(t)＜h(1)=ln1-1+11=0，
即h(t)=lnt2-t+1t＜0成立，所以x1x3＜1，即x1x3＜x22得以证明．
22． 解：（1）圆C1，C2的方程分别为ρ＝4sinθ，ρ=4sin(θ+2π3)，相交于点M，
所以ρ=4sinθρ=4sin(θ+2π3)又ρ＞0，0≤θ＜2π，所以θ=π6，所以ρ＝2，故点M（2，π6）．
（2）设A（ρ1，α），B（ρ2，α），
所以|AB|＝|ρ1﹣ρ2|=|4sinα-4sin(α-2π3)|=43|sin(α+π6)|≤43．，
所以|AB|的最大值为43.
23． 解：（1）因为f（x）＜g（x），所以|ax﹣1|＜|ax+2|，
两边同时平方得a2x2﹣2ax+1＜a2x2+4ax+4，即6ax＞﹣3，
当a＞0时，x＞-12a，当a＜0，时x＜-12a．
（2）因为f（x）+g（x）＝|ax﹣1|+|ax+2|≥|（ax﹣1）﹣（ax+2）|＝3，
所以f（x）+g（x）的最小值为3，所以|2×10a﹣7|≤3，则﹣3≤2×10a﹣7≤3，
解得lg2≤a≤lg5，故a的最大值与最小值之和为lg2+lg5＝lg10＝1．