1、2020届四川省南充高级中学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( )ABCD【答案】A【解析】先求出集合，根据交集的定义即可求得结果.【详解】，所以，故选A.【点睛】该题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有集合的运算，属于简单题目.2西游记三国演义水浒传红楼梦是我国古典小说四大名著.若在这四大名著中，任取2种进行阅读，则取到红楼梦的概率为（ ）ABCD【答案】B【解析】先求出基本事件总数，再求红楼梦被选中包括的基本事件个数，由此可计算出任取2种进行阅读，取到红楼梦的概率。【详解】4本名著选两本共有种，选取的两本中含有红楼梦的共有种，所以任取2种进行阅读，则取到红楼梦
2、的概率为。故选B.【点睛】本题考查古典概型，属于基础题。3使复数为实数的充分而不必要条件的是（ ）A为实数B为实数CD【答案】D【解析】一个复数为实数的充分必要条件是它的虚部为0，根据这个充要条件对各个项加以判别，发现A、B都没有充分性，而C是充分必要条件，由此不难得出正确的选项【详解】解：设复数（是虚数单位），则复数为实数的充分必要条件为由此可看出：对于A，为实数，可能是纯虚数，没有充分性，故不符合题意；对于B，同样若是纯虚数，则为实数，没有充分性，故不符合题意；对于C，若等价，故是充分必要条件，故不符合题意；对于D，若，说明是实数，反之若是负实数，则不成立，符合题意故选：D【点睛】本题考查
3、了复数的分类，共轭复数和充分必要条件的判断，属于基础题熟练掌握复数有关概念，是解决本题的关键4已知样本数据的平均数是5，则新的样本数据的平均数为( )A5B7C10D15【答案】D【解析】利用求平均数公式 即可求出。【详解】由题意知，数据的平均数，则数据的平均数故选：【点睛】本题考查求数据的平均数，可以根据平均数利用定义计算，也可以根据结论，若已知数据的平均数为，则的平均数为解答，属于基础题。5已知点是圆上任意一点，则点到直线距离的最大值为（ ）ABCD【答案】D【解析】计算出圆心到直线距离的最大值，再加上圆的半径可得出点到直线的距离的最大值.【详解】圆的圆心坐标为，半径为，点到直线的距离为，
4、因此，点到直线距离的最大值为.故选：D.【点睛】本题考查圆上一点到直线距离的最值问题，当直线与圆相离时，圆心到直线的距离为，圆的半径为，则圆上一点到直线的距离的最大值为，最小值为，解题时要熟悉这个结论的应用，属于中等题.64片叶子由曲线与曲线围成，则每片叶子的面积为（ ）ABCD【答案】B【解析】联立，求得或，然后对解析式求定积分即可得到曲线，的图像所围成的面积.【详解】由题意可得：每片叶子的面积为曲线，的图像所围成的面积，联立，解得 或，则曲线，的图像所围成的面积，故选：B.【点睛】本题考查了定积分的应用，重点考查了运算能力，属基础题.7函数在一个周期内的图象如图所示，M、N分别是图象的最高
5、点和最低点，其中M点横坐标为，O为坐标原点，且，则，的值分别是（ ）A，B，C2，D1，【答案】A【解析】根据条件即可得出，并设，然后根据即可得出，这样结合图象即可得出，从而解出，即可【详解】解：根据题意知，设，且，解得，结合图象，把两点的坐标代入函数解析式中得，解得故选：【点睛】本题考查了向量数量积的坐标运算，根据点的坐标求向量的坐标的方法，五点法画的图象的方法，考查了计算能力，属于基础题8某程序框图如图所示，其中，若输出的，则判断框内应填入的条件为（ ）ABCD【答案】A【解析】先解得到n=2019,再分析得解.【详解】由,解得所以当n的值为2019时，满足判断框内的条件；当n的值为202
6、0时，不满足判断框内的条件，退出循环，输出S的值故结合选项，判断框内应填入的条件为故选：A【点睛】本题主要考查程序框图判断框的填充，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.9已知平面向量、为三个单位向量，且，若（），则的最大值为（ ）A1BCD2【答案】B【解析】以为原点方向为轴建立平面直角坐标系，根据为单位向量设出的坐标，利用三角函数的性质求得的最大值.【详解】由于单位向量、满足，故，以为原点方向为轴建立平面直角坐标系，由于为单位向量，故在以为圆心，半径为的圆上，设，也即，所以，所以的最大值为.故选：B.【点睛】本小题主要考查平面向量的坐标运算，考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思
7、想方法，考查三角恒等变换求最值，属于中档题.10若曲线在点处的切线过点，则函数的单调递增区间为（ ）ABCD【答案】A【解析】利用导数的几何意义求解，取切线斜率列方程，求解参数，再求解单调区间。【详解】，求导解得，则当时，。则的单调递增区间是。故选A【点睛】导数几何意义：函数在某点处的导数等于切线的斜率。已知两点坐标也可求斜率。本题还考察了导数在研究函数性质中的应用。11如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，且，是上的一个动点，过点作平面平面，截棱锥所得图形面积为，若平面与平面之间的距离为，则函数的图象是（ ）ABCD【答案】D【解析】过点作交AB于点N，点作交PC于点F,过点作交CD于
8、点E，连接EF.则面平面，.由平面，可得平面，平面与平面之间的距离为，且为直角梯形.由，得，所以.故选D.12已知函数，若关于x的方程恰有3个不同的实数解，则实数m的取值集合为（ ）ABCD【答案】C【解析】先利用导数求出函数在为增函数，在为减函数，又因为关于x的方程恰有3个不同的实数解等价于的图像与直线，的交点个数之和为3个，再作的图像与直线，观察交点个数从而求出m的取值范围即可.【详解】解：由函数，则，当，即时，当，即时，则函数在为增函数，在为减函数，令，则关于x的方程可化为，则，则或，则关于x的方程恰有3个不同的实数解等价于的图像与直线，的交点个数之和为3个， 又函数的图像如图所示：由图
9、可得函数的图像与直线，的交点个数之和为3个时，解得 ，故选：C.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，重点考查了方程的解的个数与函数图像的交点个数的相互转化，属中档题.二、填空题13若2弧度的圆心角所对的弧长是4 cm，则这个圆心角所在的扇形面积_.【答案】4【解析】先由扇形的弧长公式可得：，再结合扇形的面积公式求解即可.【详解】解：由扇形的弧长公式可得：，由扇形的面积公式可得：这个圆心角所在的扇形面积为，故答案为：4.【点睛】本题考查了扇形的弧长公式，重点考查了扇形的面积公式，属基础题.14已知向量，若向量与向量夹角为钝角，则的取值集合为_.【答案】【解析】由题意可得，且与不共线，由此
10、求得的取值集合【详解】解：向量，若向量与向量夹角为钝角，且与不共线，即 且，即 且，故答案为：【点睛】本题主要考查两个向量的夹角，两个向量共线的性质，属于基础题15若函数，则图像上关于原点O对称的点共有_对.【答案】4【解析】图象上关于原点对称的点的个数只需观察的图象与关于原点对称的函数的图象交点个数即可,再分别画图象可观察得解.【详解】解：图象上关于原点对称的点的个数,只需观察的图象与关于原点对称的函数的图象交点个数即可，上图可知：两个图象交点个数为4个，故答案为：4【点睛】本题考查了作图能力，重点考查了数形结合的思想16设a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，已知，且，则角B的余弦值为_
11、.【答案】【解析】由，可得，再由余弦定理可得，然后结合余弦定理求解即可.【详解】解：由，可得，又，则，又 ，所以，由余弦定理，又，则，即 ，则， 不妨令，则，由余弦定理可得，故答案为：.【点睛】本题考查了余弦定理，重点考查了运算能力，属基础题.三、解答题17在数列中，已知（1）求数列,的通项公式；（2）设数列满足，求的前项和.【答案】（1）， （2）【解析】（1）根据等比数列的定义得数列是首项为，公比为的等比数列，由等比数列的通项公式得出数列的通项公式，再代入中得数列的通项公式；（2）由（1）得数列是等比数列和等差数列的每一项求和所得，所以对等比数列和等差数列分别求前项和再相加可得的前项和.【
12、详解】（1）,数列是首项为，公比为的等比数列，.,.（2）由（1）知，.所以 ，所以，故得解.【点睛】本题考查等比数列的定义、通项公式和分组成等差数列和等比数列求前项和的方法，属于基础题.18已知函数，且求函数的最小正周期；求在上的最大值和最小值【答案】（1）最小正周期（2），【解析】利用倍角公式降幂，再由辅助角公式化积，可得函数的周期；由x的范围，得到相位的范围，进一步求得在上的最大值和最小值【详解】解：， 则所以函数的最小正周期；，则，则当时，当时，【点睛】本题考查三角函数的恒等变换应用，考查型函数的图象和性质，是中档题19如图，直角梯形与等腰直角三角形所在的平面互相垂直，.(1) 求证：
13、；(2) 求直线与平面所成角的正弦值；(3) 线段上是否存在点，使平面若存在，求出；若不存在，说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）线段上存在点，使得平面，且.【解析】（1）取AB中点O，连接EO，DO利用等腰三角形的性质，可得EOAB，证明边形OBCD为正方形，可得ABOD，利用线面垂直的判定可得AB平面EOD，从而可得ABED；（2）由平面ABE平面ABCD，且EOAB，可得EO平面ABCD，从而可得EOOD建立空间直角坐标系，确定平面ABE的一个法向量为，利用向量的夹角公式，可求直线EC与平面ABE所成的角；（3）存在点F，且时，有EC平面FBD确定平面FBD的法向量，证明=0
14、即可【详解】（1）证明：取AB中点O，连接EO，DO因为EB=EA，所以EOAB 因为四边形ABCD为直角梯形，AB=2CD=2BC，ABBC，所以四边形OBCD为正方形，所以ABOD 因为EOOD=O所以AB平面EOD因为ED平面EOD所以ABED（2）解：因为平面ABE平面ABCD，且 EOAB，平面ABE平面ABCD=AB所以EO平面ABCD，因为OD平面ABCD，所以EOOD由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz 因为EAB为等腰直角三角形，所以OA=OB=OD=OE，设OB=1，所以O（0，0，0），A（1，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（
15、0，1，0），E（0，0，1）所以，平面ABE的一个法向量为 设直线EC与平面ABE所成的角为，所以 ，即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为 （3）解：存在点F，且时，有EC平面FBD证明如下：由 ，所以设平面FBD的法向量为=（a，b，c），则有所以取a=1，得=（1，1，2）因为=（1，1，1）（1，1，2）=0，且EC平面FBD，所以EC平面FBD即点F满足时，有EC平面FBD【点睛】本题考查线面垂直，考查线面平行，考查线面角，考查利用向量解决线面角问题，确定平面的法向量是关键20已知动点到定点的距离比到定直线的距离小1.（1）求点的轨迹的方程；（2）过点任意作互相垂直的两条直线，分别
16、交曲线于点和设线段，的中点分别为，求证：直线恒过一个定点.【答案】(1) (2) 见解析【解析】试题分析：（）先借助抛物线定义确定曲线的形状是抛物线，再确定参数，进而求出；（）先依据（）的结论分别建立的方程，再分别与抛物线联立方程组，求出弦中点为的坐标，最后借助斜率的变化确定直线经过定点；（）在（）前提条件下，先求出，然后建立面积关于变量的函数，再运用基本不等式求其最小值：解：（）由题意可知：动点到定点的距离等于到定直线的距离.根据抛物线的定义可知，点的轨迹是抛物线.，抛物线方程为：（）设两点坐标分别为，则点的坐标为.由题意可设直线的方程为.由，得.因为直线与曲线于两点，所以.所以点的坐标为.
17、由题知，直线的斜率为，同理可得点的坐标为. 当时，有，此时直线的斜率.所以，直线的方程为，整理得.于是，直线恒过定点；当时，直线的方程为，也过点.综上所述，直线恒过定点.（）可求得.所以面积.当且仅当时，“ ”成立，所以面积的最小值为4.点睛：圆锥曲线是高中数学的重要内容之一，也是高考重点考查的考点与热点。解答本土的的第一问时，先借助抛物线定义确定曲线的形状是抛物线，再确定参数，进而求出；第二问是求解则是先依据（）的结论运用点斜式分别建立两的方程，再分别与抛物线联立方程组，求出弦中点为的坐标，最后借助斜率的变化确定直线经过定点；求解第三问时，先在（）前提条件下，求出，然后建立面积关于变量的函数
18、，再运用基本不等式求出了其最小值。21已知函数，其中（）当时，求曲线在点处的切线方程；（）若函数有唯一零点，求的值【答案】（）;（）【解析】()时,求出导函数,求出,将代入到中得到曲线在点处的切线的斜率,求出,然后利用点斜式求出曲线在点处的切线方程.（）先利用导数证明函数在R上有唯一零点,且函数在上递,在上递增,所以函数 在 处取得最小值,再根据函数有唯一零点可得,然后根据以及联立消去,得到,然后构造函数,通过导数的方法可得有唯一零点,且,最后将代入到可以解得的值.【详解】（）当时，.又，曲线在点处的切线方程为，即.（）.令，则.，函数在仅有一个零点.存在，使得.即存在满足时，.当，即时，.在
19、上单调递减；当，即时，.在上单调递增.又当时，；当时，.当时，当时，.由题意，函数有唯一零点时，必有.又，由消去，得.令.，单调递增.又，方程有唯一解.将代入，解得.当函数有唯一零点时，的值为.【点睛】本题考查了导数的几何意义,函数的零点,利用导数研究函数的单调性,利用导数求函数的最值,转化化归思想,构造法属于难题.22在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为，以极点为坐标原点，极轴为的正半轴建立平面直角坐标系.（1）求和的参数方程；（2）已知射线，将逆时针旋转得到，且与交于两点， 与交于两点，求取得最大值时点的极坐标.【答案】（）为参数）; （）【解析】试题分析：（）根据坐标方程
20、之间的转化，分别求出C1和C2的参数方程即可；（）设出P，Q的极坐标，表示出|OP|OQ|的表达式，结合三角函数的性质求出P的极坐标即可试题解析：（）在直角坐标系中，曲线的直角坐标方程为所以参数方程为为参数）. 曲线的直角坐标方程为. 所以参数方程为为参数） （）设点极坐标为, 即, 点极坐标为, 即. 则 当时取最大值，此时点的极坐标为.23已知函数（1）解不等式；（2）若不等式有解，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（1）对去绝对值符号，然后分别解不等式即可（2）不等式有解，则只需，求出的最小值，然后解不等式即可.【详解】（1）由已知得当时， 当时， 当时，舍综上得的解集为（2）有解，或的取值范围是.【点睛】该题考查的是有关绝对值不等式的问题，涉及到的知识点有应用零点分段法解绝对值不等式，根据不等式有解求参数的取值范围，属于简单题目.第 21 页 共 21 页
