1、高考资源网（） 您身边的高考专家天津市南开中学2021届高三年级第四次月考数学学科试题一选择题：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. 己知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式得集合，再根据交集运算即可求得【详解】解：由题可知，或，又，所以.故选：A.2. 已知a，且，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】通过举特例可得答案.【详解】当时满足，但不满足，故由推不出当时满足，但不满足，故由推不出所以“”是“”的既不充分也不必要条件故选：D3. 已知
2、，则A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】，所以，选D.4. 已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：根据正四棱柱的几何特征得：该球的直径为正四棱柱的体对角线，故，即得，所以该球的体积，故选D.考点：正四棱柱的几何特征；球的体积.5. 函数的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先判断函数的奇偶性，再根据在和时的取值情况即可判断.【详解】解：定义域为，即函数是奇函数，图象关于原点对称，故错误；当是，故，故错误；当且，时，故，故错误，正确；故选：【点睛】
3、本题考查函数图象的识别，函数的奇偶性的应用，属于中档题.6. 等比数列an的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，这个等比数列前n项的积为Tn(n2)，则Tn的最大值为 ()A. B. C. 1D. 2【答案】D【解析】【分析】【详解】试题分析：设共有项，由题意，故，故，因为时函数递减，所以有最大值2考点：数列及其应用7. 已知，椭圆的方程为，双曲线的方程为，与的离心率之积为，则的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】椭圆的离心率，双曲线的离心率，由，解得，所以，所以双曲线的渐近线方程为，故选C.点晴：本题考查的是椭圆，双曲线的离心率及双曲线的渐近线.根据题
4、目中椭圆和双曲线的方程可得椭圆的离心率，双曲线的离心率，由，化简整理解得，所以双曲线的渐近线方程为8. 己知函数(，)，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且函数是偶函数.关于函数给出下列命题：函数的图象关于直线轴对称；函数的图象关于点中心对称；函数在上单调递减；把函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，然后再将所得的图象向左平移个单位长度，即可得到函数的图象.其中真命题共有（ ）个A. 1B. 2C. 0D. 4【答案】B【解析】【分析】根据已知题意可知，则有，根据求出，结合函数是偶函数还可得到的值；由上述分析可得函数，再利用正弦函数的图象和性质就能判断各个命题的真假，从而得解.【详解】因为函数
5、，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，所以，解得，因为，所以，则，因为函数是偶函数，所以，因为，所以，所以函数，令，所以，故错误；因为，可知函数图象的对称点为，当时，对称点为，故正确；令，解得，当时，所以函数在上单调递减，故正确；把函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，解析式变为，然后再将图象向左平移个单位长度后，解析式变为，得不到函数的图象，故错误.综上，是真命题.故选：B.【点睛】关键点睛：本题是一道有关三角函数的题目，掌握正弦函数的图象和性质是解题的关键.9. 已知函数().设关于x的不等式的解集为集合A.若，则实数a的取值范围是（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意
6、可得，在上，函数yf（x+2a）的图象应在函数yf（x）的图象的下方当a0或a0时，检验不满足条件当a0时，应有f（a）f（），化简可得 a2+a10，由此求得a的范围【详解】由于f（x），关于x的不等式的解集为集合A.若，则在上，函数yf（x+2a）的图象应在函数yf（x）的图象的下方当a0时，显然不满足条件当a0时，函数yf（x+2a）的图象是把函数yf（x）的图象向右平移2a个单位得到的，函数yf（x+2a）的图象在函数yf（x）的图象的下方当a0时，如下图所示，要使在上，函数yf（x+2a）的图象应在函数yf（x）的图象的下方，只要f（a）f（）即可，即a（a）22（a）a，化简可得a
7、2+a10，解得 a，故此时a的范围为（0，综上可得，a的范围为（0，故选：B【点睛】本题关键是转化为在上，函数yf（x+2a）的图象应在函数yf（x）的图象的下方二填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.10. 是虚数单位，复数_.【答案】【解析】【分析】根据复数的除法运算算出答案即可.【详解】故答案为：11. 的展开式中的常数项是_.【答案】-84【解析】的展开式为，令=0得r=3，故常数项为12. 已知数列和均为等差数列，前n项和分别为，且满足：，则_.【答案】【解析】【分析】利用等差数列的性质得到即可.【详解】故答案为：13. 小明的投篮命中率为，各次投篮命中与否相互独立.他连
8、续投篮三次，设随机变量X表示三次投篮命中的次数，则_；_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】依题意可得随机变量服从二项分布，再根据二项分布的概率公式及期望公式计算可得；【详解】解：依题意随机变量，所以，故答案为：；14. 设x，y为实数，若4x2+y2+xy=1，则2x+y的最大值是_【答案】【解析】【分析】【详解】4x2+y2+xy=1 ，当且仅当时，等号成立.此时，所以.即2x+y的最大值是.故答案：.15. 已知圆O半径为2，A，B是圆O上两点，且，是圆O的一条直径，若动点P满足(，)，且，则的最小值为_.【答案】-3【解析】【分析】根据向量的线性运算及数量积的定义，结合题中
9、条件，化简，根据及二次函数的性质，即可求得答案.【详解】，因为是圆O的一条直径，所以，所以所求=因为A，B是圆O上两点，且，所以，所以所求= ，因为，所以当时，有最小值，且为-3，故答案为：-3【点睛】解题的关键是熟练掌握向量的线性运算及数量积公式，并灵活应用，结合二次函数图象与性质，进行求解，考查分析理解，计算化简的能力，属中档题.三解答题：本大题共5个小题，共75分.16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.（1）求角A的大小；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】分析】（1）由正弦定理将角化边，再利用余弦定理求出角；（2）利用余弦定理和基本不等式得出的最大值
10、，代入三角形的面积公式求出面积最大值【详解】解：（1）因为由正弦定理可得，即，又，所以，因为，所以（2）因为，所以，又，所以，即，当且仅当时取等号；所以，故三角形面积的最大值【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.17. 在四棱锥中，平面，M是棱的中点.（1）求异面直线与所成的角的余弦值；（2）求与平面所成的角的大小；（3）在棱上是否存在点Q，使得平面与平面所成的锐二面角的大小为60？
11、若存在，求出的长；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后写出每个点的坐标，然后算出和的坐标即可；（2）算出和平面的法向量，然后可算出答案；（3）设，然后算出平面的法向量，平面的法向量可取，然后可建立方程求解.【详解】以所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，则（1），所以，即异面直线与所成的角的余弦值为（2），设平面的法向量，则，所以可取设与平面所成的角为，则所以与平面所成的角为（3）平面的法向量可取设，则所以，设平面的法向量为，则，可取因为平面与平面所成的锐二面角的大小为60所以，所以，解得或（舍）所以，所以【
12、点睛】关键点睛：用向量求解空间中的角的问题时，解题的关键是建立适当的空间直角坐标系，准确的进行运算.18. 已知数列的前n项和为，且().（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，且数列的前n项和为，求数列的n项和；（3）设，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）先由题设求得数列的首项，然后推导出数列的相邻项之间的关系式，即可求得其通项公式；（2）依题意求出的通项公式，即可求出的前n项和为，再利用裂项相消法求出数列的n项和；（3）依题意可得，再利用错位相减法求和即可；【详解】解：（1）数列前项和为，且()，即，当时，解得：，当时，整理得：，数列是首项、公比均为3
13、的等比数列，；（2）由（1）可得，所以数列的前n项和，则设数列的n项和为，所以（3）由（1）（2）可知所以；减得所以所以【点睛】数列求和的方法技巧：(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和19. 如图，点是椭圆：()的一个顶点，的长轴是圆：的直径.，是过点P且互相垂直的两条直线，其中交椭圆于另一点D，交圆于A，B两点.（1）求椭圆的方程：（2）当的面积取得最大值时，求直线的方程.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，即可得到椭圆的方程；（2
14、）设，由题意可知：直线的斜率存在，设为，则直线的方程为利用点到直线的距离公式和弦长公式即可得出圆心到直线的距离和弦长，又，可得直线的方程为，与椭圆的方程联立即可得到点的横坐标，即可得出，即可得到三角形的面积，利用基本不等式的性质即可得出其最大值，即得到的值【详解】解：（1）由题意可得，即椭圆的方程为；（2）设，由题意可知：直线的斜率存在，设为，则直线的方程为又圆的圆心到直线的距离又，故直线的方程为，联立，消去得到，解得，三角形的面积，令，则，当且仅，即，当时取等号，故所求直线的方程为【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2
15、)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题20. 设函数，().（1）若在处的切线平行于直线，求实数的值；（2）设函数，判断的零点的个数；（3）设是的极值点，是的一个零点，且，求证：.【答案】（1）；（2）2；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数求得切线的斜率，由两直线平行斜率相等，即可列式求出实数的值；（2）由题可知，求导得，构造新函数，利用导数研究函数的单调性和零点得出在内有唯一解，设为，分类讨论求出的单调区间，由此得出是的唯一极值点，通过求解和，结合零点存在性定理，即可判断的零点的个数；（3）结合（2）以及题意
16、得到，化简得到，结合条件得出不等式，两边取对数并根据对数的运算，化简即可证得成立【详解】解：（1）由题可知，则，得切线的斜率为，因为在处的切线平行于直线，解得：，实数的值为.（2）令，可知的定义域为，且，令，得，而，得，可知在内单调递减，又，且，故在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，则，当时，在内单调递增；当，时，在，内单调递减，是的唯一极值点，令，则当时，故在内单调递减，当时，（1），即，从而，又，在，内有唯一零点，又在内有唯一零点1，从而在内恰有两个零点.的零点的个数为2.（3）已知是的极值点，是的一个零点，且，由（2）及题意，即，由（2）知当时，又，故，两边取对数，得，于是，整理得，命题得证【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数的几何意义求参数值，考查利用导数研究函数的零点个数问题以及利用导数证明不等式，通过构造新函数及通过导数研究考查函数的单调性和极值是解题的关键，考查分类讨论和转化思想，以及化简运算能力，属于难题- 19 - 版权所有高考资源网
