1、吉林省吉林市2020届高三数学第四次调研测试试题 理（含解析）一选择题1. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先利用一元二次不等式的解法化简集合A，再利用并集的定义求解.【详解】因为，又，所以.故选：B【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2. 复数满足（为虚数单位），则复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先化简复数z，然后结合复数的定义确定其虚部即可.【详解】由题意可得：，据此可知，复数z的虚部为.本题选择D选项.【点睛】复数的代数形式的运算主要有加、减、乘、除及求低次
2、方根除法实际上是分母实数化的过程3. 九章算术是我国古代第一部数学专著，它有如下问题：“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺.问积几何？”意思是“今有圆柱体形的土筑小城堡，底面周长为4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少？”（注：1丈=10尺，取）（ ）A. 704立方尺B. 2112立方尺C. 2115立方尺D. 2118立方尺【答案】B【解析】【分析】根据题意，由底面圆周长，得到底面圆半径，再由体积公式求出其体积.【详解】设圆柱体底面圆半径为，高为，周长为.因为，所以，所以 （立方尺）.故选B项.【点睛】本题考查圆柱底面圆半径、体积等相关计算，属于简单题.4. 执行如图所示的程序框图，若输入
3、的值为3，则输出 的值是( )A. 1B. 2C. 4D. 7【答案】C【解析】试题分析：第一次循环；第二次循环；第三次循环；结束循环，输出选C.考点：循环结构流程图【名师点睛】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.5. 在中，内角的对边分别为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求得，然后利用正弦定理求得.【详解】因为，所以，所以.故选：C点睛】本题考查解三角形，考查运算求解能力.6. 已
4、知函数是偶函数，当时，则曲线在处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用导数的几何意义以及点斜式方程即可求解.【详解】因为，所以曲线在处的切线方程为，即.故选：A.【点睛】本小题主要考查根据函数奇偶性求函数解析式，考查利用导数求切线方程，属于基础题.7. 某单位去年的开支分布的折线图如图1所示，在这一年中的水、电、交通开支（单位：万元）如图2所示，则该单位去年的水费开支占总开支的百分比为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由折线图找出水、电、交通开支占总开支的比例，再计算出水费开支占水、电、交通开支的比例，相乘即可求出水费开支占总开支的百分比
5、.【详解】水费开支占总开支的百分比为.故选：A点睛】本题考查折线图与柱形图，属于基础题.8. 已知正方体的棱长为2，点在线段上，且，平面经过点，则正方体被平面截得的截面面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解.【详解】如图所示：确定一个平面，因为平面平面，所以，同理，所以四边形是平行四边形.即正方体被平面截的截面.因为，所以，即所以由余弦定理得：所以所以四边形故选：B【点睛】本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.9. 已知是
6、抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点.若，则的值为（ ）A. 8B. 6C. 4D. 2【答案】A【解析】【分析】由抛物线的标准方程,可求出焦点.由可知,从而,继而可求出.【详解】解:由抛物线的方程可得焦点,准线方程为:.作垂直于轴交于因为,所以可得为线段的三等分点,即.由,所以,即,所以故选:A.【点睛】本题考查了抛物线的标准方程,考查了抛物线的定义.对于抛物线中焦点弦问题,在求长时,首先考虑抛物线的定义,其次才是联立抛物线与焦点弦直线方程,代入弦长公式进行求解.本题的关键是长度的转化.10. 函数的一条对称轴方程为，则（ ）A. 1B. C. 2D. 3【答案】B【解析】【详解】试题分
7、析：的对称轴是化简得考点：三角函数性质点评：利用对称轴处取最值求解11. 三棱锥P ABC中，PA平面ABC，Q是BC边上的一个动点，且直线PQ与面ABC所成角的最大值为则该三棱锥外接球的表面积为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意画出图形，结合图形找出ABC的外接圆圆心与三棱锥PABC外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积【详解】三棱锥PABC中，PA平面ABC，直线PQ与平面ABC所成角为，如图所示；则sin=，且sin的最大值是，（PQ）min=2，AQ的最小值是，即A到BC的距离为，AQBC，AB=2，在RtABQ中可得，即可得BC=6；取ABC的外
8、接圆圆心为O，作OOPA，=2r，解得r=2；OA=2，取H为PA的中点，OH=OA=2，PH=，由勾股定理得OP=R=，三棱锥PABC的外接球的表面积是S=4R2=4=57故答案为C【点睛】本题主要考查正弦定理和线面位置关系，考查了几何体外接球的应用问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.解题的关键求外接球的半径12. 2019年末，武汉出现新型冠状病毒肺炎（）疫情，并快速席卷我国其他地区，传播速度很快.因这种病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，所以目前没有特异治疗方法，防控难度很大.武汉市出现疫情最早，感染人员最多，防控压力最大，武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排
9、查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和与确诊患者的密切接触者等“四类”人员，强化网格化管理，不落一户、不漏一人.在排查期间，一户6口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核糖核酸”检测，若出现阳性，则该家庭为“感染高危户”.设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为（）且相互独立，该家庭至少检测了5个人才能确定为“感染高危户”的概率为，当时，最大，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意分别求出事件A：检测5个人确定为“感染高危户”发生的概率和事件B：检测6个人确定为“感染高危户”发生的概
10、率,即可得出的表达式,再根据基本不等式即可求出.【详解】设事件A：检测5个人确定为“感染高危户”,事件B：检测6个人确定为“感染高危户”,.即设,则当且仅当即时取等号,即.故选：A【点睛】本题主要考查概率的计算,涉及相互独立事件同时发生的概率公式的应用,互斥事件概率加法公式的应用,以及基本不等式的应用,解题关键是对题意的理解和事件的分解,意在考查学生的数学运算能力和数学建模能力,属于较难题.二填空题13. 已知随机变量服从正态分布且，则_【答案】0.76【解析】【分析】由已知条件可知数据对应的正态曲线的对称轴，根据对称性即可得到结果.【详解】随机变量服从正态分布,则曲线的对称轴为，由可得，则故
11、答案为0.76【点睛】本题考查根据正态曲线的对称性求在给定区间上的概率，求解的关键是把所求区间用已知区间表示；正态曲线的主要性质是：（1）正态曲线关于对称；（2）在正态曲线下方和x轴上方范围内的区域面积为1.14. 在数列中，则_【答案】2492【解析】【分析】根据累加法可得，代入即得结果.【详解】令，则，.【点睛】本题考查利用累加法求数列通项，考查基本运算求解能力，属基础题.15. 已知双曲线的一条渐近线为，圆与交于两点，若是等腰直角三角形，且(其中为坐标原点)，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】求出双曲线的渐近线方程，圆的圆心与半径，在中，由余弦定理得：，利用距离推出关系式，然
12、后求解离心率即可【详解】双曲线的渐近线方程为：，取的方程为：由是等腰直角三角形，则又，即，即所以，在中，由余弦定理得：由是等腰直角三角形，可得边上的高为2，即圆心到渐近线的距离为2.所以，即，所以则，则故答案为：【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的应用，考查计算能力，属于中档题16. 若函数为自然对数的底数）在和两处取得极值，且，则实数的取值范围是_【答案】【解析】分析】先将函数在和两处取得极值，转化为方程有两不等实根，且，再令，将问题转化为直线与曲线有两交点，且横坐标满足，用导数方法研究单调性，作出简图，求出时，的值，进而可得出结果.【详解】因为，所以，又函数在和两处
13、取得极值，所以是方程的两不等实根，且，即有两不等实根，且，令，则直线与曲线有两交点，且交点横坐标满足，又，由得，所以，当时，即函数在上单调递增；当，时，即函数在和上单调递减；当时，由得，此时，因此，由得.故答案为【点睛】本题主要考查导数的应用，已知函数极值点间的关系求参数的问题，通常需要将函数极值点，转化为导函数对应方程的根，再转化为直线与曲线交点的问题来处理，属于常考题型.三解答题17. 如图,五边形中,四边形为长方形,为边长为的正三角形,将沿折起,使得点在平面上的射影恰好在上. （）当时,证明:平面平面；（）若,求平面与平面所成二面角的余弦值的绝对值.【答案】()证明见解析；().【解析】
14、【详解】【分析】试题分析：（）作，垂足为，依题意得平面，则，平面，结合勾股定理可得，则平面，平面平面.（）由几何关系，以为轴建立空间直角坐标系，由题意可得平面的法向量，平面的法向量.计算可得平面与平面所成二面角的余弦值的绝对值为.试题解析：（）作，垂足为，依题意得平面，又，平面，利用勾股定理得，同理可得.在中，平面，又平面，所以平面平面（）连结，又四边形为长方形，.取中点为，得，连结，其中，由以上证明可知互相垂直，不妨以为轴建立空间直角坐标系.，设是平面的法向量，则有即，令得设是平面的法向量，则有即令得.则所以平面与平面所成二面角的余弦值的绝对值为.18. 已知数列为等差数列，是数列的前项和，
15、且，数列 满足：，当，时，.（1）求数列，的通项公式；（2）令，证明：.【答案】（1）;(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）用和将已知，表示出来即可求出首项公差,从而可求通项公式；由可得，两式相减进行整理可求出的通项公式.（2）用错位相减法求出的前项和，即可证明不等式.【详解】解：（1）数列为等差数列，是数列的前项和，且，设数列的首项为，公差为，则：，解得：，所以.因为所以当 时，.得：，由于，整理得（常数）.所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.所以.证明：（2）由（1）得.所以，故得：.所以.即.【点睛】本题考查了等差数列通项公式，考查了由递推数列求通项公式，考查了错位相减法.对于
16、等差数列求通项公式时，常用的方法为基本量法，即用首项和公差表示出已知条件，从而求出首项和公差.本题的易错在于错位相减时的计算上，常算错数，或者最后忘记系数化1.19. 体温是人体健康状况的直接反应，一般认为成年人腋下温度T（单位：）平均在之间即为正常体温，超过即为发热发热状态下，不同体温可分成以下三种发热类型：低热：；高热：；超高热（有生命危险）：某位患者因患肺炎发热，于12日至26日住院治疗医生根据病情变化，从14日开始，以3天为一个疗程，分别用三种不同的抗生素为该患者进行消炎退热住院期间，患者每天上午8：00服药，护士每天下午16：00为患者测量腋下体温记录如下：抗生素使用情况没有使用使用
17、“抗生素A”疗使用“抗生素B”治疗日期12日13日14日15日16日17日18日19日体温（）38.739.439.740.139.939.238.939.0抗生素使用情况使用“抗生素C”治疗没有使用日期20日21日22日23日24日25日26日体温（）38.438.037.637.136.836.636.3（I）请你计算住院期间该患者体温不低于的各天体温平均值；（II）在19日23日期间，医生会随机选取3天在测量体温的同时为该患者进行某一特殊项目“a项目”的检查，记X为高热体温下做“a项目”检查的天数，试求X的分布列与数学期望；（III）抗生素治疗一般在服药后2-8个小时就能出现血液浓度的高
18、峰，开始杀灭细菌，达到消炎退热效果假设三种抗生素治疗效果相互独立，请依据表中数据，判断哪种抗生素治疗效果最佳，并说明理由【答案】（I）平均值为（II）分布列见解析，（III）“抗生素C”治疗效果最佳，理由见解析.【解析】【分析】（I）根据所给表格，可计算体温不低于的各天体温平均值；（II）由题意可知X的所有可能取值为0，1，2，分别求得各自的概率，即可得分布列，进而求得数学期望；（III）根据三种抗生素治疗后温度的变化情况，结合平均体温和体温方差，即可做出判断.【详解】（I）由表可知，该患者共6天的体温不低于，记平均体温为，所以，患者体温不低于的各天体温平均值为（）X的所有可能取值为0，1，2
19、，则X的分布列为：X012 所以（）“抗生素C”治疗效果最佳，理由如下：“抗生素B”使用期间先连续两天降温后又回升，“抗生素C”使用期间持续降温共计，说明“抗生素C”降温效果最好，故“抗生素C”治疗效果最佳“抗生素B”治疗期间平均体温，方差约为0.0156：“抗生素C”平均体温，方差约为0.1067，“抗生素C”治疗期间体温离散程度大，说明存在某个时间节点降温效果明显，故“抗生素C”治疗效果最佳【点睛】本题考查了平均数的求法，古典概型概率求法，离散型随机变量分布列及数学期望的求法， 分析实际问题方案的解决方法，属于中档题.20. 已知椭圆E：，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与E有两个交点
20、A，B，线段AB的中点为M若，点K在椭圆E上，、分别为椭圆的两个焦点，求的范围；证明：直线OM斜率与l的斜率的乘积为定值；若l过点，射线OM与椭圆E交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时直线l斜率；若不能，说明理由【答案】（1） （2）见证明；（3）见解析【解析】【分析】，椭圆E：，两个焦点，设，求出的表达式，然后求解范围即可设A，B的坐标分别为，利用点差法转化求解即可直线l过点，直线l不过原点且与椭圆E有两个交点的充要条件是且设，设直线，代入椭圆方程，通过四边形OAPB为平行四边形，转化求解即可【详解】，椭圆E：，两个焦点，设，的范围是设A，B的坐标分别为，则两式相减，得，即
21、，故；设，设直线，即，由的结论可知，代入椭圆方程得，由与，联立得若四边形OAPB为平行四边形，那么M也是OP的中点，所以，即，整理得解得，经检验满足题意所以当时，四边形OAPB为平行四边形【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，点差法，直线与椭圆的交点，考查分析问题解决问题的能力，准确转化平行四边形是关键，是中档题21. 已知，函数.（1）判断极值点的个数；（2）若是函数的两个极值点，证明：.【答案】（1）个.（2）证明见解析【解析】【分析】(1)根据函数的导数，判断出的单调区间，进而证得函数有两个极值点.(2)根据（1）的结论，得，且，化简后可得，由此证得不等式成立.【详解】（1）由
22、题意得，令，则在上递增，且，当时，递减；当，递增，.当时，递增；当时，递减，是的极大值点，.当时，递减；当时，递增，是的极小值点.在上有两个极值点（2）证明：是函数的两个极值点.由（1）得，且，即，所以.，由，则，即，所以设，则，在时单调递减，则，则.【点睛】本题主要考查利用二次求导研究函数的单调性与极值，考查了分析问题解决问题的能力，考查化归与转化的数学思想方法，难度较大，属于难题.22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（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.（）求的普通方程和的直角坐标方程；（）若与交于，两点，求的值.【答案】（）的普通方程为；的直
23、角坐标方程；（）.【解析】【分析】（）消去参数即可求得的普通方程，利用极坐标和直角坐标的互化公式，,即可求得的直角坐标方程;（）理解参数的几何意义并利用其几何意义,联立直线和曲线方程,利用韦达定理进行运算求解即可.【详解】（1）由（为参数），消去参数，得，即的普通方程为.由，得，将，代入，得，即的直角坐标方程.（2）由（为参数），可得（），故的几何意义是抛物线上的点（原点除外）与原点连线的斜率.由题意知，当时，则与只有一个交点不符合题意，故.把（为参数）代入，得，设此方程的两根分别为，由韦达定理可得，所以.【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化、参数方程与普通方程的互化、参数的几何
24、意义;考查学生转化与化归能力、运算求解能力;属于中档题、常考题型.23. 已知函数 （1）在平面直角坐标系中作出函数的图象，并解不等式；（2）若不等式对任意的恒成立，求证：.【答案】（1）图象见解析，或；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）去掉绝对值号，根据一次函数的图象与性质，即可得到函数的图象，结合图象，即可求解不等式的解集；（2）不等式对任意的恒成立，只需，求得，然后利用作差法，即可证得.【详解】（1）由题意，函数，在直角坐标系中作出函数的图象，如图所示：当时，可得，当时，可得，所以根据图象可得解不等式的解集为或.（2）由，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，由不等式对任意的恒成立，所以只需，可得，又由，所以.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法和绝对值不等式恒成立问题，着重考查转化思想和数形结合思想的应用，属于中档试题.