1、正阳高中20202021学年上期18级第四次素质检测数 学 试 题（理） 2020年12月20日一、单选题（每小题5分，共60分）1设集合，则（ ）ABCD2复数（是虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3设，则“”是“直线与直线平行”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4如图，在空间四边形中， ， ， 点在上，且，是的中点，则=（ ）ABCD5设，满足，则的取值范围是（ ）ABCD6以抛物线的焦点为圆心且过点的圆的标准方程为（ ）ABCD7.设等差数列的前项和为，且，则（ ）A15B20C25D308将曲线上各点的横
2、坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再将得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线，则（ ）ABCD9在矩形中，以，为焦点的双曲线经过，两点，则此双曲线的离心率为（ ）ABCD100.618被公认为是最具有审美意义的比例数字，是最能引起美感的比例，因此被称为黄金分割.被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用.他认为底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形是“最美三角形”，即顶角为36的等腰三角形，例如，中国国旗上的五角星就是由五个“最美三角形”与一个正五边形组成的，如图，在其中一个黄金中，黄金分割比为.根据以上信息，计算（ ）ABCD
3、11.设函数，则下列结论错误的是（ ）A的最小正周期为B的图像关于直线对称C的一个零点为D在单调递减12设函数是定义在上的偶函数，对任意，都有，且当时，若在区间内关于的方程至少有个不同的实数根，至多有个不同的实数根，则的取值范围是（ ）ABCD二、填空题（每小题5分，共20分）13设a0，b0，若3是3a与32b的等比中项，则的最小值为 14已知向量，且，则 15.已知函数是偶函数，当时，则曲线在处的切线方程为 16.四棱锥的底面是矩形，侧面平面，则该四棱锥外接球的体积为 三、解答题（共70分）17（12分）已知数列的前n项和为，满足（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和18（12
4、分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，（1）求角B的大小；（2）求的面积19（12分）已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，且，.（1）求证：平面平面；（2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值.20（12分）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于，不同两点，且直线与直线的倾斜角互补，试求直线的斜率。21（12分）设函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）如果对于任意的，都有成立，试求的取值范围.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。22（10分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为
5、极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；（2）设点P的直角坐标为，若曲线与相交于A，B两点，求的值.23（10分）已知.（1）画出函数的图象；（2）求不等式的解集.答案1【答案】C2【答案】D3【答案】C4【答案】B【分析】由空间向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义即可求解.【详解】由题，在空间四边形， ， ， 点在上，且， 是的中点，则 所以 故选：B5【答案】C【详解】由题意得可行域为阴影部分，如图所示：则在取得最小值为，无最大值，即的取值范围为，故选：C.6【答案】A【解析】【详解】抛物线的焦点F（1，0），即圆心坐标为（1，
6、0），又圆过点，且P在抛物线上，r=，故所求圆的标准方程为.故选A.7.【答案】B【详解】设等差数列的公差为，则由已知可得，所以 故选：B8【答案】D【详解】由题意，得：，则故选：D9【答案】D【分析】利用双曲线的定义及性质，直接列出关系式求解双曲线的离心率即可【详解】由题可知，所以，即，所以此双曲线的离心率为.故选D.10【答案】B【分析】利用正弦定理及正弦的二倍角公式求得，然后由诱导公式求解【详解】在中，由正弦定理可得， .故选：B.11.【答案】D【详解】由，得，故A正确，不符合题意；由得，令得：，故B正确，不符合题意；因为，当时，故C正确，不符合题意；因为，即，令得，故D错误，符合题意
7、.故选：D12【答案】A【详解】对任意，都有，则函数是周期为的周期函数，当时，作出函数和函数在区间上的图象如下图所示：由于在区间内关于的方程至少有个不同的实数根，至多有个不同的实数根，则，解得.因此，实数的取值范围是.故选：A.13【答案】4【详解】因为a0，b0，且3是3a与32b的等比中项，所以解得，所以，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为414【答案】15.【答案】【详解】因为，又由是偶函数，令，则，根据是偶函数，得到时，所以，时，利用直线的点斜式方程，曲线在处的切线方程为，即.16.【答案】【详解】取的中点E，连接中，设的中心为，球心为O，则，设O到平面的距离为d，则，四棱锥的外接
8、球的体积为.17【答案】（1）；（2）【分析】（1）利用，可得为等比数列，利用等比数列的通项公式即可求得通项公式；（2）利用错位相减法求和即可求【详解】（1）当时，解得， 当时，由可得，两式相减可得，即，所以是以为首项，以为公比的等比数列， 所以（2）由（1），则，两式相减得，所以18【答案】（1）；（2）【详解】解：（1）由正弦定理，得由，得由，得所以又，所以又，得（2）由余弦定理及，得即将代入，解得所以19【答案】（1）证明见解析（2）【详解】解：（1）证明：取的中点，连接，.，.又，四边形为正方形，则.平面，平面，.，平面.，四边形为平行四边形，平面.又平面，平面平面.（2）平面，为与平
9、面所成的角，即，则.设，则，.以点为坐标原点，分别以，所在直线为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.平面，平面的一个法向量.设平面的法向量，则，取，则.设二面角的平面角为，.由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.20【答案】（1）（2）【详解】（1）由题意得，解得故椭圆的方程为.（2）由直线与直线的倾斜角互补可设，则直线的方程为，联立方程组，整理得 .因为，是以上方程的两根，所以，即，则 ，同理可得，故，即直线的斜率为.21【答案】（1）答案见解析；（2）.【详解】（1）函数的定义域为， 当 时，所以函数 在 上单调递增；当 时，当 时， 则 ，函数单调递增，当时， ，函数单调递减，
10、所以时，函数在 单调递减，在上递增；（2）由已知得，所以当时，所以函数在上单调递增，当时，所以函数在上单调递减，又，所以函数在上的最大值为1，依题意得，只需在，恒成立，即，也即是在上恒成立，令，则，有，当时，即在上单调递增，当时，所以在上单调递减，所以，当时，函数取得最大值，故，即实数a的取值范围是.22【答案】（1），；（2）【分析】（1）把参数方程消去参数得，极坐标方程，两边同乘以，化简得：；（2）把直线的参数方程代入曲线的普通方程中，利用参数的几何意义知：，再把韦达定理代入，即可求得结果.【详解】（1）由消去参数得曲线的普通方程为，由的极坐标方程为，两边同乘以，得，将代入，得曲线的直角坐
11、标方程为；（2）将曲线的参数方程代入，整理得，【点睛】方法点睛：极坐标方程与直角坐标方程互化的方法，即四个公式：， 利用直线的参数方程求直线与圆锥曲线相交的弦长，方法是：（1）将直线参数方程代入圆锥曲线方程，得到关于参数t的一元二次方程；（2）利用韦达定理写出，；（3）利用弦长公式代入计算.23【答案】（1）见解析；（2）.【分析】（1）函数的图象如图所示；（2）将的图象向右平移一个单位得到函数的图象，的图象与的图象的交点坐标为，从图象可求得不等式的解；【详解】解：（1）函数的图象如图所示；（2）将的图象向右平移一个单位得到函数的图象，的图象与的图象的交点坐标为，由图象可知当且仅当时，的图象在的图象下方，不等式的解集为【点睛】利用数形结合思想求解绝对值不等式，能使求解过程变得更直观，同时注意绝对值几何意义的应用.