1、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（ ）ABCD【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（ ）ABCD【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（z2）iz，得zi2iz，z，z2（1i）22i，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
2、圆O上，设，若，且，则的值为ABCD【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：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“pq”为真，则p是q的充分条件等价法：利用pq与非q非p，
3、qp与非p非q，pq与非q非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法集合法：若AB，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若AB，则A是B的充要条件5函数的图象是()ABCD【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x0，解得x1或1x0，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
4、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（ ）AB
5、CD【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（ ）ABCD【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AB5+2CD【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
6、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（ ）ABCD【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（ ）ABCD【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：
7、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（ ）ABCD【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
8、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
9、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
10、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
11、，使得不等式成立，所以 因为，所以，且，当时，式等号成立，即又因为，当时，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
12、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：,得可得.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
13、，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
14、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
15、.【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
16、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，.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.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
17、，故上递增， 原问题上恒成立 当时，此时，不合题意. 当时，令，则，其中，令，则在区间上单调递增（）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. （）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
