四川省宜宾市第四中学校2020届高三下学期第四学月考试数学（文）试题（解析版）

2020年春四川省宜宾市第四中学高三第四学月考试

文科数学

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.已知为虚数单位，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

利用复数的除法法则可求得所求复数的值.

【详解】.

故选：C.

【点睛】本题考查复数的计算，涉及复数除法法则的应用，考查计算能力，属于基础题.

2.若集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先求出集合B，再利用并集的定义计算即可.

【详解】由，得，解得，故，又，

所以.

故选：A

【点睛】本题考查集合间的并集运算，涉及到解分式不等式，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.

3.设，，若，则(    )

A.  B.  C. 1 D. 1或

【答案】A

【解析】

【分析】

计算，再根据向量平行计算得到参数.

【详解】因为，又，所以，

解得.

故选：A.

【点睛】本题考查了根据向量平行求参数，意在考查学生的计算能力.

4.某民航部门统计的2019年春运期间12个城市售出的往返机票的平均价格以及相比上年同期变化幅度的数据统计图表如图所示，根据图表，下面叙述不正确的是(    )

A. 同去年相比，深圳的变化幅度最小且厦门的平均价格有所上升

B. 天津的平均价格同去年相比涨幅最大且2019年北京的平均价格最高

C. 2019年平均价格从高到低居于前三位的城市为北京、深圳、广州

D. 同去年相比，平均价格的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、南京

【答案】A

【解析】

【分析】

弄清楚条形图的意义，以及折线图的意义，即可对选项进行判断.

【详解】根据条形图，可以判断2019年平均价格前三位分别为北京、深圳、广州，

根据折线图，可以判断涨幅前三位分别为天津、西安、南京，涨幅最小的是厦门，

由此可判断B、C、D均正确，A不正确.

故选A.

【点睛】本题主要考查了统计图的理解与判断，属于基础题.

5.已知等差数列的前项和为，，则(    )

A. 5 B. 9 C. 10 D. 14

【答案】C

【解析】

【分析】

根据等差数列的前项和公式，结合等差数列的通项公式、等差数列的下标性质进行求解即可.

【详解】设等差数列的公差为.

，

因此.

故选：C

【点睛】本题考查了等差数列前项和公式，考查了等差数列的通项公式的应用，考查了等差数列下标性质，考查了数学运算能力.

6.函数的图象大致为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由函数为奇函数，排除B、D，再由当时，，则有可排除A，得到答案.

【详解】解：根据题意，，其定义域为，

有，即函数为奇函数，排除B、D；

当时，，则有，必有，排除A；

故选：C．

【点睛】本题考查根据函数的解析式结合函数的性质选择函数图像，属于中档题.

7.函数，则下列表述正确的是（    ）

A. 在单调递减 B. 在单调递增

C. 在单调递减 D. 在单调递增

【答案】D

【解析】

【分析】

由已知，，依次对所给选项利用整体代换法验证即可.

【详解】由已知，，

当时，，在此区间单调递增，故A错误；

当时，，在此区间单调递减，故B错误；

当时，，在此区间单调递增，故C错误；

当时，，在此区间单调递增，故D正确.

故选：D

【点睛】本题考查正弦型三角函数的单调性，涉及到二倍角公式的应用，本题采用整体代换法验证，计算量较小，是一道容易题.

8.三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明，下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实，图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色其面积称为朱实，黄实，利朱用2×勾×股+（股-勾）2=4×朱实+黄实=弦实，化简得勾2+股2=弦2，设勾股中勾股比为，若向弦图内随机抛掷1000颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为(    )

A. 886 B. 500 C. 300 D. 134

【答案】D

【解析】

【分析】

设三角形的直角边分别为，，利用几何概型得出图钉落在小正方形内的概率即可得出结论.

【详解】设勾股形的勾股数分别为，，则弦为，故大正方形的面积为，

小正方形的面积为，

图钉落在黄色图形内的概率为，

落在黄色图形内的图钉数大约为.

故选：D

【点睛】本题考查了几何概型的应用，解题的关键是求出面积比，属于基础题.

9.如图，在正方体中，点O为线段的中点，设点P在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

注意到平面，所以移动P位置，可以发现当P在C或处时，线面角才可能最小，算出这两种情况的线面角的正弦值，比较大小即可得到答案.

【详解】由已知，可得，，所以平面，所以

同理可证，所以平面，而当P为的中点时，∥，此时平面，从而的最大值为.因此.

设，则，，

在中，

.

综上所述，的最小值为.

故选：B

【点睛】本题考查线面角的最值问题，本题采用运动的观点来处理，当然也可以建系用坐标法，是一道有一定难度的题.

10.已知函数，若，则实数的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

首先利用导数判断出函数在单调递增，利用函数为偶函数可得上单调递减， 再由不等式可得，解不等式即可.

【详解】，

函数为偶函数，

由

则，

当时， 令，则，

所以在为增函数，，

所以，即，

所以函数在为增函数，

又因为函数在定义域内为偶函数，

则在为减函数，

由，

则，

所以，化简可得，

所以.

故选：A

【点睛】本题考查了利用函数的单调性解不等式、利用导数判断函数的单调性、函数奇偶性的应用，属于中档题.

11.已知圆和两点.若圆上存在点，使得，则的最大值为(    )

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题意可得以为直径的圆与圆交于点，从而可得，圆上的点到原点的距离的最大值转化为圆心到原点的距离加上半径即可求解.

【详解】该题的几何意义是：以为直径的圆与圆交于点

且，而圆上点到原点的距离最大值为，

故最大值为5.

故选：B

【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系、圆上的点到定点距离的最值，考查了转化与化归的思想，属于基础题.

12.已知函数，，若成立，则的最小值为（    ）

A.  B. 1 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

令，即，得，，设，，利用导数即可求得的最小值.

【详解】令，即，

解得，，

设，，

则，

由得；由得；

∴在上递减，在上递增，

故.

故选：A.

【点睛】本题考查函数的最值及其意义，训练了利用导数求最值，是中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.函数在处的切线方程是______.

【答案】

【解析】

函数，求导得：，当时，，即在处的切线斜率为2.

又时，，所以切线为：，整理得：.

故答案为.

点睛：求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出切点及斜率，其求法为：设是曲线上的一点，则以的切点的切线方程为：．若曲线在点的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为．

14.函数，则____________．

【答案】10

【解析】

【分析】

分别把变量代入到对应的函数解析式中，结合对数的运算性质，即可得到本题答案．

【详解】由题，得．

故答案为：10

【点睛】本题主要考查利用分段函数求值，属基础题.

15.已知数列的前项和，设，则数列的前项和________.

【答案】

【解析】

【分析】

由题设条件先求出an＝2an﹣1，从而得到an＝2n﹣1，再代入求出数列{bn}的通项公式，利用裂项相消求和即可．

【详解】令，；

时， ，，

所以，

∴，

∴.

故答案为.

【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查运算能力和转化能力，属于基础题型．

16.若三棱锥的侧棱，其体积的最大值为，则其外接球的表面积为____________.

【答案】

【解析】

【详解】由题意知，当两两互相垂直时，三棱锥的体积最大，所以

，所以，故，

三棱锥可看成为一个棱长为1的正方体的一部分，所以外接球的半径

，所以外接球的表面积为.

故答案为：

【点睛】本题主要考查求三棱锥外接球的表面积问题，涉及到三棱锥体积最值，考查学生的运算能力，是一道中档题.

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.第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.在中，，.

（1）求证：是直角三角形；

（2）若点在边上，且，求．

【答案】（1）直角三角形；（2）

【解析】

分析：（1）先利用余弦定理得到的值，再利用勾股定理进行证明；（2）先利用诱导公式和两角和的正弦公式求出相关角的正弦值，再利用正弦定理进行求解．

详解：（1）在中，，，，

由余弦定理，得

所以，

所以，所以，

所以，所以是直角三角形．

（2）设，则，，，

所以，

在中，，

，

由正弦定理得，，

所以

点睛：本题考查正弦定理、余弦定理、诱导公式、两角和的正弦公式等知识，意在考查学生的数学分析能力和基本计算能力．

18.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，， 为等边三角形，且平面平面，设为的中点．

（1）求证：平面；

（2）求点到平面的距离．

【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）设为的中点，连结，根据条件可证得四边形是平行四边形，得，从而可得到平面；

（2）利用等体积法，即由，可得到本题答案.

【详解】

（1）设为的中点，连结，

为的中点，且，

又且，

且，

四边形是平行四边形，

，

又平面，平面，

平面；

（2）由（1）得，

平面平面，且平面平面，，

面，又面，

，

在中，，，

，

在中，， ，

，

设到平面的距离为，

由，得，

所以．

【点睛】本题主要考查线面平行的判定以及利用等体积法求点到面的距离，考查学生的空间想象能力，运算求解能力.

19.2018年3月5日上午，李克强总理做政府工作报告时表示，将新能源汽车车辆购置税优惠政策再延长三年，自2018年1月1日至2020年12月31日，对购置的新能源汽车免征车辆购置税.新能源汽车销售的春天来了！从衡阳地区某品牌新能源汽车销售公司了解到，为了帮助品牌迅速占领市场，他们采取了保证公司正常运营的前提下实行薄利多销的营销策略（即销售单价随日销量（台）变化而有所变化），该公司的日盈利（万元），经过一段时间的销售得到，的一组统计数据如下表：

将上述数据制成散点图如图所示：

（1）根据散点图判断与中，哪个模型更适合刻画，之间关系？并从函数增长趋势方面给出简单的理由；

（2）根据你的判断及下面的数据和公式，求出关于的回归方程，并预测当日销量时，日盈利是多少？

参考公式及数据：线性回归方程，其中，；

，，

，.

【答案】（1）更适合刻画，之间的关系，理由见解析；（2），24万元.

【解析】

【分析】

（1）更适合刻画，之间的关系.理由如下：每增加1，函数值的增加量依次为7，4，3，2，增长速度越来越慢，适合对数型函数模型的增长规律，与直线型函数的均匀增长有较大的差异；
（2）根据题目数据计算出回归方程可得.

【详解】（1）更适合刻画，之间的关系.

理由如下：每增加1，函数值的增加量依次为7，4，3，2，增长速度越来越慢，适合对数型函数模型的增长规律，与直线型函数的均匀增长有较大的差异；

（2）令，则，，

，

，

，

，

，

，

所以，所要求的回归方程为.

当日销量时，日盈利万元.

所以，当日销量时，预测日盈利是24万元.

【点睛】本题考查了线性回归方程的求解及应用，考查了学生计算能力，属中档题.

20.已知椭圆的离心率为，，分别是其左、右焦点，且过点.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）求的外接圆的方程.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）根据椭圆的几何性质列出方程，求得的值，即可求得椭圆的标准方程；

（2）由（1）得，，的坐标，得到的外接圆的圆心一定在轴上，设的外接圆的圆心为，半径为，圆心的坐标为，根据及两点间的距离公式，列出方程，解得，从而确定圆心坐标和半径，即可求解.

【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以.  ①

又椭圆过点，所以代入得.  ②

又，  ③

由①②③，解得.

所以椭圆的标准方程为.

（2）由（1）得，，的坐标分别是，

因为的外接圆的圆心一定在边的垂直平分线上，

即的外接圆的圆心一定在轴上，

所以可设的外接圆的圆心为，半径为，圆心的坐标为，

则由及两点间的距离公式，得，

即，化简得，解得，

所以圆心的坐标为，半径，

所以的外接圆的方程为，即.

【点睛】本题主要考查了椭圆方程标准方程，以及圆的标准方程的求解，其中解答中熟记椭圆的几何性质，以及正确求解圆的圆心坐标和半径是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

21.已知函数．

（1）若，求的单调区间；

（2）证明：（i）；

（ii）对任意，对恒成立．

【答案】（1）的单调递增区间为，，的单调递减区间为. （2）（i）证明见解析（ii）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）将代入函数解析式，并求得导函数，由导函数的符号即可判断的单调区间；

（2）（i）构造函数并求得，利用的单调性求得最大值，即可证明不等式成立.；（ii）由（i）可知将不等式变形可得成立，构造函数，因式分解后解一元二次不等式即可证明对恒成立．

【详解】（1）若，（），

令，得或， 则的单调递增区间为，.

令，得，则的单调递减区间为.

（2）证明：（i）设，

则（），

令，得；

令，得.

故，

从而，即.

（ii）函数

由（i）可知

即，所以，当时取等号；

所以当时，则

若，令

则，

当时，.

则当时，，

故对任意，对恒成立.

【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，利用导数证明不等式恒成立问题，构造函数法的应用，属于中档题.

22.在平面直角坐标系中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位.已知直线l的参数方程为（t为参数），曲线C的极坐标方程为ρ＝4sin（θ+）.

（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；

（2）若直线l与曲线C交于M，N两点，求△MON面积.

【答案】(1) 直线l的普通方程为x＋y－4＝0. 曲线C的直角坐标方程是圆：(x－)2＋(y－1)2＝4. (2)4

【解析】

【分析】

（1）将直线l参数方程中的消去，即可得直线l的普通方程，对曲线C的极坐标方程两边同时乘以，利用可得曲线C的直角坐标方程；

（2）求出点到直线的距离，再求出的弦长，从而得出△MON的面积．

【详解】解：(1)由题意有，

得，

x＋y＝4，

直线l的普通方程为x＋y－4＝0.

因为ρ＝4sin

所以ρ＝2sinθ＋2cosθ，

两边同时乘以得，

ρ2＝2ρsinθ＋2ρcosθ，

因为，

所以x2＋y2＝2y＋2x，即(x－)2＋(y－1)2＝4，

∴曲线C的直角坐标方程是圆：(x－)2＋(y－1)2＝4.

(2)∵原点O到直线l的距离

直线l过圆C的圆心(，1)，

∴|MN|＝2r＝4，

所以△MON的面积S＝ |MN|×d＝4.

【点睛】本题考查了直线与圆的极坐标方程与普通方程、参数方程与普通方程的互化知识，解题的关键是正确使用这一转化公式，还考查了直线与圆的位置关系等知识.

23.已知函数，．

（Ⅰ）若，求取值范围；

（Ⅱ）若，对，，都有不等式恒成立，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）由题意不等式化为，利用分类讨论法去掉绝对值求出不等式的解集即可；

（Ⅱ）由题意把问题转化为，分别求出和，列出不等式求解即可．

【详解】（Ⅰ）由题意知，，

若，则不等式化为，解得；

若，则不等式化为，解得，即不等式无解；

若，则不等式化为，解得，

综上所述，的取值范围是；

（Ⅱ）由题意知，要使得不等式恒成立，

只需，

当时，，，

因为，所以当时，

，

即，解得，

结合，所以的取值范围是.

【点睛】本题考查了绝对值不等式的求解问题，含有绝对值的不等式恒成立应用问题，以及绝对值三角不等式的应用，考查了分类讨论思想，是中档题．含有绝对值的不等式恒成立应用问题，关键是等价转化为最值问题，再通过绝对值三角不等式求解最值，从而建立不等关系，求出参数范围.