【数学】西藏拉萨那曲第二高级中学2020届高三第四次月考试题（理）（解析版）

【数学】西藏拉萨那曲第二高级中学2020届高三第四次月考试题（理）（解析版）

西藏拉萨那曲第二高级中学2020届高三第四次月考 数学试题（理）‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，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.已知集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】在集合中，由，得，所以；‎ 集合，所以.‎ 故选：B ‎2.假设为虚数单位，复数，则在复平面中，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 ‎【答案】C ‎【解析】由题，，则对应的点位于第三象限.‎ 故选：C. ‎ ‎3.设，满足约束条件，则的最大值为（ ）‎ A. 5 B. ‎4 ‎C. 3 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】作出不等式组表示的平面区域如图，由，可得，平移直线，由图像可知，当直线经过点时，截距最大，此时最大.由，解得，即，将的坐标代入目标函数，可得的最大值为.‎ 故选：C. ‎ ‎4.若非零向量满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题得，，则，故，则.‎ 故选：A. ‎ ‎5.将1，2，3，4四个数字排成一排，其中两个奇数不相邻的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】1，2，3，4四个数字排成一排，基本事件总数，‎ 两个奇数不相邻的事件个数，由古典概型的概率得.‎ 故选：A.‎ ‎6.已知展开式中，的系数为，则（ ）‎ A. 10 B. ‎11 ‎C. 12 D. 13‎ ‎【答案】D ‎【解析】在展开式中，得二项式的通项公式 ，‎ 令，解得，所以的系数为，即.所以.‎ 故选：D.‎ ‎7.把100个面包分给五个人，使每个人所得的面包个数成等差数列，最大的三份之和的是最小的两份之和，则最小的一份的量是多少？这是世界上最古老的的数学著作之一《莱因德纸草书》中一道题，则在该问题中的公差为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】设构成等差数列的五个数为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，‎ 则由题意可得，解得.‎ 故选：D.‎ ‎8.执行如图所示的程序框图，输出的结果为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】模拟执行程序框图，可得 不满足条件，；‎ 不满足条件，；‎ 满足条件，退出循环，输出的值为.‎ 故选：B. ‎ ‎9.如图，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为2的正方形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的表面积为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由三视图可知，几何体是底面直径为，高为的圆柱体，则该圆柱体的表面积为.‎ 故选：C. ‎ ‎10.已知函数，R，先将图像上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再将得到的图像上所有点向右平移个单位长度，得到的图像关于轴对称，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】因，将其图像上的点的横坐标缩短到原来的后所得函数的解析式为， 图像在轴左侧的第一条对称轴，故至少向右平移个单位就可以得到关于轴对称的图像，选C.‎ ‎11.双曲线的左、右焦点分别为，以为圆心，为半径的圆与的左支的一个公共点为，若原点到直线的距离等于实半轴的长，则双曲线的渐进线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】如图所示，在△PF‎1F2中，可知|F‎1F2|＝‎2c＝|PF1|，原点到直线的距离等于实半轴的长，且为的中点，‎ 到直线的距离为，，由双曲线的定义得，‎ ‎，计算得，所以，得，‎ 所以双曲线的渐进线方程为.‎ 故选：B.‎ ‎12.分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，，且，则不等式的解集是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】令h（x）＝f（x）g（x），分别是定义在上的奇函数和偶函数，‎ 则h（﹣x）＝f（﹣x）g（﹣x）＝﹣f（x）g（x）＝﹣h（x），‎ 因此函数h（x）在R上是奇函数．‎ ‎∵当x＜0时，，∴h（x）在时单调递减，故函数h（x）在上单调递减．‎ ‎∵，∴h（3）＝f（3）g（3）＝0，进而h（-3）＝f（-3）g（-3）＝0，‎ 且h（0）=f（0）g（0）=0，∴h（x）＝，∴或．‎ 故选：D.‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 本卷包括必考题和选考题两部分.第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须做答.第22题～第23题为选考题，考生根据要求做答.‎ 二．填空题：本大题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.设函数，且，若，则__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题，，又，故.‎ 将代入函数，可得 则 故答案为：.‎ ‎14.设内角，，的对边分别为，，，若，，，则_______.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】，由得 ‎15.考前回归课本复习过程中，一数学老师在黑板上写了下面四个函数：①；②；③；④.然后说了四句话：第一句：“该函数定义域为，还是奇函数”.第二句：“该函数为偶函数，值域不是”.第三句：“该函数定义域为，还是单调函数”.第四句：“该函数的图象有对称轴，值域是”，若老师的每一句话只说对了一半，则这四个函数中符合老师说的所有函数的编号为______________.‎ ‎【答案】①②③‎ ‎【解析】在①中，定义域是R，是非奇非偶函数，值域不是R，不是单调函数，图象有对称轴，满足条件；‎ 在②中，定义域是R，是非奇非偶函数，值域是[0，+∞），不是单调函数，图象有对称轴，满足条件；‎ 在③中，定义域是R，是非奇非偶函数，值域不是R，不是单调函数，图象有对称轴，满足条件；‎ 在④中，定义域是R，是非奇非偶函数，值域是（0，+∞），是单调递增函数，没有对称轴，不满足条件．‎ 故答案为：①②③.‎ ‎16.已知数列中，，为数列的前项和，且，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】将代入，‎ 可得.‎ 化简得：，则，又，故，则可归纳，由，设时，有，即，那么，其中分子为负，分母为正，故，于是，故 那么等式两边同时除以，得：.‎ 故为公差为的等差数列，而，故，于是 故答案为：.‎ 三．解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知数列的前项和为，，，且，，成等差数列.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若数列满足，数列的前项和为，证明：.‎ 解：（Ⅰ）∵，，‎ ‎∴，‎ 两式相减得：，‎ ‎∵，，，满足，‎ 即,‎ 所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，‎ 所以，，‎ 由题知，∴，解得：，‎ 故所求，；‎ ‎（Ⅱ）因为，即，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎.‎ ‎18.在中，内角A，B，C的对边a，b，c，且，已知，，，求：‎ ‎（1）a和c的值；‎ ‎（2）的值.‎ 解：（1）由得，，又，所以ac=6.‎ 由余弦定理，得.‎ 又b=3，所以.‎ 解，得a=2，c=3或a=3，c=2.‎ 因为a>c,∴ a=3，c=2.‎ ‎（2）在中，‎ 由正弦定理，得，又因为，所以C为锐角，因此.‎ 于是=.‎ ‎19.从某工厂一个车间抽取某种产品50件，产品尺寸（单位：cm）落在各个小组的频数分布如下表：‎ 数据分组 ‎[12.5，15.5）‎ ‎[15.5，18.5）‎ ‎[18.5，21.5）‎ ‎[21.5，24.5）‎ ‎[24.5，27.5）‎ ‎[27.5，30.5）‎ ‎[30.5，33.5）‎ 频数 ‎3‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎12‎ ‎10‎ ‎5‎ ‎3‎ ‎（1）根据频数分布表，求该产品尺寸落在[27.5，33.5]内的概率；‎ ‎（2）求这50件产品尺寸的样本平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；‎ ‎（3）根据频数分布对应的直方图，可以认为这种产品尺寸服从正态分布，其中近似为样本平均值，近似为样本方差，经计算得.利用该正态分布，求（）.‎ 附：（1）若随机变量服从正态分布，则；（2）.‎ 解：（1）根据频数分布表可知，产品尺寸落在[27.5,33.5]内的概率为；‎ ‎（2）样本平均数；‎ ‎（3）依题意，而，，则，‎ ‎，.‎ ‎20.已知椭圆，其左、右焦点分别为，离心率，为椭圆上一点，，且的面积为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过左焦点的直线交椭圆于两点，记和的面积分别为和，且，求的方程.‎ 解：（1）设 又由余弦定理可知 故 即，‎ ‎，‎ 故椭圆的方程为.‎ ‎（2），设直线的方程为，‎ 由，得，‎ 设 化简得 故直线的方程为.‎ ‎21.函数.‎ ‎（1）当时，讨论函数的单调性；‎ ‎（2）当时，时，恒成立，求正整数的最大值.‎ 解：（1）函数的定义域为，‎ ‎①当时，因为，故有.‎ 此时函数在区间单调递减.‎ ‎②当，有，方程的两根分别是：‎ 函数在上单调递减；‎ 当函数在上单调递增；‎ 当函数在上单调递减.‎ ‎③当时，易知在上单调递增，在上单调递减.‎ 综上所述，当时，在上单调递减；‎ 当时，在上单调递减，‎ 在上单调递增；‎ 当时，在上单调递增，在单调递减.‎ ‎（2）当 设 当时，有，‎ 设 在上单调递增，‎ 又在上的函数图像是一条不间断的曲线，‎ 且，‎ 存在唯一的，使得，即.‎ 当；‎ 当，‎ 上单调递减，在上单调递增，‎ 在上单调递减，‎ ‎，‎ 时，不等式对任意恒成立，‎ 正整数的最大值是3.‎ 请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分.做答时请在答题卡上涂上相应的题号.‎ 选修4—4：坐标系与参数方程 ‎22.已知曲线C的参数方程为（a参数），以直角坐标系的原点为极点，x正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（Ⅰ）求曲线C的极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）若直线l极坐标方程为，求曲线C上的点到直线l最大距离.‎ 解：（1）由，得，‎ 两式两边平方并相加，得，‎ 所以曲线表示以为圆心，2为半径的圆.‎ 将，代入得，‎ 化简得，‎ 所以曲线的极坐标方程为，‎ ‎（2）由，得，即，得 所以直线的直角坐标方程为 因为圆心到直线 的距离，‎ 所以曲线上的点到直线的最大距离为.‎ 选修4—5：不等式选讲 ‎23.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）当，求的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若，对，都有不等式恒成立，‎ 求的取值范围.‎ 解：（Ⅰ），‎ 若，则，得，即时恒成立；‎ 若，则，得，即；‎ 若，则，得，此时不等式无解. ‎ 综上所述，的取值范围是.‎ ‎（Ⅱ）由题意知，要使不等式恒成立，‎ 只需.‎ 当时，，.‎ 因为，‎ 所以当时， .‎ 于是，解得.‎ 结合，所以的取值范围是.‎