2020届江西省宜春市上高二中高三上学期第四次月考数学（理）试题（解析版）.doc

2020届江西省宜春市上高二中高三上学期第四次月考数学（理）试题 一、单选题 1．已知集合，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先解指数型不等式，得到集合进而求其补集，然后与集合取交集即可. 【详解】 解:集合， 所以 故选：C 【点睛】 本题考查交集与补集运算，考查不等式的解法，考查计算能力，属于常考题型. 2．复数满足：（为虚数单位），为复数的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由已知求得z，然后逐一核对四个选项得答案． 【详解】 由（z﹣2）•i＝z，得zi﹣2i＝z， ∴z， ∴z2＝（1﹣i）2＝﹣2i，，，． 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． 3．平面直角坐标系xOy中，点在单位圆O上，设，若，且，则的值为　　 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】利用两角和差的余弦公式以及三角函数的定义进行求解即可． 【详解】 ， ， ，， 则 ， 故选：C． 【点睛】 本题主要考查两角和差的三角公式的应用，结合三角函数的定义是解决本题的关键． 4．设是首项为正数的等比数列,公比为则“”是“对任意的正整数 ”的 A．充要条件 B．充分而不必要条件 C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】试题分析：由题意得，，故是必要不充分条件，故选C. 【考点】充要关系 【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法： ①定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假．并注意和图示相结合，例如“p⇒q”为真，则p是q的充分条件． ②等价法：利用p⇒q与非q⇒非p，q⇒p与非p⇒非q，p⇔q与非q⇔非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法． ③集合法：若A⊆B，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若A＝B，则A是B的充要条件． 5．函数的图象是(　　) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】首先根据对数函数的性质，求出函数的定义域，再很据复合函数的单调性求出f（x）的单调性，问题得以解决． 【详解】 因为x﹣＞0，解得x＞1或﹣1＜x＜0， 所以函数f（x）=ln（x﹣）的定义域为：（﹣1，0）∪（1，+∞）． 所以选项A、D不正确． 当x∈（﹣1，0）时，g（x）=x﹣是增函数， 因为y=lnx是增函数，所以函数f（x）=ln（x-）是增函数． 故选B． 【点睛】 函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）从函数的特征点，排除不合要求的图象. 6．要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A．向右平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向左平移个单位长度 【答案】C 【解析】根据三角函数解析式之间的关系即可得到结论. 【详解】 因为， 所以将其图象向左平移个单位长度， 可得， 故选C. 【点睛】 该题考查的是有关图象的平移变换问题，涉及到的知识点有辅助角公式，诱导公式，图象的平移变换的原则，属于简单题目. 7．已知各项不为0的等差数列满足，数列是等比数列且，则等于（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意可得：， ，则：. 本题选择C选项. 8．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的各个侧面中最大的侧面的面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据三视图还原出三棱锥的直观图，求出三棱锥的各个侧面面积即可求出侧面面积的最大值。 【详解】 由三棱锥的三视图可知，三棱锥的直观图（如下图），可在边长为的正方体中截取， 由图可知，，， 所以侧面， 侧面， 侧面 故侧面的面积最大值为 故选：B 【点睛】 本题考查三视图还原直观图，考查学生的空间想象能力，属于中档题。 9．已知变量满足约束条件若目标函数的最 小值为2，则的最小值为 A． B．5+2 C． D． 【答案】A 【解析】【详解】 由约束条件可得到可行域如图所示， 目标函数，即 当过点时目标函数取得最小值，即， 所以， 当且仅当时，即时等号成立， 所以的最小值为，故选A. 10．设为数列的前项和，，，则数列的前20项和为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】， 相减得 由得出 ，= = 故选D 点睛：已知数列的与的等量关系，往往是再写一项，作差处理得出递推关系，一定要注意n的范围，有的时候要检验n=1的时候，本题就是检验n=1,不符合，通项是分段的. 11．已知函数与函数的图象上存在关于y轴对称的点，则实数a的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】通过两函数图象关于轴对称，可知在上有解；将问题转化为与在上有交点，找到与相切时的取值，通过图象可得到的取值范围. 【详解】 由得： 由题意可知在上有解 即：在上有解 即与在上有交点 时，，则单调递增；，，则单调递减 当时，取极大值为： 函数与的图象如下图所示： 当与相切时，即时， 切点为，则 若与在上有交点，只需 即： 本题正确选项： 【点睛】 本题考查利用导数解决方程根存在的问题，关键是能够利用对称性将问题转化为直线与曲线有交点的问题，再利用相切确定临界值，从而求得取值范围. 12．已知定义在R上的奇函数满足，且对任意的，都有．又，则关于的不等式在区间上的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意可知，函数在是增函数，故恒成立，设，可判断函数是单调递减函数，所以当 时，，可推出，又根据函数的性质画出函数和的函数图象，根据图象解不等式. 【详解】 是奇函数， 设， 由，可知 ， 整理为：， 是增函数， 当时，， 即 设， ， 是单调递减函数， 当时， ， 即， 当时，恒成立，即， 又 ， 关于对称， 又有， ， ， 是周期为的函数， 综上可画出和的函数图象， 由图象可知不等式的解集是. 故选：C 【点睛】 本题考查函数的性质和解不等式，意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力 ，以及变形计算能力，旨在培养逻辑思维能力，本题的一个关键点是不等式转化为，确定函数是增函数，另一个是判断的单调性，这样当时，不等式转化为的解集. 二、填空题 13．已知平面向量、满足，，且，则向量与夹角的余弦值为______. 【答案】 【解析】设平面向量与的夹角为，计算出，然后利用平面向量数量积的定义和运算律可得出的值. 【详解】 设平面向量与的夹角为，由题意可得， ，解得. 因此，向量与夹角的余弦值为. 故答案为：. 【点睛】 本题考查平面向量夹角余弦值的计算，涉及平面向量数量积的定义和运算律，考查计算能力，属于基础题. 14．设，则 _____．（不用化简） 【答案】 【解析】， ， ，故答案为. 15．已知函数为偶函数，若曲线的一条切线的斜率为，则该切点的横坐标等于______． 【答案】 【解析】函数为偶函数，利用，可得：，利用导数的几何意义即可得出． 【详解】 函数为偶函数， ，即， 可得：． ， ， 设该切点的横坐标等于，则， 令，可得，化为：，解得． ，解得． 则该切点的横坐标等于． 故答案为：． 【点睛】 本题考查了利用导数研究切线的斜率、函数的奇偶性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 16．已知为锐角三角形，满足，外接圆的圆心为，半径为1，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】利用正弦定理，将转化为边，得到，将所求的转化成，结合，全部转化为的函数，再求出的范围，从而得到答案. 【详解】 根据正弦定理， 将转化为 即，又因为锐角，所以. 所以 因为是锐角三角形， 所以，所以，得， 所以 故的取值范围是. 【点睛】 本题考查向量的线性运算、数量积，正、余弦定理解三角形，余弦型函数的图像与性质，属于难题. 三、解答题 17．已知函数，． （1）当时，解关于的不等式； （2）若对任意，都存在，使得不等式成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）当时，，则 当时，由得，，解得； 当时，恒成立； 当时，由得，，解得． 所以的解集为． （2）因为对任意，都存在，使得不等式成立， 所以． 因为，所以， 且，① 当时，①式等号成立，即． 又因为，② 当时，②式等号成立，即． 所以，整理得， 解得或， 故的取值范围为． 18．已知函数. （1）若，，，求的值； （2）若动直线与函数和函数的图象分别交于P，Q两点，求线段PQ长度的最大值，并求出此时t的值. 【答案】（1）；（2）最大值为， 【解析】（1）先对进行化简，求出，再根据同角三角函数求出，再根据特点，求出，利用和角公式求值即可 （2）先表示出，再根据绝对值特点和三角函数的最值特点，求出对应的值即可 【详解】 （1），， 则，又，故，. . . （2） 由题意可知 当时，取到最大值. 当取到最大值时，，又，所以. 【点睛】 本题考查同角三角函数的基本求法，三角函数正切值的和角公式，复合三角函数最值的求法，难度相对简单 19．已知各项均为正数的数列的前项和为，，. (1)证明数列为等差数列，并求的通项公式； (2)设，数列的前项和记为,证明：. 【答案】（1）证明见解析，；（2）见解析 【解析】（1）当时，，两式相减变形为， 验证后，判断数列是等差数列；（2）根据（1）的结果求和，利用裂项相消法求数列的前项和，并证明不等式. 【详解】 （1）由已知：①, 得② ①－②可得. 因为，所以 检验：由已知，，所以， 那么，也满足式子.所以. 所以为等差数列，首项为，公差为.于是. （2）由，所以. 所以. 则 . 【点睛】 本题考查已知求通项公式和裂项相消法求和，意在考查转化与化归和计算能力，从形式看此题不难，但有两个地方需注意，第一问，如果忽略的条件，就会忘记验证，第二问，采用裂项相消法求和，消项时注意不要丢掉某些项. 20．中，，，为线段上一点，且满足. (1)求的值； (2)若，求. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）由已知可得，利用面积公式求的值； （2）根据（1）可知，又因为，变形可求，，设，和分别利用余弦定理求的长度. 【详解】 （1）由题：，所以, 即. 所以. （2）由，所以， 所以，所以，. 设，在中，由. 中，. 又因为,所以，即. 化简可得，即，则或. 又因为为线段上一点，所以且，所以. 【点睛】 本题考查利用正余弦定理解三角形的综合运用，重点考查转化与变形和计算能力，属于中档题型，有多个三角形的解三角形时，一是可以先分析条件比较多的三角形，再求解其他三角形，二是任何一个三角形都不能求解时，可以先设共有变量，利用等量关系解三角形. 21．如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，，. （1）证明：平面平面； （2）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】(1) 取的中点，连接，，可证为二面角的平面角,再根据计算可得,即二面角为直二面角,根据平面与平面垂直的定义可证平面平面; (2) 以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，以的方向为轴正方向，以的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，然后求出平面的一个法向量和平面的一个法向量,利用两个法向量的夹角即可求得答案. 【详解】 （1）证明：由题设可得，从而． 又是直角三角形，所以. 取的中点，连接，，则，. 又因为是正三角形，故， 所以为二面角的平面角． 在中，，又，所以， 故,即二面角为直二面角, 所以平面平面． （2）由题设及（1）知，，，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，以的方向为轴正方向，以的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，. 由题设知，四面体的体积为四面体的体积的，从而到平面的距离为到平面的距离的，即为的中点，得， 故，，. 设是平面的法向量， 则，即，可取. 设是平面的法向量，则，同理可取， 则. 所以二面角的余弦值为. 【点睛】 本题考查了平面与平面所成的角,考查了平面与平面垂直的定义,考查了利用法向量求二面角的平面角,建立空间直角坐标系,利用向量解决角的问题是常用方法,属于中档题. 22．已知函数. （1）若，函数的极大值为，求实数的值； （2）若对任意的，，在上恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2） 【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据导函数零点分类讨论，根据导函数符号变化规律确定函数极大值，最后根据绝对值求实数的值；（2）先求，最大值，再变量分离得 ，最后根据导数研究函数最大值，即得实数的取值范围. 试题解析：（1）由题意， . ①当时，， 令，得；，得， 所以在单调递增单调递减. 所以的极大值为，不合题意. ②当时，， 令，得；，得或， 所以在单调递增，，单调递减. 所以的极大值为，得. 综上所述. （2）令， 当时，， 故上递增， 原问题上恒成立 ①当时，，，， 此时，不合题意. ②当时，令，， 则，其中，， 令，则在区间上单调递增 （ⅰ）时，， 所以对，，从而在上单调递增， 所以对任意，， 即不等式在上恒成立. （ⅱ）时，由，及在区间上单调递增， 所以存在唯一的使得，且时，. 从而时，，所以在区间上单调递减， 则时，，即，不符合题意. 综上所述，. 点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法. 第 20 页 共 20 页