1、四川省泸县第四中学2020届高三数学下学期第二次月考试题 文（含解析）第卷 选择题一、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.设全集，集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 ，所以 或，故选C.2.已知命题，则p命题的否定为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先从题的条件中可以断定命题P是全称命题，应用全称命题的否定是特称命题，利用其形式得到结果.【详解】因为命题P：为全称命题，所以P的否定形式为：，故选C.【点睛】该题考查的是有关全称命题的否定的问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有全称命题的否定
2、，注意其形式即可得到正确的结果，属于简单题目.3.若复数在复平面内对应的点在直线上，则（ ）A. 2B. C. 1D. 【答案】B【解析】分析：化简复数，求出对应点坐标，代入直线方程，可求得的值，从而可得结果.详解：因为复数，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，由复数在复平面内对应的点在直线上，可得,故选B.4.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据三视图还原出原几何体，然后根据圆柱和圆锥的体积公式，计算出结果.【详解】由已知中的三视图，可知该几何体是一个圆柱挖去一个同底等高的圆锥，圆柱和圆锥的底面直径为4，故底面半径为2，故
3、底面面积，圆柱和圆锥的高，故组合体的体积，故选B【点睛】本题考查三视图还原几何体，圆柱体的体积和圆锥体积的求法，属于简单题.5.在等差数列中，则数列的前5项之和的值为（ ）A. 108B. 90C. 72D. 24【答案】B【解析】由于，所以，应选答案A点睛：解答本题的简捷思路是巧妙运用等差数列的性质，然后整体代换前项和中的，从而使得问题的解答过程简捷、巧妙当然也可以直接依据题设条件建立方程组进行求解，但是解答过程稍微繁琐一点6.已知四边形是平行四边形，点为边的中点，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由平面向量的加法法则运算即可.【详解】如图，过E作 由向量加法的平行四边形法
4、则可知 故选A.【点睛】本题考查平面向量的加法法则，属基础题.7.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将所求式子利用二倍角公式进行变形，再利用同角三角函数间的基本关系化简成关于tan的式子，将tan值代入计算即可求出值【详解】 .故选A【点睛】此题考查了二倍角公式，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握三角函数中的公式是解本题的关键8.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先与1比较，得一最大的，剩下的两个与比较【详解】首先，最大，其次，故选：B【点睛】本题考查比较幂和对数的大小，对不同底的对数或幂一般借助于中间值比较，如0，1，2等等本题
5、中是与比较的9.已知实数满足，则“成立”是“成立”的（ ）A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 非充分非必要条件【答案】C【解析】【分析】根据不等式的性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】由，若 成立,则 ，即成立，反之若，即成立，“成立”是“ 成立”充要条件，故选C.【点睛】本题主要考查不等式的性质以及充分条件和必要条件的应用，属于中档题. 判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断
6、它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.10.双曲线的两个焦点为，点P在双曲线上，的面积为，则等于（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】先根据面积可以求出P点的纵坐标为1，然后求出P点的横坐标，直接用向量相乘就可以得出结论【详解】设P点的纵坐标为h，则F1PF2的面积为，|F1F2|=2，P点的纵坐标为1，代入双曲线可得x=2，不妨取P（2，1），则=（2，01）（2，01）=85+1=4，故选C【点睛】本题考查双曲线的方程，考查向量知识的运用，确定P的坐标是关键11.已知函数是奇函数，则函数的值域为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】
7、根据奇函数的定义可求出，利用指数函数性质及不等式性质可求出函数值域.【详解】因为函数是奇函数，所以即，解得，所以，由可知，所以，故的值域为.【点睛】本题主要考查了奇函数的定义，指数函数的性质，不等式的性质，属于中档题.12.若对，且，都有，则m的最小值是 注：为自然对数的底数，即A. B. eC. 1D. 【答案】C【解析】【分析】由题意，把问题等价于，令，根据函数的单调性，即可求解m的范围【详解】由题意，当时，由，等价于，即，故，故，令，则，又，故在递减，又由，当，解得：，故在递减，故，故选C【点睛】本题主要考查了函数单调性的应用，以及函数恒成立及转化思想，其中解答中把问题等价于，令，根据函
8、数的单调性求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.第卷 非选择题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.已知函数，则_.【答案】 ；【解析】因为，所以，又，所以，因为，所以，故填.14.若，满足约束条件，则的最小值为_【答案】3【解析】【分析】由题意，画出约束条件表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，即可求得目标函数的最小值，得到答案【详解】由题意，画出约束条件表示的平面区域，如图所示，目标函数，则，当直线过点C时，直线在在y轴上的截距最大，此时目标函数取得最小值，又由，解得，所以目标函数的最小值为故的值最小值为 【点睛】本题主要考查简单线性
9、规划求解目标函数的最值问题其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题15.已知函数的最小正周期为，若函数在上单调递减，则的最大值是_【答案】【解析】【分析】根据三角函数的周期公式，先求出的值，结合函数的单调性建立不等式关系进行求解即可.【详解】解：由函数的最小正周期为，则，得.则，当时，函数单调递减，则，若此时函数为减函数，则，所以，即的最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查三角函数单调性的应用，属于基础题.16.如图，直三棱柱中，为线段上的一动点，则当最小时，的面积为_.【答案】【解
10、析】【分析】先将直三棱柱沿棱展开成平面连接,与的交点即为满足最小时的点,由此可以求得的三边长,再由余弦定理求出其中一角,由面积公式求出面积.【详解】将直三棱柱沿棱展开成平面连接与的交点即为满足最小时的点,由于，,再结合棱柱的性质,可得,故,由图形及棱柱的性质,可得,故,的面积为,故答案为.【点睛】本题考查棱柱的特征,求解本题的关键是根据棱柱的结构特征及其棱长等求出三角形的边长,再由面积公式求面积,本题代数与几何相结合,综合性强,解题时要注意运算准确,正确认识图形中的位置关系.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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选
11、考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17.环保部门要对所有的新车模型进行广泛测试，以确定它的行车里程的等级，右表是对 100 辆新车模型在一个耗油单位内行车里程（单位：公里）的测试结果. （）做出上述测试结果的频率分布直方图，并指出其中位数落在哪一组； （）用分层抽样的方法从行车里程在区间38,40)与40,42)的新车模型中任取5辆，并从这5辆中随机抽取2辆，求其中恰有一个新车模型行车里程在40,42)内的概率.【答案】（）图略，中位数在区间.（）【解析】【分析】（1）画出频率分布直方图后，找到频率总和为时对应的分组区间；（2）先利用分层抽样计算每组内抽取的辆数，然后对车辆进行标记，
12、利用古典概型计算目标事件的概率.【详解】（）由题意可画出频率分布直方图如图所示：前组频率总和为，第组频率为，且 ，则由图可知，中位数在区间.（）由题意，设从中选取的车辆为，从中选取的车辆为，则从这5辆车中抽取2辆的所有情况有10种，分别为，其中符合条件的有6种，所以所求事件的概率为.【点睛】中位数计算方法：（1）找到频率总和为所在的区间段；（2）计算前几组频率总和，记为，频率总和为所在的区间段的频率记为；（3）计算组距，记为；（4）频率总和为所在的区间段的左端点值得到的结果即为中位数.18.在中，设内角，所对的边分别为，且.（1）求角的大小；（2）求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分
13、析】（1）由正弦定理化边为角可得，再由两角和的正弦可得，即得，得解；（2）由三角恒等变换结合倍角公式可得，再结合求解即可.【详解】解：（1）由得到，即，即，又为三角形内角，所以，从而.（2），所以.所以的取值范围为.【点睛】本题考查了正弦定理、正弦与余弦的二倍角公式及三角函数求值域问题，重点考查了运算能力，属中档题.19.在三棱柱中，平面、平面、平面两两垂直. （）求证：两两垂直； （）若，求三棱锥的体积.【答案】（）见证明；（）【解析】【分析】（1）通过辅助线以及根据面面垂直的性质定理可证中任意一条直线垂直于另外两条直线构成的平面，即垂直于另外两条直线；（2）采用替换顶点的方式计算体积，计算
14、出高和底面积即可计算体积.【详解】（）证明：在内取一点，作，因为平面平面，其交线为，所以平面，同理，所以平面，同理，故两两垂直. （）由（）可知，三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为.【点睛】（1）面面垂直的性质定理：两个平面垂直，一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直；（2）计算棱锥的体积时，有时候可考虑采用替换顶点的方式去简化计算.a20.已知，讨论的单调性；当时，恒成立，求实数a的取值范围【答案】()详见解析；().【解析】【分析】求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；问题转化为恒成立，设，求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最值，从而确定
15、a的范围即可【详解】的定义域是，当时，递增，当时，在上，递减，在上，递增，综上，当时，在递增，时，在递减，在递增；恒成立，即恒成立，设，则，的单调性和相同，当时，在递增，故在递增，当时，在递减，在递增，当时，在递增，故是增函数，故，当时，在区间上，递减，故，故递减，故，不合题意，综上，a的范围是【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数21.已知圆，点，是
16、圆上一动点，点在线段上，点在半径上，且满足.（1）当在圆上运动时，求点的轨迹的方程； （2）设过点的直线与轨迹交于点（不在轴上），垂直于的直线交于点，与轴交于点，若，求点横坐标的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）由直线为线段的垂直平分线，则，可得点的轨迹是以点为焦点，焦距为，长轴为的椭圆；（2）由题意直线斜率存在，设，于是直线的方程为，设，联立方程组，利用根与系数的关系得，设，所在直线方程为，令，得，利用，即可得出详解：（1）由题意知，直线为线段的垂直平分线，所以所以点的轨迹是以点为焦点，焦距为4，长轴为4的椭圆， ，故点的轨迹的方程为 . （2）由题意直线的斜率存在设为,于是
17、直线的方程为，设，联立，得因为，由根与系数的关系得， ， 设的横坐标为，则，所在直线方程，令，得， 于是，即，整理得， ，点睛：本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等（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
18、第一题计分22.选修4 4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（）（1）分别写出直线普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）已知点，直线与曲线相交于两点，若，求的值【答案】（1），（2）【解析】试题分析：（1）将直线的参数方程消去参数可得普通方程；先将曲线C的极坐标方程变形，然后将代入可得直角坐标方程（2）将直线的参数方程代入圆的方程，再根据一元二次方程根与系数的关系，并结合参数方程中参数的几何意义求解试题解析：（1）将（为参数）消去参数可得,直线的普通方程为. 由，得，将代入上式，得，即， 曲线的直角坐标方程为 （2）将代入中，整理得，设两点对应参数分别为，则 ， ， 又， ，即 ，解得，符合题意23.已知函数.（1）求证：；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由绝对值不等式性质得即可证明；（2）由去绝对值求解不等式即可.【详解】（1）因为，所以.,即（2）由已知，当m-时，等价于,即，解得所以当m-时，等价于，,解得-3m5,所以-3m综上，实数取值范围是.【点睛】本题考查绝对值不等式解法，不等式恒成立问题，熟练运用零点分段取绝对值，准确计算是关键，是中档题.
