2020届河南省中原名校高三上学期第四次质量考评数学（理）试题（解析版）.doc

2020届河南省中原名校高三上学期第四次质量考评数学（理）试题 一、单选题 1．己知复数满足：，其中是虚数单位，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念求解． 【详解】 由zi2＝1+i，得z， ∴． 故选：B． 【点睛】 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题． 2．已知集合A＝{x∈R|8}，B＝{y|y}，则A∩B＝（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可． 【详解】 由，得，即. 由，得； 由，得. A＝{x|﹣1＜x2﹣2x＜3}＝{x|﹣1＜x＜3且x≠1}， B＝{y|y≥0}， ∴A∩B＝[0，1）∪（1，3）． 故选：D． 【点睛】 本题考查了描述法、区间的定义，指数函数的单调性，一元二次不等式的解法，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题． 3．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，p：m⊥n，若p是q的必要条件，则q可能是（　　） A．q：m⊥α，n∥β，α⊥β B．q：m⊥α，n⊥β，α∥β C．q：m⊂α、n⊥β，α∥β D．q：m⊂α，n∥β，α⊥β 【答案】C 【解析】由题意知，若p是q的必要条件，则只需q⇒p即可；分别判断四个选项中是否满足q能推出p，即可得出结论． 【详解】 若p是q的必要条件，则只需q⇒p即可； 对于选项A，m、n的位置关系是平行或异面，q不能推出p，所以A错误； 对于选项B，结论为m∥n，则q不能推出p，所以B错误； 对于选项C，若n⊥β，α∥β，则n⊥α； 又m⊂α，所以m⊥n，即q⇒p，所以C正确； 对于D，m、n的位置关系是平行或异面或相交，则q不能推出p，所以D错误． 故选：C． 【点睛】 本题考查了空间中的线面位置关系应用问题，也考查了充分与必要条件的判断问题，是基础题． 4．设函数f（x）在（﹣∞，+∞）内的导函数为f'（x），若，则（ ） A．2 B．﹣2 C．1 D． 【答案】B 【解析】可令lnx＝t，从而得出x＝et，代入原函数即可求出，求导函数，即可求出f（0），f′（0）的值，从而得出的值． 【详解】 令lnx＝t，则x＝et，代入得，， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】 本题考查了换元法求函数解析式的方法，对数式和指数式的互化，基本初等函数的求导公式，已知函数求值的方法，考查了计算能力，属于基础题． 5．己知函数是定义在R上的奇函数，当x>0时，，则当x<0时，的最小值为 A．-1 B．-2 C．2 D．1 【答案】A 【解析】根据函数奇偶性的性质，要求函数当x＜0时，f（x）的最小值，可以转化为求函数在x＞0的最大值，结合最值关系进行求解即可． 【详解】 当x＞0时，1， 当且仅当ex，即ex＝2，x＝ln2时取等号， 即当x＞0时，函数f（x）的最大值为1， ∵函数f（x）为奇函数， ∴函数关于原点对称， 则当x＜0时，f（x）的最小值﹣1， 故选：A． 【点睛】 本题主要考查函数最值的求解，结合函数奇偶性的性质和对应关系是解决本题的关键．难度不大． 6．己知{an}是等差数列，其前n项和Sn＝n2﹣2n+b﹣1，{bn}是等比数列，其前n项和Tn，则数列{ bn +an}的前5项和为（　　） A．37 B．-27 C．77 D．46 【答案】C 【解析】由等差数列的求和公式、等比数列的求和公式，结合数列的递推式，可得b＝1，a＝2，求得数列{an}，{bn}的通项公式，再由数列的分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，可得所求和． 【详解】 {an}是等差数列，其前n项和， 由等差数列的求和公式可得b﹣1＝0，即b＝1， 即Sn＝n2﹣2n， a1＝S1＝﹣1，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣2n﹣（n﹣1）2+2（n﹣1）＝2n﹣3， 则an＝2n﹣3，n∈N； {bn}是等比数列，其前n项和， 则b13，bn＝Tn﹣Tn﹣13n3n﹣1＝﹣2•3n﹣1， 则3＝﹣2，即a＝2， 则bn +an＝n+2n， 数列{ bn +an}的前5项和为（1+2+…+5）+（2+4+…+32） 5×677． 故选：C． 【点睛】 本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，考查数列的分组求和，以及化简运算能力，属于中档题． 7．已知实数x，y满足约束条件，则目标函数z＝y+x的最大值为（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【解析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，求出最优解即可得到结果． 【详解】 由题意，实数x，y满足约束条件的可行域如图：目标函数z＝y+x经过可行域的C时，取得最大值，此时解得C（3，2）， 所以目标函数z＝y+x的最大值为：5， 故选：B． 【点睛】 本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键． 8．设函数>0);将图象的所有点的横坐标向右平移个单位长 度，纵坐标不变，所得函数图象的一个对称中心为，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意利用函数y＝Acos（ωx+φ）+b的图象变换规律，余弦函数的图象的对称性，求得ω的最小值． 【详解】 ∵函数f（x）＝cos（ωx）﹣1（ω＞0），将f（x）图象的所有点的横坐标向右平移个单位长度，纵坐标不变， 可得函数y＝cos（ωx）﹣1的图象， 所得函数图象的一个对称中心为， 则cos[ω（））]﹣1＝﹣1，∴cos[ω（）]＝0，即ω（）kπ， 即ω，k∈Z，∴ω的最小值为， 故选：B． 【点睛】 本题主要考查函数y＝Acos（ωx+φ）+b的图象变换规律，余弦函数的图象的对称性，属于基础题． 9．己知函数y＝f（x）在R上单调递增，函数y＝f（x+1）的图象关于点（﹣1，0）对称，f（﹣1）＝﹣2，则满足﹣2≤f（lgx﹣1）≤2的x的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据y＝f（x+1）的图象关于点（﹣1，0）对称,即可得出f（x）是奇函数，从而根据f（﹣1）＝﹣2得出f（1）＝2，从而根据﹣2≤f（lgx﹣1）≤2得出f（﹣1）≤f（lgx﹣1）≤f（1），再根据f（x）在R上单调递增即可得出﹣1≤lgx﹣1≤1，解出x的范围即可． 【详解】 ∵y＝f（x+1）的图象关于点（﹣1，0）对称， ∴y＝f（x）的图象关于原点对称， ∴函数f（x）为奇函数，且f（﹣1）＝﹣2， ∴f（1）＝2， ∴由﹣2≤f（lgx﹣1）≤2得，f（﹣1）≤f（lgx﹣1）≤f（1），且f（x）在R上单调递增， ∴﹣1≤lgx﹣1≤1，即0≤lgx≤2，解得1≤x≤100， ∴x的取值范围是[1，100]． 故选：C． 【点睛】 本题考查了奇函数的定义，奇函数图象的对称性，图象的平移，增函数的定义，对数函数的单调性，考查了计算能力，属于基础题． 10．己知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an+2＝an+an+1，若将an+2＝an+an+1变形为an+2﹣an+1＝an，可得a1+a2+…+an＝（a3﹣a2）+（a4﹣a3）+（a5﹣a4）+…+（an+2﹣an+1）＝an+2﹣a2＝an+2﹣2，类似地，可得a12+a22+a32+…+a20192＝（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】将an+2＝an+an+1，变形为an+2﹣an＝an+1，所以两边同时乘以an+1得：an+2an+1﹣an+1an＝an+12，从而求和． 【详解】 由得，所以. 所以. 故选：A． 【点睛】 本题主要考查类比推理，运用类比推理数列求和，是基础题． 11．己知f（x）＝|lnx|，k∈（0，e﹣1），则函数y＝f（x）﹣kx的零点个数为（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【解析】问题转化为f（x）与y＝kx的交点个数，根据图象，求出k的范围，得出结论． 【详解】 y＝0，转化为f（x）与y＝kx的交点个数，图象如下： 当y＝kx与f（x）＝|lnx|相切时，设切点为（m，n），m＞1， f'（x），得k， 又n＝km，n＝lnm，得lnm＝1，m＝e， 所以k，故0＜k时，有三个交点， 故选：D． 【点睛】 考查函数零点与函数交点的关系，求函数的切线方程，中档题． 12．在三棱锥A-BCD中，平面ABC丄平面ADC, AD丄AC,AD=AC, ，若此三棱锥的外接球表面积为，则三棱锥A-BCD体积的最大值为（ ） A．7 B．12 C．6 D． 【答案】C 【解析】设三棱锥A﹣BCD外接球的半径为R，三棱锥的外接球球心为O，△ABC的外心为O1，△ABC的外接圆半径为r，取DC的中点为O2，过O2作O2E⊥AC，则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面ADC，连结OA，O1A，则O1A＝r，设AD＝AC＝b，则OO1＝O2Eb，由S＝4πR2＝28π，解得R，由正弦正理求出b，若三棱锥A﹣BCD的体积最大，则只需△ABC的面积最大，由此能求出三棱锥A﹣BCD的体积的最大值． 【详解】 根据题意，设三棱锥A﹣BCD外接球的半径为R， 三棱锥的外接球球心为O， △ABC的外心为O1，△ABC的外接圆半径为r， 取DC的中点为O2，过O2作O2E⊥AC， 则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面ADC， 如图，连结OA，O1A，则O1A＝r， 设AD＝AC＝b，则OO1＝O2Eb， 由S＝4πR2＝28π，解得R， 在△ABC中，由正弦正理得2r， ∴2r，解得b， 在Rt△OAO1中，7＝r2+（）2，解得r＝2，b＝2，∴AC＝2， 若三棱锥A﹣BCD的体积最大，则只需△ABC的面积最大， 在△ABC中，AC2＝AB2+BC2﹣2•AB•BC•cos∠ABC， ∴12＝AB2+BC2﹣AB•BC≥2AB•BC﹣AB•BC， 解得AB•BC≤12， ∴3， ∴三棱锥A﹣BCD的体积的最大值： 6． 故选：C． 【点睛】 本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 二、填空题 13．已知（4，﹣1），（2，t2﹣1），若5，则t＝_________. 【答案】 【解析】结合已知，直接利用向量数量积的坐标表示代入即可求解t． 【详解】 ∵（4，﹣1），（2，t2﹣1）， ∴•4×2﹣（t2﹣1）＝5， t2＝4， 则t＝±2． 故答案为：±2． 【点睛】 本题主要考查了向量数量积的坐标表示的简单应用是，属于基础试题． 14．若sinα＝2cos（π+α），则_________. 【答案】 【解析】由已知求得tanα，再由同角三角函数基本关系式化弦为切求解． 【详解】 由sinα＝2cos（π+α）＝﹣2cosα，得tanα＝﹣2． ∴sinαcosα ． 故答案为：． 【点睛】 本题考查三角函数的化简求值，考查诱导公式、倍角公式及同角三角函数基本关系式的应用，是基础题． 15．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过点A作平面A1BC1的垂线l，则直线l与直线CC1所成角的余弦值为_________. 【答案】 【解析】连结DB1，则DB1⊥平面A1BC1，从而l∥DB1，直线l与直线CC1所成角为∠D1DB，由此能求出结果． 【详解】 如图，连结DB1，则DB1⊥平面A1BC1， ∴l∥DB1， 直线l与直线CC1所成角为， 连结B1D1，在Rt△D1DB1中，设DD1＝a，则DB1， ∴cos∠D1DB1． 故答案为：． 【点睛】 本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 16．己知函数f（x）对x∈R均有f（x）+2f（﹣x）＝mx﹣6，若f（x）≥lnx恒成立，则实数m的取值范围是_________. 【答案】 【解析】根据条件利用解方程组法求出f（x）的解析式，然后由f（x）≥lnx恒成立，可得m恒成立，构造函数，求出g（x）的最小值，可进一步求出m的范围． 【详解】 ∵函数f（x）对x∈R均有f（x）+2f（﹣x）＝mx﹣6①， ∴将﹣x换为x，得f（﹣x）+2f（x）＝﹣mx﹣6②， ∴由①②，解得f（x）＝﹣mx﹣2． ∵f（x）≥lnx恒成立，∴m恒成立， ∴只需m． 令，则g'（x）， 令g'（x）＝0，则x， ∴g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增， ∴，∴m≤﹣e， ∴m的取值范围为（﹣∞，﹣e]． 故答案为：（﹣∞，﹣e]． 【点睛】 本题考查了利用解方程组法求函数的解析式和不等式恒成立问题，考查了函数思想和方程思想，属中档题． 三、解答题 17．已知的内角的对边分别为，若，. （1）求B; （2）若的周长为,求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】（1）由已知可得a2+c2﹣b2＝ac，由余弦定理可得cosB，结合范围B∈（0，π），可求B的值． （2）由已知可求a+c＝5，两边平方后可求ac的值，进而根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】 （1）∵a2﹣ac+c2﹣7＝0，b， ∴a2+c2﹣b2＝ac， ∴由余弦定理可得cosB， ∵B∈（0，π）， ∴B． （2）∵△ABC的周长为，b， ∴a+b+c＝5，即a+c＝5， ∴（a+c）2＝a2+c2+2ac＝25， 又∵a2+c2＝7+ac， ∴ac＝6， ∴S△ABCacsinB6， 所以的面积为. 【点睛】 本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题． 18．如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD菱形，,平面平面 ABCD， .E，F 分别是线段 SC，AB 上的一点, . （1）求证：平面SAD; （2）求平面DEF与平面SBC所成锐二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】（1）先证明平行四边形AGEF，得到AG∥EF，再证明EF∥平面SAD； （2）以OA，OB，OS所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图，求出平面DEF的法向量和平面SBC的一个法向量，利用向量的夹角公式求出二面角的余弦值，从而求出平面DEF与平面SBC所成锐二面角的正弦值． 【详解】 （1）过点E作EG∥DC，如图，连接AG，因为，所以， 故EG∥CD，EG，由，AF， 因为菱形ABCD，所以EG∥AF，EG＝AF， 故平行四边形AGEF，所以AG∥EF， 又平面，平面，所以平面. （2）取AD中点O，等腰三角形SAD，故SO⊥AD，连接OB， 菱形ABCD，∠ADC＝120°，所以OB⊥OA， 又平面SAD⊥平面ABCD所以SO⊥平面ABCD， 以OA，OB，OS所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图， 因为SA＝SD＝3，所以AD＝AB＝CD＝6，SO＝3， ∠ADC＝120°，所以AF＝2，OB，AO＝OD＝3， 所以A（3，0，0），D（﹣3，0，0），S（0，0，3）， F（2，，0），B（0，3，0），C（﹣6，3，0）， 又（﹣2，，﹣1），得E（﹣2，，2）， 所以，，，， 设平面DEF的一个法向量为， 由，得，故 设平面SBC的一个法向量为， 由，得，故， 所以， 平面DEF与平面SBC所成锐二面角的正弦值为． 【点睛】 考查线线平行，线面平行的判定，利用向量法求二面角余弦值，考查运算能力和空间想象能力，中档题． 19．已知函数f（x）的定义域I＝（﹣∞，0）∪（0，+∞），在（0，+∞）上为增函数，且∀x1，x2∈I，恒有f（x1x2）＝f（x1）+f（x2）． （1）求证：f（x）是偶函数： （2）若f（m）﹣f（2m+1）＜3m2+4m+1，求实数m的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】（1）利用偶函数的定义直接证明；（2）通过对函数的自变量的取值的任意性，利用赋值法借助于奇偶性，单调性得到关于的不等式． 【详解】 （1）因为，恒有， 所以令，得，所以. 令，得，所以. 令，得， 所以是偶函数. （2）设，则是偶函数，且在上为增函数. ，即， 即. 由是偶函数，得， 由在上为增函数，得|m|＜|2m+1|，即. 解得或.又， 所以实数的取值范围是. 【点睛】 本题主要考查不等式的解法，利用函数的奇偶性和单调性之间的关系是解决抽象函数的单调性的关键，综合考查函数性质的应用． 20．己知数列{}的前项和为,. （1）试判定{}是否是等比数列，并说明理由； （2）求数列{}的前项和； 【答案】（1）数列不是等比数列,理由见解析 （2） 【解析】（1）运用数列的递推式，以及等比数列的定义，即可得证； （2）由等比数列的通项公式可得an＝1﹣2n﹣2，n≥2，求得n＝1时，nan＝2；当n≥2时，nan＝n﹣n•2n﹣2，由数列的分组求和、错位相减法求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，可得所求和． 【详解】 （1）因为， 所以当时，， 所以，，即. 所以. 当时，，得， 所以， 因此数列不是等比数列. （2）由（1），得从第二项起，是以2为公比的等比数列. 所以. 因此，. ① .② ①-②得 . 所以. 【点睛】 本题考查数列的递推式的运用，考查等比数列的定义和通项公式，以及求和公式的运用，考查数列的分组求和、错位相减法求和，化简运算能力，属于中档题． 21．已知函数. （1）判断极值点的个数； （2）若x>0时，恒成立，求实数的取值范围 【答案】（1）0 （2） 【解析】（1）求导，根据导数与函数单调性及极值的关系，分别求得函数f（x）极值点的个数； （2）ex＞f（x），（x＞0），可化为（1﹣x）ex+ax﹣1＜0．设h（x）＝（1﹣x）ex+ax﹣1，（x＞0），则问题等价于当x＞0时，h（x）＜0．，根据函数h（x）的性质，分类讨论，即可求得实数a的取值范围． 【详解】 （1）由f（x）a，得f'（x）．x≠0； 设g（x）＝（x﹣1）ex+1，则g'（x）＝xex， 当x∈（﹣∞，0）时，g'（x）＜0，所以g（x）在（﹣∞，0）上是减函数， 当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）上是增函数， 所以g（x）≥g（0）＝0，所以， 所以f（x）在定义域上是增函数，f（x）极值点个数为0． （2）ex＞f（x）（x＞0），可化为（1﹣x）ex+ax﹣1＜0． 令h（x）＝（1﹣x）ex+ax﹣1，（x＞0），则问题等价于当x＞0时，h（x）＜0． ∴h'（x）＝﹣xex+a， 令m（x）＝﹣xex+a，则m（x）在（0，+∞）上是减函数． 当a≤0时，m（x）<m（0）＝a≤0． 所以h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）上是减函数． 所以h（x）＜h（0）＝0． ②当a＞0时，m（0）＝a＞0， m（a）＝﹣aea+a＝a（1﹣ea）＜0， 所以存在x0∈（0，a），使m（x0）＝0． 当x∈（0，x0）时，m（x）＞0，h'（x）＞0，h（x）在（0，x0）上是增函数． 因为h（0）＝0，所以当x∈（0，x0）时，h（x）＞0，不满足题意． 综上所述，实数a的取值范围是（﹣∞，0]． 【点睛】 本题考查导数的综合应用，考查导数与函数单调性及极值的关系，考查利用导数研究函数的性质，考查分类讨论思想，考查计算能力，属于难题． 22．已知函数． （1）讨论f（x）的单调性； （2）设a＝4，且，求证：． 【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减 （2）证明见解析 【解析】（1）求导，判断单调性即可；（2）x₁＜x₂∈（0，1），则f（x1）＜f（x2），即，得到，即得，再利用三角函数cos2x∈（），所以，代入即可证明． 【详解】 （1）易知的定义域为， ， 当时，恒成立，所以在上单调递减. 当时， 由，解得； 由，解得. 所以在上单调递增，在上单调递减， 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）当时，， 由（1）可知在上单调递增. 设，且，则，即， 所以，所以. 因为，所以. 所以，即， 因为，所以，所以. 所以. 综上可得，. 【点睛】 题考查了导数的综合应用，利用函数进行不等式比较大小，属于难题． 第 19 页 共 19 页