黑龙江省大庆市第四中学2020届高三4月月考数学（理）试题 Word版含解析

这是一份黑龙江省大庆市第四中学2020届高三4月月考数学（理）试题 Word版含解析，共24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。
www.ks5u.com大庆四中2019～2020学年度高三年级第三次校内检测数学（理科）试题第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若集合，集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】求出中不等式的解集确定，根据全集求出的补集，找出与补集的交集即可.【详解】由题意，中不等式变形得：，解得，即，，则故选：【点睛】本题考查集合的补集交集运算，属于基础题.2.若，则复数在复平面上对应的点在（    ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】D【解析】因为，所以复数在复平面上对应的点在第四象限，选D.点睛：本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为3.已知是等差数列的前项和，则，则（   ）A. 66 B. 55 C. 44 D. 33【答案】D【解析】因为数列是等差数列，所以，故，所以，故选D.4.在中，，，，则(    )A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】如图所示，由==，可得，代入即可得出．【详解】如图所示，∵==，∴，∴•===﹣．故答案为【点睛】本题考查了向量的平行四边形法则、数量积运算性质，考查了计算能力，属于基础题．5.函数的图象大致为A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】因为 ,所以函数为奇函数，其图象关于原点成中心对称,排除答案A、B，当 时， ，所以 ，排除C，故选D.6.已知点P是抛物线上的一个动点，则点P到点A（0，2）的距离与P到该抛物线准线的距离之和的最小值为（ ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】试题分析：由题意，设在抛物线准线的投影为，抛物线的焦点为，则，根据抛物线的定义可知点到该抛物线的准线的距离为,则点到点的距离与点到该抛物线准线的距离之和，故选A.考点：抛物线的定义及其简单的几何性质.【方法点晴】本题主要考查了抛物线的定义及其简单的几何性质，其中解答中涉及到抛物线的标准方程、抛物线的焦点坐标和准线方程，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，属于基础题，本题的解答中熟练掌握抛物线的定义，把抛物线上的点到焦点的距离转化为到抛物线的准线的距离四解答的关键. 7.已知，则 （    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】因为，又，，所以，即 8.我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积,求其直径的一个近似公式,人们还用过一些类似的近似公式,根据判断,下列近似公式中最精确的一个是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用球体的体积公式得，得出的表达式，再将的近似值代入可得出的最精确的表达式.【详解】由球体的体积公式得，，，，，，与最为接近，故选C.【点睛】本题考查球体的体积公式，解题的关键在于理解题中定义，考查分析问题和理解问题的能力，属于中等题． 9.已知数列的前项和，且满足，则（    ）A. 1013 B. 1022 C. 2036 D. 2037【答案】A【解析】【分析】由，推得，得到数列表示首项为，公比为的等比数列，求得和，进而得到，再结合等比数列求和公式，即可求解.所以【详解】由数列的前项和，且满足，当时，，两式相减，可得，即，令，可得，解得，所以数列表示首项为，公比为的等比数列，所以，则 ，所以，所以.故选：A.【点睛】本题考查了等比数列的定义，等比数列的通项公式以及等比数列的前项和公式的综合应用，着重考查推理与计算能力，属于中档试题.10.已知函数，若方程在上有且只有四个实数根，则实数的取值范围为（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】将整理为，根据方程可知或；根据整体所处的范围，可知有四个根需，解不等式求得取值范围.【详解】令，则    或    在上有四个实数根    解得：本题正确选项：【点睛】本题考查根据方程根的个数求解参数的取值范围的问题，关键是能够根据图象的特点，确定有四个实数根时角所处的范围，从而构造出不等关系求得结果.11.已知O为坐标原点，双曲线的右焦点F，以OF为直径作圆交双曲线的渐近线于异于原点O的两点A、B，若，则双曲线的离心率e为（ ）A. 2 B. 3 C.  D. 【答案】C【解析】依题意可得，且，所以因为，所以故，则，即在中，因为所以所以点坐标为或因为点在双曲线的渐近线上，而所以代入可得，则故，故选C12.设函数与有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数的最大值为（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】设公共点坐标为 ,则 ,所以有 ,即 ,解出 ( 舍去),又 ,所以有 ,故 ,所以有 ,对 求导有 ,故 关于 的函数在 为增函数,在 为减函数,所以当 时 有最大值 ,选A.点睛: 本题主要考查了导函数的几何意义及导数的应用, 属于中档题. 根据题意有切线斜率相等和切点坐标相同, 求出切点坐标和 之间的关系式, 利用导数求出的最大值.第Ⅱ卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．13.已知,若,则实数__________．【答案】-1【解析】由已知求出 ,所以有 ,所以 .14.已知点在不等式组表示的平面区域内运动，则的最小值为______．【答案】【解析】分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，由得，向上平移直线，当过点时，取得最小值．故答案为：．【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域，作出目标函数对应的直线．15.已知圆：，直线上动点，过点作圆的一条切线，切点为，则的最小值为______．【答案】4【解析】【分析】由直线和圆相切得，进而得，进而由圆心到直线距离求解最小值即可.【详解】由直线与圆相切可知，所以.圆：的圆心到直线的距离为.所以.故答案：4.【点睛】本题主要考查了直线与圆相切的位置关系，解题的关键在于将向量的数量积转化为，属于基础题.16.如图（1），在等腰直角中，斜边，D为的中点，将沿折叠得到如图（2）所示的三棱锥，若三棱锥的外接球的半径为，则_________.图（1）  图（2）  【答案】【解析】【分析】根据题意，先找到球心的位置，再根据球的半径是，以及已有的边的长度和角度关系，分析即可解决．【详解】解：球是三棱锥C﹣A'BD的外接球，所以球心O到各顶点的距离相等，如图．根据题意，CD⊥平面A'BD，取CD的中点E，A'B的中点G，连接CG，DG，因为A'D＝BD，CD⊥平面A'BD，所以A'和B关于平面CDG对称，在平面CDG内，作线段CD的垂直平分线，则球心O在线段CD的垂直平分线上，设为图中的O点位置，过O作直线CD的平行线，交平面A'BD于点F，则OF⊥平面A'BD，且OF＝DE＝1，因为A'F在平面A'BD内，所以OF⊥A'F，即三角形A'OF为直角三角形，且斜边OA'＝R，∴A'F2，所以，BF＝2，所以四边形A'DBF为菱形，又知OD＝R，三角形ODE为直角三角形，∴OE2，∴三角形A'DF为等边三角形，∴∠A'DF，故∠A'DB，故填：．【点睛】本题考查了三棱锥的外接球的问题，找到球心的位置是解决本题的关键．属于中档题．三、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明，证明过程和演算步骤．17.如图，在中，，，是边上一点．（1）求的面积的最大值；（2）若的面积为4，为锐角，求的长．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1），先根据余弦定理得到满足的关系式，在利用三角形面积公式即可得到其最大值；对于问题（2）可以先在三角形中利用面积公式求出角，之后在三角形利用余弦定理求出的长，最后在三角形中利用正弦定理即可求得的长．【详解】（1）因为在中，是边上一点，所以由余弦定理得：所以所以所以的面积的最大值为（2）设，在中，因为的面积为，为锐角，所以所以，由余弦定理，得，所以，由正弦定理，得，所以，所以，此时，所以．所以长为18.如图，在三棱柱中，，，点是线段的中点．（1）证明：平面；（2）若，，求二面角的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）．【解析】【分析】（1）连接，交于点，利用中位线定理可证得，从而得证；（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别求两个面的法向量，利用向量夹角公式求解即可.【详解】（1）连接，交于点，连接，，因为棱柱的侧面是平行四边形，所以是的中点．又因为是中点，所以是的中位线．所以．又因为平面，平面．所以平面．（2）连接，，．因为，．故， 都为等边三角形．因为是中点，所以，，因为，，所以，．所以．所以，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量，则，取，得，平面的法向量，设二面角的平面角为，显然为锐角，故，所以二面角的余弦值为．【点睛】本题主要考查了线面平行的证明及二面角的求解，解题的关键是建立空间直角坐标系求解法向量，属于基础题.19.某健身机构统计了去年该机构所有消费者的消费金额（单位：元），如图所示：（1）现从去年的消费金额超过3200元的消费者中随机抽取2人，求至少有1位消费者，其去年的消费者金额在的范围内的概率；（2）针对这些消费者，该健身机构今年欲实施入会制，详情如下表：预计去年消费金额在内的消费者今年都将会申请办理普通会员，消费金额在内的消费者都将会申请办理银卡会员，消费金额在内的消费者都将会申请办理金卡会员，消费者在申请办理会员时，需一次性缴清相应等级的消费金额，该健身机构在今年底将针对这些消费者举办消费返利活动，现有如下两种预设方案：方案1：按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”给予奖励：普通会员中的“幸运之星”每人奖励500元；银卡会员中的“幸运之星”每人奖励600元；金卡会员中的“幸运之星”每人奖励800元.方案二：每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：从一个装有3个白球、2个红球（球只有颜色不同）的箱子中，有放回地摸三次球，每次只能摸一个球，若摸到红球的总数为2，则可获得200元奖励金；若摸到红球的总数为3，则可获得300元奖励金；其他情况不给予奖励. 规定每位普通会员均可参加1次摸奖游戏；每位银卡会员均可参加2次摸奖游戏；每位金卡会员均可参加3次摸奖游戏（每次摸奖的结果相互独立）请你预测哪一种返利活动方案该健身机构的投资较少？并说明理由.【答案】（1）；（2）方案二.【解析】【分析】（1）由间接法可得到结果；（2）计算方案1奖励的总金额ξ1和方案2奖励的总金额ξ2，比较大小即可．【详解】（1）去年的消费金额超过3200元的消费者12人，随机抽取2人，消费在的范围内的人数为X，可能取值为1，2；P（X≥1）＝1﹣P（X＝0）＝1，去年的消费者金额在的范围内的概率为（2）方案1：按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”，则“幸运之星”中的普通会员，银卡会员，金卡会员的人数分别为25＝7，25＝15，25＝3，按照方案1奖励的总金额为ξ1＝7×500+15×600+3×800＝14900（元）；方案2：设η表示参加一次摸奖游戏所获得的奖励金，则η的可能取值为0，200，300；由摸到红球的概率为P，∴P（η＝0）••••，P（η＝200）••，P（η＝300）•，η的分布列为：η0200300P  数学期望为Eη＝020030076.8（元），按照方案2奖励的总金额为ξ2＝（28+2×60+3×12）×76.8＝14131.2（元），由ξ1＞ξ2知，方案2投资较少．【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是中档题．求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式求得.20.已知椭圆：的两个焦点为，，焦距为，直线：与椭圆相交于，两点，为弦的中点（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线：与椭圆相交于不同的两点，，点，若（为坐标原点），求的取值范围．【答案】（1）；（2）或．【解析】【分析】（1）设，，利用中点坐标关系及点差法可得，结合焦距可得，从而得解；（2）因为,,三点共线,, 根据三点共线性质可得:,则,进而得，将直线和椭圆联立方程消掉,利用韦达定理得结合判别式大于0，即可求得答案.【详解】（1），设，，，，，∴，∴，∴．∵，∴，∴椭圆的标准方程为．（2）∵，，三点共线，，∴，．设，，则，∴．，①，，，代入，∴，，∴，即．∵，，∴②，代入①式得，即，∴，∴满足②式，∴或．【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系,所使用方法为韦达定理法:因直线的方程是一次的,圆锥曲线的方程是二次的,故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题,最终转化为一元二次方程问题,故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一,尤其是弦中点问题,弦长问题,可用韦达定理解决.21.已知函数，．（1）讨论函数的单调性；（2）若函数与的图象有两个不同的交点，，求实数的取值范围．【答案】（1）当时，在递增；当时，递增区间为，递减为；（2）．【解析】【分析】（1）求得，分类讨论，根据导函数的符号，即可求得函数的单调区间；（2）函数与有两个不同的交点转化为函数有两个不同的零点，，当时，利用函数单调性与最值，构造，利用导数求得函数的单调性和最值，即可求解.【详解】（1）由函数，，可得，则，当时，，函数在单调递增；当时，，令，解得；令，解得，∴函数的单调递增区间为，单调递减为，综上可得：当时，函数在单调递增；当时，函数的单调递增区间为，单调递减为．（2）函数与有两个不同的交点、，其中，等价于函数有两个不同的零点，，其中．由（Ⅰ）知，当时，函数在上是增函数，不可能有两个零点，当时，在上是增函数，在上是减函数，此时为函数的最大值，当时，最多有一个零点，∴，解得，此时，，且，，令，则，∴在上单调递增，∴，即，∴的取值范围是．【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性与，以及函数单调性，求解参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用．请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．22.极坐标系与直角坐标系有相同长度单位，以原点为极点，以轴正半轴为极轴，曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数，），射线，，与曲线交于（不包括极点）三点，，．（1）求证：；（2）当时，，两点在曲线上，求与的值．【答案】（1）详见解析；（2），．【解析】【分析】（1）把，，直接代入的极坐标方程，得，计算，利用两角和与差的正弦公式化简即得；（2）求出两点的极坐标，转化为直角坐标，求出直线方程，曲线的参数方法说明直线是过点，倾斜角为的直线，由此可得．【详解】解：（1）依题意，，，则；（2）当时，，两点的极坐标分别为，，化为直角坐标为，，曲线是经过点，且倾斜角为的直线，又因为经过点，的直线方程为，由得，即，直线斜率为，则倾斜角为．所以，．【点睛】本题考查曲线的极坐标方程的应用，考查极坐标与直角坐标的转化，考查直线参数方程的意义，掌握极坐标的概念是解题基础．23.已知函数．（1）若，解不等式；（2）若存在实数，使得不等式成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】(1)不等式化为, 对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果；(2)原不等式等价于由绝对值三角不等式知，解不等式能求出实数的取值范围.【详解】（1）不等式，化为，则或或，解得，∴不等式的解集为；（2）不等式等价于，即，又，若存在实数，使得不等式成立，则，所以或解得，∴实数的取值范围是．【点睛】绝对值不等式的常见解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．