2020届安徽省宿州市砀山县第二中学高三上学期第四次月考数学（文）试题（解析版）

2020届安徽省宿州市砀山县第二中学高三上学期第四次月考数学（文）试题（解析版）

‎2020届安徽省宿州市砀山县第二中学高三上学期第四次月考数学（文）试题 一、单选题 ‎1．已知全集，，，，则集合（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先求出，由此即可得到 ‎【详解】‎ 由全集，，，，‎ ‎，‎ 集合.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查并集、补集的求法，并集、补集的定义等基础知识，属于基础题．‎ ‎2．若复数z满足，则复数z在复平面上的对应点在第（ ）象限 A．一 B．二 C．三 D．四 ‎【答案】A ‎【解析】利用复数除法法则求出复数，由此可得复数在复平面上的对应点的坐标为，即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 因为复数满足，‎ ‎，‎ 复数在复平面上的对应点的坐标为，此点位于第一象限.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复数代数形式的乘除运算，复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题．‎ ‎3．已知命题，使；命题，都有．下列结论中正确的是（ ）‎ A．命题“”是真命题 B．命题“”是真命题 C．命题“”是真命题 D．命题“”是假命题 ‎【答案】C ‎【解析】首先判断命题和的真假，再利用真值表对照各选项选择，命题的真假结合二次函数即可得到，命题通过求导得最小值来确定真假.‎ ‎【详解】‎ 命题：因，所以命题为假命题；‎ 命题：令，则，‎ 当时，，递增；当时，，递减；‎ ‎，故，即对恒成立，‎ 所以命题为真命题，‎ 所以复合命题“”是真命题.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题和复合命题真假的判断，属于基础题．‎ ‎4．中国当代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为；“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第一天走了（ ）‎ A．24里 B．48里 C．96里 D．192里 ‎【答案】D ‎【解析】每天行走的步数组成公比为的等比数列,根据前6项和为378列式可解得.‎ ‎【详解】‎ 设第天行走了步,则数列是等比数列,且公比,‎ 因为,‎ 所以,‎ 所以 ,‎ 所以第一天走了192里.‎ 故选D ‎【点睛】‎ 本题考查了等比数列的前项和公式中的基本量的计算,属于基础题.‎ ‎5．直线截圆所得劣弧所对圆心角为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】先写出圆心和半径，再根据几何法求出弦长，然后根据余弦定理求出圆心角．‎ ‎【详解】‎ 由题意有，该圆圆心为，半径为2，‎ 圆心到直线的距离，‎ ‎∴弦长，‎ 由余弦定理得圆心角的余弦值，‎ ‎∴圆心角．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆的位置关系中的弦长公式以及余弦定理，属于基础题．‎ ‎6．已知x，y满足约束条件，则的最大值是（ ）‎ A．-1 B．-2 C．-5 D．1‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据题意作出约束条件确定的可行域，如下图：‎ 令，可知在图中处，取到最大值-1,故选A.‎ ‎【考点】本题主要考查了简单的线性规划.‎ ‎7．函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由五点作图知，，解得，，所以，令，解得＜＜，，故单调减区间为（，），，故选D.‎ ‎【考点】三角函数图像与性质 ‎8．已知函数是定义在R上的偶函数, 且在区间单调递增．若实数满足 ‎, 则的最小值是（ ）‎ A． B．1 C． D．2‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由于为偶函数,所以且 因为在区间单调递增，所以即的最小值为故选C．‎ ‎【考点】偶函数的定义；偶函数的性质；对数不等式的解法．‎ ‎【方法点晴】本题主要考查的是偶函数的定义与单调性的综合应用，以及对数不等式的解法，属于中档试题，解题时考虑到的解析式不清楚，所以考虑，这样，问题就转化为绝对值不等式的解法是解答本题的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力及转化与化归思想的应用．‎ ‎9．已知非零向量m、n满足nm，且mmn，则m、n的夹角为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】运用向量的数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，计算向量夹角，结合其范围，即可得到．‎ ‎【详解】‎ ‎∵，∴，即，‎ 又∵，∴，解得，‎ 结合，所以，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面向量的数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于基础题.‎ ‎10．已知x>0，y>0,x+2y+2xy=8，则x+2y的最小值是 A．3 B．4 C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】【详解】‎ 解析：考察均值不等式，整理得即，又，‎ ‎11．正四棱柱的侧棱长是底面边长的2倍，体积为，其外接球的体积为，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据题意设底面边长，进而表示出所有长度，求出长方体体积与外接球半径，即可求出答案．‎ ‎【详解】‎ 设正四棱柱底面边长为，则高为，外接球半径为，‎ 由题意可得，即，‎ 正四棱柱体积，外接球体积，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查球的体积，正四棱柱的定义，长方体外接球问题，属于基础题．‎ ‎12．已知函数是定义在上的可导函数，为其导函数，若对于任意实数x，有，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．与的大小不能确定 ‎【答案】B ‎【解析】设，对其求导，根据，得到是减函数，利用单调性即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，设，则，‎ 因对于任意实数x，有，所以，‎ 所以在上单调递减，‎ 所以，即，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的单调性和导数的关系，解题时要认真审题，注意导数的合理运用，构造函数是关键，属于基础题．‎ 二、填空题 ‎13．已知正方体中，E为的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】【详解】‎ 连接DE，设AD=2，易知AD∥BC，∴∠DAE就是异面直线AE与BC所成角，‎ 在△RtADE中，由于DE=，AD=2，可得AE=3，∴cos∠DAE==．‎ ‎14．函数在点处的切线方程为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】求得函数的导数，可得切线的斜率和切点坐标，由点斜式方程即可得切线方程.‎ ‎【详解】‎ 由函数，得，‎ ‎，即曲线在点处的切线斜率为，又，‎ 曲线在点处的切线方程为，即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查导数的运用：求在某点的切线方程，化简整理的运算能力，属于基础题.‎ ‎15．已知数列中，，，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由，，可分别求出，，，从而可得数列的周期，即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由，，则，，，‎ 所以数列是以为周期的周期数列，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用数列的递推公式求解数列的项，其中寻求数列的项的规律，找出数列的周期是求解的关键，属于基础题.‎ ‎16．已知，为圆：的两条互相垂直的弦，垂足为，则四边形的面积的最大值为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：如图，连接，作垂足分别为，因为,所以四边形为矩形，由已知可得,设圆心到的距离分别为，则,因此四边形的面积为，当且仅当时，等号成立.‎ ‎【考点】直线与圆方程的应用.‎ ‎【方法点睛】本题主要考查了直线与圆方程的应用、利用均值不等式求最值，考查考生分析问题和解决问题的能力，属于中档题.解答本题的关键是根据垂径定理和勾股定理找到原点到两条弦的距离的，把四边形的对角线表示成原点到两条弦的距离的表达式，从而表示出面积，最后根据均值不等式求出最大值.‎ 三、解答题 ‎17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．‎ ‎（1）求的大小；‎ ‎（2）若，，求的面积．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）根据正弦定理与两角和的正弦公式化简已知等式，可得 ‎，结合在中，得到，从而得到的值；‎ ‎（2）利用正弦定理可得，即可得到的值，利用三角形内角和定理可求的值，进而利用三角形的面积公式即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵，由正弦定理得 在中，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴，∵∴‎ 又角B为三角形的内角，故.‎ ‎（2）根据正弦定理，知，即，‎ ‎，‎ 又，，‎ ‎∴，‎ 故，的面积.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查正、余弦定理、两角和与差的三角函数公式和三角形的面积公式等知识在解三角形中的综合应用，转化思想，属于基础题．‎ ‎18．如图在直角梯形ABCD中，，，，平面ABCD外有一点E，平面平面ABCD，．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求点C到平面ABE的距离．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】（1）求出，利用勾股定理得，由平面平面，得，平面，即可证明；‎ ‎（2）利用等体积转化法：，即可得到点到平面的距离.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在直角梯形ABCD中，，，‎ 又，所以．‎ 因为，所以，‎ 又因为平面平面ABCD，且平面平面，‎ 所以平面ADE．‎ 因为平面ADE，所以．又因为，，‎ 所以平面BDE，因为平面BDE，所以．‎ ‎（2）如图，‎ 过点E作，交AD于M．‎ 因为平面平面ABCD，所以平面ABCD．‎ 设点C到平面ABE的距离为h，，，‎ ‎．因为，‎ 所以，所以，所以点C到平面ABE的距离为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间线线垂直的判定，点到平面的距离，等体积的转化，属于中档题．‎ ‎19．设是公比大于1的等比数列，为数列的前n项和．已知，且是和的等差中项．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，数列的前n项和为，求证：．‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】（1）利用条件建立方程组，求出首项与公比，即可求得数列的通项公式；‎ ‎（2）利用裂项相消法求数列的前n项和，即可证得结论．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由已知，得，解得，‎ 设数列的公比为q，则，‎ ‎，．由，可知，‎ ‎，解得，，‎ 由题意，得，．．‎ 故数列的通项公式为．‎ ‎（2），‎ ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列、等比数列的概念及其性质，数列求和的“裂项相消法”；学生的运算能力和思维能力，属于中档题．‎ ‎20．已知函数的图象关于直线对称，且图象上相邻两个最高点的距离为．‎ Ⅰ求和的值；‎ Ⅱ若，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由两个相邻的最高点的距离可求得周期，则，函数为，由函数关于直线对称，可知，结合可求得的值；（2）对进行三角恒等变换，可求得的值，又为锐角，可求得，再利用三角恒等变换求得值.‎ 试题解析：（1）由题意可得函数的最小正周期为，‎ 再根据图象关于直线对称，可得 结合，可得 ‎（2）‎ 再根据 ‎【考点】三角函数的周期与初相，三角恒等变换.‎ ‎21．已知定义在上的函数，其中a为大于零的常数．‎ ‎（1）当时，令，求证：当时，（e为自然对数的底数）；‎ ‎（2）若函数对恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】（1）根据条件求出，然后构造函数，再证明即可；‎ ‎（2）当函数对恒成立，即对恒成立，构造函数，然后求出的最小值即可得到a的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以 所以，令 ‎∴‎ 所以，；，‎ 所以当时，取得极小值，为在上的最小值 因为 所以，即 ‎（2）因函数对恒成立，即对恒成立，‎ 令，则，‎ ‎∴时，，在单调递减；‎ 时，，在单调递增，∴，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查导数的综合应用和不等式恒成立问题，考查函数思想和转化思想，属于中档题．‎ ‎22．在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为．以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若曲线上的点到直线l的最大距离为，求实数的值．‎ ‎【答案】（1）：;：（2）.‎ ‎【解析】(1)将直线的参数方程中的消去即可得直线的普通方程,利用即可得曲线的直角坐标方程.‎ ‎(2)由题意知曲线为以原点为圆心,圆心到直线的距离为;利用点到直线距离公式求出即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为直线的参数方程为;‎ 所以消得直线的普通方程为：;‎ 即：;‎ 因为曲线的极坐标为,即;‎ 将代入得曲线的直角坐标方程 所以方程：, 整理得：.‎ ‎（2）因为曲线是以为圆心,半径为的圆,‎ 而曲线上的点到直线的最大距离为.‎ 故圆心到直线：的距离为;‎ 即,‎ 整理得,‎ 解得 .‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）直角左边和极坐标之间的转化主要利公式;‎ ‎（2）参数方程转化为直角坐标方程需要消参;‎ ‎（3）直线与圆的位置关系主要由圆心到直线的距离与半径的大小比较来判断.‎ ‎23．已知函数（其中）．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若关于x的不等式恒成立，求a的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）当时不等式化为，即，即可求得不等式的解集；‎ ‎（2）不等式化为，即，利用绝对值不等式化为，即可求出的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，求不等式，即为，‎ 所以，即或，‎ 原不等式的解集为．‎ ‎（2）不等式即为，‎ 即关于x的不等式恒成立．‎ 而，所以，‎ 解得或，解得或．‎ 所以a的取值范围是 ‎【点睛】‎ 本题考查了含有绝对值的不等式的解法，不等式恒成立问题，属于中档题．‎