2020届内蒙古鄂尔多斯市第一中学高三第四次调研考试数学（理）试题（解析版）

这是一份2020届内蒙古鄂尔多斯市第一中学高三第四次调研考试数学（理）试题（解析版），共21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届内蒙古鄂尔多斯市第一中学高三第四次调研考试数学（理）试题


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】首先确定集合中元素，然后求交集．
【详解】
由题意，又，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查集合的交集运算，解题关键是确定集合中的元素．
2．复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】先求等式右边的模，然后由复数的除法运算计算．
【详解】
，
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查复数的运算，考查复数的模的运算，属于基础题．
3．在的展开式中，含项的系数为（ ）
A．16 B．-16 C．8 D．-8
【答案】B
【解析】利用多项式乘法法则，需求的展开式中和的系数．
【详解】
由题意所求系数为：．
故选：B．
【点睛】
本题考查二项式定理，考查二项展开式系数，根据二项式展开式通项公式可得各项系数．本题需要用多项式乘法法则计算．
4．已知，且，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由两向量垂直，转化为数量积为0可求得，再由数量积的定义可求得两向量夹角．
【详解】
∵，∴，
∴，∴，
，．
故选：C．
【点睛】
本题考查求向量的夹角，解题关键是掌握两向量垂直与它们的数量积为0等价，从而可求得，再由数量积定义求得夹角余弦．
5．在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1,2）.已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为
A．1010.1 B．10.1 C．lg10.1 D．10–10.1
【答案】A
【解析】由题意得到关于的等式，结合对数的运算法则可得亮度的比值.
【详解】
两颗星的星等与亮度满足,令,
.
故选A.
【点睛】
本题以天文学问题为背景,考查考生的数学应用意识､信息处理能力､阅读理解能力以及指数对数运算.
6．已知等差数列的前n项和为，且，则（ ）
A．2019 B．2018 C．2017 D．2020
【答案】C
【解析】用基本量法求解．即把已知条件用和表示并解出，然后再由通项公式得解．
【详解】
由题意，解得．
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式和前项和公式，解题方法是基本量法．
7．若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即，，，给出下列结论：
①四面体ABCD每组对棱相互垂直；
②四面体ABCD每个面的面积相等；
③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于而小于；
④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；
⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长.
其中正确结论的序号是（ ）
A．②④⑤ B．①②④⑤ C．①③④ D．②③④⑤
【答案】A
【解析】把该四面体补成一个长方体，然后根据长方体对每个命题进行判断．
【详解】
由于四面体ABCD的三组对棱分别相等，因此可以把它补成一个长方体，如图．
由长方体知：
长方体的每个面是矩形，对角线不一定垂直，因此四面体的对棱不一定垂直，①错；
四面体的四个面是全等三角形，因此面积相等，②正确；
由于四面体的四个面是全等三角形，因此每个顶点出发的三条棱两两夹角之和这180°，③错；
由四面体每条棱中点是所在长方体的面上的对角线交点，长方体对面对角线交点的连线互相垂直平分，即四面体每组对棱中点的连线段相互垂直平分，④正确；
四面体的每个面三角形的三边长就等于从同一点出发的三条棱的长度，⑤正确．
因此有②④⑤正确．
故选：A．

【点睛】
本题考查空间直线间的位置关系，解题关键是把题中四面体补成一个长方体，利用长方体的性质易判断直线间的位置关系．
8．已知奇函数，且，当取最小值时，在下列区间内，单调递减的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由奇函数求出，由，得函数图象的一条对称轴是，由此可求得（最小的正数），再结合正弦函数（函数可转化为正弦型函数）的单调性可得．
【详解】
∵是奇函数，∴，又，∴，
∴是奇函数，
∵，∴，∴直线 是图象的一条对称轴．∴，其中最小的正数为．即，
由，得，，ABCD中只有，因此A正确．
故选：A．
【点睛】
本题考查三角函数的性质，解题关键是由确定函数图象的对称性，即是一条对称轴．由奇偶性和对称性可求得参数，从而可确定函数的减区间．
9．已知点P是抛物线上的一点，在点P处的切线恰好过点，则点P到抛物线焦点的距离为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【解析】设坐标为，由导数求出线斜率，再由切线过点，可求得，，然后可求得焦半径．
【详解】
抛物线方程为，，设切点坐标为，∴切线斜率为，又切线过点，∴，
∴，．．即或，
抛物线标准方程为，，∴点到焦点的距离为．
故选：B．
【点睛】
本题考查直线与抛物线相切问题，考查导数的几何意义，考查抛物线的几何性质．利用导数几何意义求出切点坐标，利用焦半径公式求出焦半径，本题难度一般．
10．如图，在三棱锥D－ABC中，底面ABC，为正三角形，若，，则三棱锥D－ABC与三棱锥E－ABC的公共部分构成的几何体的外接球的体积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】已知条件说明是正方形，记与的交点为，则是等腰直角三角形，是斜边的中点，是的外心，平面，设是的外心，即，则是的外接球的球心，由此可得球的半径，从而得球的体积．
【详解】
如图，设与的交点为，三棱锥是三棱锥D－ABC与三棱锥E－ABC的公共部分．
设是中点，连接，在上，且，∵是正三角形，∴是的外心．
由底面ABC，得，又，∴是正方形，∴，即是等腰直角三角形，是的外心．
∵底面ABC，底面ABC，∴，
是正三角形，是中点，∴，，∴平面，即平面，∵是的外心，∴是的外接球的球心，
其半径为，球体积为．
故选：B．

【点睛】
本题考查球的体积，解题关键首先是确定三棱锥D－ABC与三棱锥E－ABC的公共部分是三棱锥，其次确定三棱锥的外接球的球心．三棱锥的外接球球心一定在过各面外心且与此面垂直的直线上．
11．设双曲线 的左右焦点分别为，过的直线分别交双曲线左右两支于点M，N.若以MN为直径的圆经过点且，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意可得△MNF2为等腰直角三角形，设|MF2|＝|NF2|＝m，则|MN|m，运用双曲线的定义，求得|MN|＝4a，可得m，再由勾股定理可得a，c的关系，即可得到所求离心率．
【详解】
若以MN为直径的圆经过右焦点F2，
则，又|MF2|＝|NF2|，
可得△MNF2为等腰直角三角形，
设|MF2|＝|NF2|＝m，则|MN|m，
由|MF2|﹣|MF1|＝2a，|NF1|﹣|NF2|＝2a，
两式相加可得|NF1|﹣|MF1|＝|MN|＝4a，
即有m＝2a，
在直角三角形HF1F2中可得
4c2＝4a2+（2a+2a﹣2a）2，
化为c2＝3a2，
即e．
故选C．

【点睛】
本题考查双曲线的定义、方程和性质，主要是离心率的求法，注意运用等腰直角三角形的性质和勾股定理，考查运算能力，属于中档题．
12．已知函数是定义在的偶函数，且.当时，，若方程有300个不同的实数根，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】首先由已知确定函数的周期是4，利用导数研究在上的性质，单调性、极值，结合偶函数性质作出在上的图象，的定义域是含有50个周期，方程有300个不同的实数根，那么在的一个周期内有6个根，令，可知方程有两个不等实根，且，，由二次方程根的分布知识可得解．
【详解】
由知函数的周期为4，当时，，则，当时，，递减，当时，，递增，，又是偶函数，作出在上的图象，如图．
函数的周期是4，定义域为，含有50个周期，
方程有300个不同的实数根，因此在一个周期内有6个根（这里，不是方程的根）．
令，方程有两个不等实根，且，，设，则，解得．
故选：A．

【点睛】
本题考查函数的周期性、奇偶性、对称性，二次方程根的分布，函数的零点问题，考查了分类讨论思想，数形结合思想，体现的数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养．


二、填空题
13．高一新生健康检查的统计结果：体重超重者占40%，血压异常者占15%，两者都有的占8%，今任选一人进行健康检查，已知此人超重，他血压异常的概率为_________.
【答案】0.2
【解析】体重超重者占40%中有8%血压异常，注意这里的40%和8%都是以高一新生总人数为基础求得的，因此题中所求概率相当于8%在40%这个条件里占多少．
【详解】
记事件表示体重超重，事件表示血压异常，则，，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查条件概率，考查学生的运算求解能力、数据分析能力．
14．若，则__________.
【答案】
【解析】由，用诱导公式求解．
【详解】
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查诱导公式，解题关键是确定“已知角”和“未知角”之间的关系，从而确定选用求解的公式．
15．已知函数，若正实数a，b满足，则的最小值为_______.
【答案】8
【解析】确定函数是奇函数，再确定函数的单调性，这样可由得到满足的等量关系．由基本不等式求得最小值．
【详解】
∵，∴，∴是奇函数．
又，设，则，即，
∴，∴，即，∴是上的增函数．
∴由得，∴，即．
，∴．当且仅当，即时，等号成立．
∴，∴的最小值为8．
故答案为：8．
【点睛】
本题考查函数的奇偶性与单调性，考查基本不等式求最值．奇偶性与单调性与解函数不等式常常会遇到的条件，由这两个条件可化去函数符号．
16．已知数列的首项，其前项和为，且满足，若对，恒成立，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】当 时， ，因为 ，所以 ，当 时，令时， ，和已知两式相减得 ①，即 ②，①-②得， ，所以数列 的偶数项成等差数列，奇数项从第三项起是等差数列， ， ，若对 ， 恒成立，即当 时， ， 时， ，当 时， ，即 ，解得： ，所以 的取值范围是 .
【点睛】本题主要考察了递推公式，以及等差数列和与通项公式的关系，以及分类讨论数列的通项公式，本题有一个易错的地方是，忽略 的取值问题，当出现 时，认为奇数项和偶数项成等差数列，其实，奇数项应从第三项起成等差数列，所以奇数项的通项公式为 ，而不是 ，注意这个问题，就不会出错.

三、解答题
17．如图，在中，，，点在线段上．

(Ⅰ) 若，求的长；
（Ⅱ） 若，的面积为，求的值．
【答案】(1) .
(2) .
【解析】试题分析：（Ⅰ）首先利用同角三角函数间的基本关系求得的值，然后利用正弦定理即可求得的长；（Ⅱ）首先三角形面积间的关系求得，然后利用三角形面积公式结合余弦定理即可求得的值．
试题解析：（I）在三角形中，∵，∴．………………2分
在中，由正弦定理得，
又，，．∴．………………5分
（II）∵，∴，，
又，∴，………………7分
∵，∴，
∵，，
，∴，………………9分
在中，由余弦定理得．
∴，∴．………………12分
【考点】1、正弦定理与余弦定理；2、三角形面积公式；3、同角三角形函数间的基本关系．
18．随着通识教育理念的推广及高校课程改革的深入，选修课越来越受到人们的重视.国内一些知名院校在公共选修课的设置方面做了许多有益的探索，并且取得了一定的成果.因为选修课的课程建设处于探索阶段，选修课的教学、管理还存在很多的问题，所以需要在通识教育的基础上制定科学的、可行的解决方案，为学校选修课程的改革与创新、课程设置、考试考核、人才培养提供参考.某高校采用分层抽样法抽取了数学专业的50名参加选修课与不参加选修课的学生的成绩，统计数据如下表：

成绩优秀
成绩不够优秀
总计
参加选修课
16
9
25
不参加选修课
8
17
25
总计
24
26
50

（1）试运用独立性检验的思想方法分析：你能否有99%的把握认为“学生的成绩优秀与是否参加选修课有关”，并说明理由；
（2）如果从数学专业随机抽取5名学生，求抽到参加选修课的学生人数的分布列和数学期望（将频率当做概率计算）.
参考公式：，其中.
临界值表：

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828


【答案】（1）没有99%的把握认为“学生的成绩优秀与是否参加选修课有关；（2）分布列见解析，
【解析】（1）由卡方公式计算，再与临界值表对照可得结论；
（2）由题意知，数学专业中参加选修课的学生的概率为.随机抽取5名学生，抽到参加选修课的学生人数的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，利用二项分布的概率公式可计算出概率得分布列，由期望公式可求得期望．
【详解】
（1）由题意知，.
没有99%的把握认为“学生的成绩优秀与是否参加选修课有关”
（2）由题意知，数学专业中参加选修课的学生的概率为.
随机抽取5名学生，抽到参加选修课的学生人数的所有可能取值为0，1，2，3，4，5.


的分布列为

0
1
2
3
4
5
P









【点睛】
本题考查独立性检验，考查随机事件的概率分布列与期望，掌握二项分布的概率公式是解题基础．
19．如图，是的中点，四边形是菱形，平面平面，，，.

（I）若点是线段的中点，证明：平面；
（Ⅱ）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】试题分析：（1）连接，. .由四边形为菱形，可证.由平面平面，可证平面.即可证明平面；
2）设线段的中点为，连接.易证平面.以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.求出相应点及向量的坐标，求得平面，平面的法向量，.．利用空间向量夹角公式可求得平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
试题解析：
（1）连接，∵四边形为菱形，且，
∴为等边三角形.
∵为的中点，∴.
∵，，又是的中点，
∴.
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面.
又平面，∴.
由，，，
∴平面.

（2）设线段的中点为，连接.易证平面.以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，.
∴，，，.
设平面，平面的法向量分别为，.
由 .
解得.
取，∴.
又由 解得.
取，∴.
∵ .
∴平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.

20．
已知m＞1，直线，椭圆，分别为椭圆的左、右焦点.

（Ⅰ）当直线过右焦点时，求直线的方程；
（Ⅱ）设直线与椭圆交于两点，，的重心分别为.若原点在以线段，为直径的圆内，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）
【解析】【详解】
（Ⅰ）∵直线：经过，
，得．
又，．
故直线的方程为．
（Ⅱ）设，
由消去得，
∴．
由，得，
由于，故为的中点．
由分别为的重心，可知，
设是的中点，则，
∵原点在以线段为直径的圆内，．
而，
∴，即．
又且，．的取值范围是．

21．已知函数．
（1）若，求证：；
（2）若，，求的最大值；
（3）求证：当时，．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析.
【解析】试题分析：（1）由得，要证只需证，利用导数可证明；（2）可得，设，利用导数研究函数单调性进而的其最大值也就是的最大值；（3）化简，先根据配方法证明，在利用放缩法可证.
试题解析：（1）证明：设，则，
当时，，函数递减；当时，，函数递增，
所以当时，，
∵，∴，∴．
（2）解：由，得或（由（1）知不成立舍去），
即．
设（），则，
当时，，函数递增；当时，，函数递减，
所以当时，，所以．
（3）证明：

．
当时，，∴，
故，等号若成立，则即，由（1）知不成立，故等号不成立，
从而．
【考点】1、利用导数研究函数的单调性进一步求最值；2、利用导数证明不等式.
【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、不等式恒成立及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数转化为不等式恒成立问题证明.
22．在直角坐标系中，.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，．
（Ⅰ）求曲线C的直角坐标方程；
（Ⅱ）求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】试题分析：（Ⅰ）设，利用，得出点的坐标，即可得到曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）利用曲线的参数方程，表示，即可求解取值范围.
试题解析：（Ⅰ）设A(x，y)，则x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，
所以xB＝ρcos(θ＋错误！未找到引用源。)＝x－y；yB＝ρsin(θ＋错误！未找到引用源。)＝x＋y，
故B(x－y，x＋y错误！未找到引用源。)．
由|BM|2＝1得(x－y＋2)2＋(x＋y错误！未找到引用源。)2＝1，
整理得曲线C的方程为(x＋1)2＋(y－)2＝1．
（Ⅱ）圆C：（α为参数），
则|OA|2＋|MA|2＝4sinα＋10，
所以|OA|2＋|MA|2∈[10－4，10＋4]．
【考点】极坐标方程与直角坐标方程的互化；参数方程的应用.
23．若，使关于x的不等式成立，设满足条件的实数t构成的集合为T.
（1）求集合T；
（2）若且对于，不等式恒成立，求的最小值.
【答案】（1）；（2）的最小值为6
【解析】（1）利用绝对值不等式的三角不等式求出的最大值，可得集合．
（2）由（1）知，利用基本不等式求得的最小值，从而得的最小值，再由基本不等式可得的最小值．
【详解】
（1），
所以，所以t的取值范围为，即
（2）由（1）知，对于，不等式恒成立，只需，
所以，又因为，所以，
又
（时取等号，此时），所以，所以，
所以，即的最小值为6（此时）.
【点睛】
本题考查绝对值的三角不等式，考查基本不等式求最小值．在第（1）小题中要注意条件中是，，不能直接与，建立联系，但可与，建立关系，即+，而，这样通过建立联系后可得解法．