1、2020年陕西省榆林市高考数学第四次测试试卷（理科）（四模）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共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.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先解不等式得集合A,再求值域得集合B,最后根据集合补集与并集概念求结果.【详解】所以故选：C【点睛】本题考查集合补集与并集、解一元二次不等式、函数值域，考查基本分析求解能力，属基础题.2.若是纯虛数，则在复平面内复数所对应的点位于（ ）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】【分析】利用复数的乘法法则将复数化为一般形式，由该复数为纯虚
2、数解出实数的值，然后利用复数的除法法则将复数化为一般形式，即可得出复数在复平面内对应的点所在的象限.【详解】为纯虚数，则，解得，因此，复数在复平面内对应的点在第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数在复平面内对应的点所在象限的判断，考查了复数的乘法、除法法则以及复数概念的应用，考查计算能力，属于基础题.3.已知数列an为等比数列，若a31，a9125，则a5（ ）A. B. 5C. 5D. 25【答案】B【解析】【分析】相应值代入可求出，再根据等比数列的定义求出.【详解】，则.故选：B【点睛】本题考查等比数列基本量的求解，属于基础题.4.的展开式中的常数项为（ ）A. B. C. D. 【答案
3、】A【解析】【分析】写出通项，然后令的指数为0，即可求出常数项【详解】展开式的通项为：，令 解得，可得常数项为故选：A【点睛】本题考查二项式定理，通项法研究展开式中特定项的问题，属于基础题5.港珠澳大桥位于中国广东省珠江口伶仃洋海域内，是中国境内一项连接香港、珠海和澳门的桥隊工程，因其超大的建筑规模、空前的施工难度和顶尖的建造技术而闻名世.2018年10月24日上午9时开通运营后香港到澳门之间4个小时的陆路车程极大缩矩为了解实际通行所需时间，随机抽取了n台车辆进行统计，结果显示这些车辆的通行时间（单位：分钟）都在35，50）内，按通行时间分为35，38），38，41），41，44），44，47
4、），47，50五组，其中通行时间在38，47）的车辆有182台，频率分布直方图如图所示，则n（ ）A. 280B. 260C. 250D. 200【答案】D【解析】【分析】根据频率分布直方图可知通行时间在38，47）的频率为，根据频率的概念即可求出结果.【详解】由题意可知，通行时间在38，47）的频率为，所以，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了频率分布直方图和频率的概念，属于基础题.6.已知数列的通项公式为，为其前项和，则（ ）A. 11B. C. D. 5【答案】D【解析】【分析】直接利用通项公式代入，两两组合求解可得【详解】， 故选：D【点睛】本题考查并项求和. 属于基础题在一个数列的
5、前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如 类型，可采用两项合并求解7.已知定义域为的函数满足 ， ，且当时，则 ( )A. 1B. 2C. 0D. 1【答案】B【解析】【分析】根据题意可知是以为周期的奇函数，再根据，由此即可求出结果【详解】因为定义域为的函数满足， 所以 ，所以是以为周期的奇函数， 所以 故选：B【点睛】本题考查了函数的周期性、奇偶性以及函数值的求法，考查运算求解能力，是基础题8.古希腊数学家欧几里德在公元前300年左右提出了欧几里德算法，又叫辗转相除法如图，若输入m，n值分别为779，209，则输出的m（ ）A. 17B. 18C. 19D. 20【答案】C【解析】【
6、分析】按照程序框图逐步计算.【详解】方法一：运行情况如下：执行次数mnr1779209152220915257315257384573819538190所以输出的.方法二：易知该程序是求两数的最大公约数，而779和209的最大公约数是19,.故选：C【点睛】本题考查程序框图，属于基础题.9.在三棱锥PABC中，已知ABC是边长为6的等边三角形，PA平面ABC，PA12，则AB与平面PBC所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用等体积法求出点到平面PBC的距离，从而可以求出AB与平面PBC所成角的正弦值，再利用同角三角函数的关系求出余弦值.【详解】解：因为PA
7、平面ABC，所以，因为ABC是边长为6的等边三角形，PA12，所以,所以，设到平面PBC的距离为，因为，所以，所以，解得，设AB与平面PBC所成角为，则，所以，故选：C【点睛】此题考查了线面角，利用了等体积法，属于基础题.10.如图是函数的图象的一部分，则要得到该函数的图象，只需要将函数的图象（ ）A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】B【解析】分析】先由图用求出，由 求出,由 求出,得到；运用二倍角公式和辅助角公式化简利用三角函数图象平移性质得解.【详解】如图知: , ， , 又 ,解得： 又,，由三角函数图象平移性质得 (技
8、巧：由三角函数图象平移性质得 )所以函数向右平移个单位长度得到.故选：B【点睛】本题考查由图象求函数的解析式. 确定步骤和方法:(1)求 ：确定函数的最大值和最小值，则 ，；(2)求：确定函数的周期，则可；(3)求：常用的方法有代入法和五点法代入法：把图象上的一个已知点代入(此时已知)或代入图象与直线的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口11.已知双曲线的右焦点，过原点的直线与双曲线的左、右两支分别交于、两点，以为直径的圆过点，延长交右支于点，若，则双曲线的渐近线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】
9、【分析】作出图形，设双曲线的左焦点为点，连接、，设，则，利用双曲线的定义及勾股定理求得，进而可得出，然后利用勾股定理可求得的值，进而可求得的值，由此可求得双曲线的渐近线方程.【详解】如下图所示，设双曲线的左焦点为点，连接、，设，则，由双曲线的定义可得，由于以为直径的圆经过点，且、，则四边形为矩形，在中，有勾股定理得，即，解得，由勾股定理得，即，所以，则.因此，双曲线的渐近线方程是.故选：A.【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，考查了双曲线定义的应用，考查计算能力，属于中等题.12.已知定义在上的函数，为其导函数，满足，且，若不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D
10、. 【答案】D【解析】【分析】利用导数的运算法则，求出函数的解析式，然后参数分离，将不等式的恒成立问题转化为对任意恒成立，构造函数，利用导数研究函数的单调性，进而求出函数的最大值，从而得解.【详解】，解得，不等式对任意恒成立，对任意恒成立，即对任意恒成立，令，则，令，解得，时，在上单调递增；时，在上单调递减，当时，取得极大值，也是最大值，实数a的取值范围是.故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究不等式的恒成立问题，具体考查导数的运算法则及利用导数研究函数的最值问题，求出函数的解析式是本题的解题关键，属于中档题.不等式恒成立问题关键在于利用转化思想，常见的有：恒成立；恒成立；有解；有解；无解；无
11、解.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则_【答案】【解析】【分析】本题首先可根据题意得出，然后根据向量数量积的坐标表示即可得出结果.【详解】因为，所以，则，故答案为：.【点睛】本题考查向量减法的坐标表示以及向量数量积的坐标表示，若向量，则，考查计算能力，是简单题.14.若实数x，y满足约束条件，则的最大值为_【答案】8【解析】【分析】根据题意先画出满足约束条件的平面区域，然后分析画出直线x2y=0，通过平移直线求出目标函数的最大值.【详解】解：不等式组表示的区域如图所示，由得，作出直线，向下平移直线经过点时，截距最小而最大，由得，所以，所以的最大值为故答案为：8【点睛
12、】此题考查了线性规划的应用，利用了数形结合，通过图像平移求出目标函数的最值，属于基础题.15.已知点为抛物线：的焦点，定点和动点都在抛物线上，点，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】本题首先可以根据在抛物线上求出抛物线方程以及焦点坐标，然后根据抛物线定义得出的长度即点的横坐标，最后根据基本不等式以及两点间距离公式对进行转化即可得出结果.【详解】因为在抛物线上，所以，抛物线方程为，焦点，设动点，则，取，则，结合抛物线定义可知，的长度即点的横坐标，则，当且仅当时取“”号，故答案为：.【点睛】本题考查抛物线中的动点问题，考查抛物线的定义的灵活应用，考查应用基本不等式求最值，考查化归与转化思想，考查
13、计算能力，是中档题.16.如图，将一个圆柱2n（nN*）等分切割，再重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，当n越大，重新组合的几何体就越接近于一个“长方体”，若新几何体的表面积比圆柱的表面积增加了8，则圆柱的侧面积为_，在满足前面条件且圆柱外接球表面积最小时，它的外接球体积为_【答案】 (1). 8 (2). 【解析】【分析】（1）由题知，表面积增加的部分为新“长方体”的左右两个侧面，设原圆柱的底面半径为，高为，则可得，由公式可得圆柱的侧面积；（2）设圆柱的外接球的半径为，依题得，由基本不等式可知外接球表面积最小时，从而可求出外接球的体积.【详解】（1）由题知，表面积增加的部分为新“长方体”的
14、左右两个侧面，设原圆柱的底面半径为，高为，则可得，所以圆柱的侧面积为；（2）设圆柱的外接球的半径为，依题得，所以外接球的表面积，当且仅当时，最小，此时，外接球的体积.故答案：（1）8；（2）【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积，基本不等式的应用，球的表面积与体积的计算，考查了学生的分析问题与解决问题的能力，考查了学生的直观想象与运算求解能力.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题第21题为必考题，每个考题考生必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知中，角的对边分别为，且（1）若的外接圆半径为，求；（2）若，求的面积【答案
15、】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先根据内角和定理诱导公式化简得，再根据正弦定理与二倍角公式求得,再利用正弦定理求解即可.（2）由（1）得，利用余弦定理求得,再利用面积公式求解即可.【详解】解：（1）在中， ， ， ， ， 由正弦定理得， ， ， ， ， ， ， ，又 的外接圆半径为， 由正弦定理得， ；（2）由（1）得，由余弦定理得，又 ， ，解得，的面积为：【点睛】本题考查正余弦定理的综合应用，是中档题.18.如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E、F、G分别为A1B1，B1C1，BB1的中点，点P是正方形CC1D1D的中心（1）证明：AP平面EFG；（2）若平面AD
16、1E和平面EFG的交线为l，求二面角AlG【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先根据面面平行的判定定理，即可证明平面平面，由此即可证明结果；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量在求二面角中的应用，即可求出结果.【详解】（1）连接，点、分别为的中点，平面，平面；同理，平面，又，且平面，平面，所以，平面平面，点是正方形的中心，平面，平面；（2）以为坐标原点建立如图所示的空间指标系，则，故，设平面的法向量为，由，可得，令，则，取平面的法向量为 ，则，所以二面角 的大小为.【点睛】本题主要考查了面面平行的判定定理和应用，同时考查空间向量在求二面角中的应用，属于基础题.19.随着5
17、G商用进程的不断加快，手机厂商之间围绕5G用户的争夺越来越激烈，5G手机也频频降低身价飞人寻常百姓家某科技公司为了给自己新推出的5G手机定价，随机抽取了100人进行调查，对其在下一次更换5G手机时，能接受的价格（单位：元）进行了统计，得到结果如下表，已知这100个人能接受的价格都在之间，并且能接受的价格的平均值为2350元（同一组的数据用该组区间的中点值代替）分组一二三四五手机价格X（元）频数10xy2020（1）现用分层抽样的方法从第一、二、三组中随机抽取6人，将该样本看成一个总体，从中随机抽取2人，求其中恰有1人能接受的价格不低于2000元的概率；（2）若人们对5G手机能接受的价格X近似服
18、从正态分布，其中为样本平均数，为样本方差，求附：若，则，【答案】（1）；（2）0.3413.【解析】【分析】（1）由和接受价格的平均值为2350，可得和，求得，再由分层抽样得，在第1，2，3组分别抽取1人，2人，3人,根据古典概率可得答案；（2）由题意可知，求得，得，可求得故的值【详解】（1）因为，所以因为，所以，解得，因为第1组的人数为10，第2组的人数为20，第3组的人数为30所以利用分层抽样法在60名学生中抽取6名学生，其中第1，2，3组分别抽取1人，2人，3人所以恰有1人能接受的价格不低于2000的概率（2）由题意可知，又，所以，故【点睛】本题考查由已知条件求得所缺的统计数据，分层抽样
19、方法，古典概率，正态分布，属于中档题.20.设椭圆的左、右焦点分别为F1（c，0），F2（c，0），离心率为，短轴长为2（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点F2作一条直线与椭圆C交于P，Q两点，过P，Q作直线的垂线，垂足为S，T试问：直线PT与QS是否交于定点？若是，求出该定点的坐标，否则说明理由【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的性质以及题意可列出方程组，求出椭圆方程；（2）设直线的方程，将直线的方程与椭圆方程联立，得到韦达定理，然后再设直线的方程，令，化简可得直线必过，同理可证直线恒过，由此即可证明结果.,【详解】（1）由题意可知，所以，所以椭圆的标准方程为：；（2）设直
20、线的方程为：，则，联立方程可得：，所以，所以 ，又直线的方程为：，令，则，所以直线恒过，同理，直线恒过，即直线与交于定点.【点睛】本题主要考查了椭圆方程，直线和椭圆位置关系，属于中档题.21.已知函数（1）求的图象在处的切线方程；（2）若函数有两个不同的零点、，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，求得和的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）设，令可得出，由题意得出，变形可得，令，由此将所求不等式转化为证明，然后构造函数，利用导数证明出即可.【详解】（1），定义域为，.因此，函数的图象在处的切线方程为，即；（2）令，得，由题意可得，两式相加得，两式
21、相减得，设，可得，要证，即证，即，令，即证.构造函数，其中，所以，函数在区间上单调递增.当时，所以，.因此，.【点睛】本题考查利用导数求解函数图象的切线方程，同时也考查了利用导数证明函数不等式，考查计算能力与推理能力，属于中等题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23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.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）直线过原点且倾斜角为，与曲线、分别交于、两个不同点（均异于原点），且，求直线的斜
22、率【答案】（1），（2）或.【解析】【分析】（1）本题首先根据以及求出曲线的直角坐标方程，然后根据以及即可求出曲线的极坐标方程，最后根据极坐标方程与直角坐标方程的转化即可求出曲线的直角坐标方程；（2）首先可根据题意计算出或，然后结合曲线与曲线的极坐标方程得出，最后根据或即可得出结果.【详解】（1）因为，所以，曲线的直角坐标方程为，化简得，因为，所以曲线的极坐标方程为：，即，因为曲线的极坐标方程为，即，所以曲线的直角坐标方程为,（2）因为，即，所以或，因为直线倾斜角为，与曲线、分别交于、两个不同点，所以，故或，或，直线的斜率为或.【点睛】本题考查参数方程、直角坐标方程以及极坐标方程的相互转化，考
23、查极坐标方程的灵活应用，可通过以及进行直角坐标方程与极坐标方程的相互转化，考查化归与转化思想，考查计算能力，是中档题.选修4-5：不等式选讲23.已知（1）解不等式；（2）若、均为正数，且，证明：【答案】（1）（2）证明解析【解析】【分析】（1）首先可根据绝对值的相关性质将分为、以及三种情况依次进行讨论，然后分别求解，即可得出结果；（2）本题首先可以根据得出，然后根据基本不等式对进行化简，即可证得.【详解】（1）由题意可知，当时，即，解得；当，即，解得；当，即，无解，综上所述，（2）因为、均为正数，所以，因为，所以，化简得，因为，当且仅当时取“”号，所以成立.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及不等式的证明，可通过应用绝对值的性质对绝对值不等式进行去绝对值，从而求解绝对值不等式，考查基本不等式的灵活应用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是难题.
