1、四川省泸县第二中学2020届高三数学下学期第四次学月考试试题 文（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第I卷 选择题（60分）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. 若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为集合，故选C.2. 设是虚数单位,如果复数的实部与
2、虚部是互为相反数,那么实数的值为 ()A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：由复数代数形式的乘除运算化简复数，再由已知条件列出方程，求解即可得答案详解：=，复数的实部与虚部是互为相反数，即a=故选D点睛：本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的实部与虚部的概念，属于基础题3. 已知向量，则（ ）A. -14B. -4C. 4D. 14【答案】B【解析】【分析】由条件算出，进而由公式算出.【详解】，.故选：B【点睛】本题主要考查了向量的数量积的坐标运算，考查了学生的基本运算能力.4. 在正项等比数列中，若，则其前3项的和（ ）A. 3B. 6C. 13D. 24【答案】C【解析】
3、【分析】由等比数列通项公式求出公比，再利用公式求出前3项的和.【详解】，又，所以，.故选：C【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，等比数列的求和，考查了学生的运算求解能力.5. 一场考试之后，甲、乙、丙三位同学被问及语文、数学、英语三个科目是否达到优秀时，甲说：有一个科目我们三个人都达到了优秀；乙说：我的英语没有达到优秀；丙说：乙达到优秀的科目比我多.则可以完全确定的是（ ）A. 甲同学三个科目都达到优秀B. 乙同学只有一个科目达到优秀C. 丙同学只有一个科目达到优秀D. 三位同学都达到优秀的科目是数学【答案】C【解析】【分析】根据题意推断出乙有两科达到优秀，丙有一科达到优秀，甲至少有一科
4、优秀，从而得出答案.【详解】甲说有一个科目每个人都达到优秀，说明甲乙丙三个人每个人优秀的科目至少是一科，乙说英语没有达到优秀，说明他至多有两科达到优秀，而丙优秀的科目不如乙多，说明只能是乙有两科达到优秀，丙有一科达到优秀，故B错误，C正确；至于甲有几个科目优秀，以及三人都优秀的科目到底是语文还是数学，都无法确定故选：C【点睛】本题主要考查了学生的推理能力，属于中档题.6. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性定义可得函数为偶函数，偶函数的图像关于对称，再根据指数函数与幂函数的增长速度的快慢即可得出选项.【详解】易知为偶函数，故排除B，D，又当
5、趋向正无穷时，指数函数增长速度大于幂函数，故知函数值应趋向于0，故选：A.【点睛】本题考查了函数的奇偶性、指数函数、幂函数的增长形式，属于基础题.7. 执行如图所示的程序框图，令，若，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：先根据程序框图得解析式，再根据分段函数解三个不等式组，求并集得结果.详解：因为，所以由得所以因此选D.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.8. 已知圆的半
6、径为2，在圆内随机取一点，则过点的所有弦的长度都大于的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】当是弦中点时，弦长最短，利用垂径定理,得只要点到圆心的距离不大于1即可满足要求，由此可得点所在区域，计算出该区域面积及已知圆面积后可得概率【详解】当是弦中点时，弦长最短，弦长为时，所以过点的所有弦的长度都大于的点落在以点为圆心，半径为1的圆内则所求概率为故选：C【点睛】本题考查几何概型，解题关键是确定点所在的区域利用弦长公式及垂径定理可确定9. 已知是双曲线的左、右焦点，设双曲线的离心率为若在双曲线的右支上存在点，满足，且，则该双曲线的离心率等于A B. C. D. 【答案】B【
7、解析】依题设， ， ，等腰三角形底边上的高为， 底边的长为，由双曲线的定义可得，即， ，解得.点晴:本题考查的是双曲线的定义和双曲线离心率的求法.解决本题的关键是利用题设条件和双曲线的定义可得，即在三角形中寻找等量关系，运用双曲线的a,b,c的关系和离心率公式即可求出双曲线的离心率.10. 已知函数，将的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标扩大为原来的倍，再把图象上所有的点向上平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的周期可以为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先利用三角函数图象变换规律得出函数的解析式，然后由绝对值变换可得出函数的最小正周期.【详解】，将函数的图象上
8、的所有点的横坐示缩短到原来的，可得到函数的图象，再将所得函数图象上所有点的纵坐标扩大为原来的倍，得到函数的图象，再把所得图象向上平移个単位长度，得到，由绝对值变换可知，函数的最小正周期为，故选B.【点睛】本题考查三角函数变换，同时也考查三角函数周期的求解，解题的关键就是根据图象变换的每一步写出所得函数的解析式，考查推理能力，属于中等题.11. 阿波罗尼斯（约公元前年）证明过这样一个命题:平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点、间的距离为，动点满足，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】以经过、的直线为轴，线段的垂直
9、平分线轴，建立直角坐标系，得出点、的坐标，设点，利用两点间的距离公式结合条件得出点的轨迹方程，然后利用坐标法计算出的表达式，再利用数形结合思想可求出的最小值.【详解】以经过、的直线为轴，线段的垂直平分线轴，建立直角坐标系，则、，设，两边平方并整理得，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，则有，如下图所示：当点为圆与轴的交点（靠近原点）时，此时，取最小值，且，因此，故选A.【点睛】本题考查动点的轨迹方程的求法，考查坐标法的应用，解题的关键就是利用数形结合思想，将代数式转化为距离求解，考查数形结合思想的应用以及运算求解能力，属于中等题.12. 已知函数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解
10、析】【分析】利用导数判断函数的单调性，结合函数的奇偶性，即可进行判断.【详解】因为函数定义域为，定义域关于原点对称，且，故是偶函数；又当时，故在上恒成立，故在上单调递增，结合函数是偶函数，故在上单调递减.又因为，故可得，则.故选：B.【点睛】本题考查利用导数判断函数单调性，函数奇偶性的判断，涉及利用函数性质比较大小，属综合中档题.第II卷 非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量，若，则值为_【答案】1【解析】【分析】由向量的加减法求出，再由垂直的数量积运算求出【详解】，可得，由，可得：，即故答案为：1【点睛】本题考查向量的数量积，考查垂直的坐标表示属
11、于基础题14. 已知实数x、y满足，则目标函数的最小值为_【答案】【解析】满足条件的点的可行域如下：由图可知，目标函数在点处取到最小值-315. 已知倾斜角为的直线过曲线的焦点F，且与C相交于不同的两点A，B（A在第一象限），则_.【答案】2【解析】【分析】先求得直线方程，联立抛物线方程，即可求得点坐标，根据抛物线定义，即可求得.【详解】因为抛物线方程为，故可得焦点坐标，又直线的倾斜角为，故可得方程为，联立抛物线方程，可得，解得，代入得，故可得点坐标，由抛物线定义可知：.故答案为：.【点睛】本题考查抛物线中焦半径的求解，属中档题.16. 已知平面内一正六边形的边长为，中心为点将该正六边形沿对角
12、线折成二面角，则当二面角的平面角余弦值为时，三棱锥的外接球表面积为_【答案】【解析】【分析】由题意作图，取线段的中点，连接，根据等边三角形的性质，结合二面角平面角的定义可以判断即为二面角的平面角，结合余弦定理、线面垂直的判定定理和性质、四点共球的性质进行求解即可.【详解】由题意作图，取线段的中点，连接，可知，所以即为二面角的平面角，即，又，由余弦定理可得.又因为所以平面所以，由得因此在三棱锥中， 三棱锥外接球球心为线段的中点，半径为所以外接球表面积为.【点睛】本题考查了二面角的定义，考查了三棱锥外接球表面积，考查了推理论证能力和数学运算能力.三.解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或
13、演算步骤.第1721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.（一）必考题：共60分.17. 从某高三年级男生中随机抽取50名测量身高，测量发现被测学生身高全部介于和之间，将测量结果按如下方式分成6组：第1组，第2组，第6组，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图.（1）由频率分布直方图估计该校高三年级男生身高的中位数；（2）在这50名男生身高不低于的人中任意抽取2人，则恰有一人身高在内的概率.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）由频率分布直方图得频率为0.48，的频率为0.32，由此能求出中位数.（2）在这50名男生身高不低于的人中任意抽取2人，
14、中的学生人数为4人，中的学生人数为2人，可用列举法求出基本事件总数，恰有一人身高在内包含的基本事件个数，再由概率公式计算出概率.【详解】解：（1）由频率分布直方图得频率为：，的频率为：，中位数为：.（2）在这50名男生身高不低于的人中任意抽取2人，中的学生人数为人，编号为，中的学生人数为人，编号为，任意抽取2人的所有基本事件为，共15个，恰有一人身高在内包含的基本事件有，共8个，恰有一人身高在内的概率.【点睛】本题考查频率分布直方图，考查中位数的概念，及古典概型，古典概型问题的关键是求出所求概率事件含有的基本事件的个数可用列举法写出所有基本事件，然后计数18. 在中，角、所对的边分别为、，且满
15、足.（1）求角的大小；（2）若为的中点，且，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化思想得出，再利用两角差的余弦公式可得出的值，结合角的范围可得出角的大小；（2）由中线向量得出，将等式两边平方，利用平面向量数量积的运算律和定义，并结合基本不等式得出的最大值，再利用三角形的面积公式可得出面积的最大值.【详解】（1）由正弦定理及得，由知，则，化简得，.又，因此，；（2）如下图，由，又为的中点，则，等式两边平方得，所以，则，当且仅当时取等号，因此，的面积最大值为.【点睛】本题考查正弦定理边角互化思想的应用，同时也考查了三角形的中线问题以及三角形面积的最值问题，对
16、于三角形的中线计算，可以利用中线向量进行计算，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.19. 如图，圆台的轴截面为等腰梯形，圆台的侧面积为.若点C，D分别为圆，上的动点且点C，D在平面的同侧.（1）求证：；（2）若，则当三棱锥的体积取最大值时，求多面体的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由圆台侧面积求出上下底半径，计算圆台的高，计算，由直角三角形性质得；（2）三棱锥的高就是，表示出三棱锥的体积，求出最大值时，多面体分为三棱锥和四棱锥，分别计算体积后相加即得【详解】解：（1）设，的半径分别为，因为圆台的侧面积为，所以，可得.因此，在等腰梯形中，.如图，连接线段，在圆台中
17、，平面，平面，所以.又，所以在中，.在中，故，即.（2）由题意可知，三棱锥的体积为，又在直角三角形中，所以当且仅当，即点D为弧的中点时，有最大值.过点C作交于点M，因为平面，平面，所以，平面，平面，所以平面.又，则点C到平面的距离，所以四棱锥的体积.综上，当三棱锥体积最大值时，多面体【点睛】本题考查多面体的体积，解题时把多面体分割成几个基本几何体，分别计算体积后相加20. 已知函数（1）当时，求的单调区间;（2）当时,求的最小值【答案】（1）在上为减函数在上为增函数；（2）见解析.【解析】分析】（1）求出导函数，由确定增区间，由确定减区间；（2）由，可分类讨论得出函数在上的单调性，得出最小值【
18、详解】解：当时，由，解得，由，解得故在上为减函数在上为增函数.当时，在上为增函数当时，在上为减函数，在上为增函数，当时，在上为减函数，综上所述，当时，当时，当时，【点睛】本题考查用导数求函数的单调区间，用导数求函数有最值，解题关键是由导数确定函数的单调性21. 已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.【答案】(1)见详解；(2) 3或.【解析】【分析】（1）可设，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参
19、数直线方程，最后求出它所过的定点.（2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，分别为点到直线的距离，则，结合弦长公式和韦达定理代入求解即可.详解】(1)证明：设,则又因为，所以.则切线DA的斜率为，故，整理得.设，同理得.,都满足直线方程.于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，当时等式恒成立所以直线恒过定点.（2）由（1）得直线的方程为.由，可得，于是.设分别为点到直线的距离，则.因此，四边形ADBE的面积.设M为线段AB的中点，则，由于，而，与向量平行，所以，解得或.当时，；当时因此，四边形的面积为3或.【点睛】
20、此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以思路较为清晰，但计算量不小（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.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）求和的直角坐标方程；（2）若与恰有4个公共点，求的取值范围.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】(1)直接利用转化公式转化即可;(2)和相切时,可得,与恰有3个公共点时,可得,故当与恰有4个公共点时,的取值范围为.【详解】(1)曲线的参数方程为(为参数),则,得
21、,故的直角坐标方程为;由,得,故的直角坐标方程为.(2)因为与恰有4个公共点,则,当和相切时,此时与恰有2个公共点,圆的圆心到直线的距离,解得;当与恰有3个公共点时,此时圆过点,解得;故当与恰有4个公共点时,的取值范围为.【点睛】本题考查将参数方程化为普通方程,极坐标方程化为直角坐标方程,考查直线与圆的位置关系,属于中档题.23. 已知不等式的解集与关于的不等式的解集相等.（1）求实数值；（2）求函数的最大值，以及取得最大值时的值.【答案】（1）；（2）时等号成立，.【解析】【分析】（1）先根据绝对值不等式的公式求解，再利用根与系数关系求a,b即可；（2）根据（1）利用柯西不等式求最大值即可.【详解】（1）由，得或，即或 不等式的解集为不等式的解集为从而1、3为方程的两根， 解得，（2） 的定义域为，由柯西不等式可得：当且仅当，时等号成立，此时【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法，根与系数的关系，柯西不等式，属于中档题.
