广东省深圳外国语学校2020届高三数学下学期4月月考试题 理（含解析）.doc

1、广东省深圳外国语学校2020届高三数学下学期4月月考试题 理（含解析）本试卷分必做题和选做题两部分.满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.客观题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.主观题用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答.若在试题卷上作答，答题无效.2.选做题为二选一，先在答题卡上把对应要选做的题目标号涂黑，没有选择作答无效.3.考试结束后，监考员将答题卡收回.第卷一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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.设全集，集合, 则（ ）A.

2、 B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先确定全集中元素，然后根据集合运算的定义计算【详解】由题意，又，故选B【点睛】本题考查集合的运算，掌握集合运算的定义是解题基础，同时一定要明确集合中的元素2.若是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若，因为垂直于平面，则或；若，又垂直于平面，则，所以“”是“的必要不充分条件，故选B考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系3.为考察某种药物对治疗一种疾病的效果，在四个不同的实验室取相同的个体进行动物试验，根据四个实验室得到的列联表画

3、出如下四个等高条形图，最能体现该药物对治疗该种疾病有效果的条形图是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】选项D中不服药样本中患病的频率与服药 样本中患病的频率差距离最大.所以选D.4.欧拉公式（为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，表示的复数位于复平面内（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】根据新定义，化简即可得出答案【详解】cosisini，i)=i，此复数在复平面中对应的点（，）位于第一象限，故选A【点睛

4、】本题考查了复数的除法运算及复数的几何意义，涉及三角函数求值，属于基础题5.平面向量与的夹角为，且，为单位向量，则（ ）A. B. C. 19D. 【答案】B【解析】【分析】计算，得到答案.【详解】，故.故选：.【点睛】本题考查了向量模的计算，意在考查学生的计算能力.6.已知圆与双曲线的渐近线相切，则该双曲线的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由双曲线方程，求得其一条渐近线的方程，再由圆，求得圆心为，半径，利用直线与圆相切，即可求得，得到答案【详解】由双曲线，可得其一条渐近线的方程为，即，又由圆，可得圆心为，半径，则圆心到直线的距离为，则，可得，故选C【点睛】本题

5、主要考查了双曲线的离心率的求解，以及直线与圆的位置关系的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题7.函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复合函数的单调性，同增异减以及采用排除法，可得结果.【详解】当时，由在递增，所以在递增又是增函数，所以在递增，故排除B、C当时，若，则所以在递减，而是增函数所以在递减，所以A正确，D错误故选：A【点睛】本题考查具体函数的大致图象的判断，关键在于对复合函数单调性的理解，记住常用的结论：增+增=增，增-减=增，减+减=减，复合函数单调性同增异减，属中档题.8.已知，满足且目标函数的最大值为7，最小值为1，则（ ）A. 2B

6、. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】如图所示：画出可行域，则，表示直线与轴的截距，计算交点为和，代入直线方程得到答案.【详解】如图所示：画出可行域，则，表示直线与轴截距.与交点为，与的交点为，故过点和，代入得到，解得，故.故选：.【点睛】本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.9.中国剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术；蕴含了极致的数学美和丰富的传统文化信息，现有一幅剪纸的设计图，其中的4个小圆均过正方形的中心，且内切于正方形的两邻边.若在正方形内随机取一点，则该点取自黑色部分的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分

7、析】如图所示，设正方形的边长为2，其中的4个圆过正方形的中心，且内切正方形的两邻边的小圆的半径为r，求出圆的面积，根据概率公式计算即可【详解】如图所示，设正方形的边长为2，其中的4个圆过正方形的中心，且内切正方形的两邻边的小圆的半径为r，故BEO2EO2Or，BO2r，BO2+O2OBOBD，r+r，r，黑色部分面积S（）2，正方形的面积为1，在正方形内随机取一点，则该点取自黑色部分的概率为，故选B【点睛】本题考查了几何概型的概率计算问题，确定面积为测度是关键10.已知函数，且函数在上单调递增，则正数的最大值为（ ）A. B. C. D. 1【答案】D【解析】【分析】化简得到，根据单调区间与周

8、期关系得到，再根据单调区间得到，解得答案.【详解】，又函数在上单调递增，即，得.综上所述：正数的最大值为.故选：.【点睛】本题考查了根据三角函数单调性求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力.11.已知点，动点满足：，直线与点的轨迹交于，两点，则直线，的斜率之积（ ）A. B. C. D. 不确定【答案】A【解析】【分析】根据余弦定理化简得到，得到轨迹方程，设， 联立方程得到，代入计算得到答案.【详解】，故，化简整理得到，故轨迹方程为椭圆，故椭圆方程为：.设，则，化简得到，故，.故选：.【点睛】本题考查了轨迹方程，斜率的计算，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.12.已知正四面体的棱长为，分

9、别是，上的点，过作平面，使得，均与平行，且，到的距离分别为2，4，则正四面体的外接球被所截得的圆的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将正四面体补形成棱长为6的正方体，计算球的半径，被球所截圆半径，得到答案.【详解】将正四面体补形成棱长为6的正方体，则的外接球球心即为正方体的中心，故球的半径，且与面，平行，到面的距离分别为和，此时到的距离为，故被球所截圆半径，从而截面圆的面积为.故选：.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知一组鞋码与身高的数据（表示鞋码，表示身高），

10、其中.4041424344172175mn183若用此数据计算得到回归直线，则由此估计当鞋码为40时身高约为_cm.【答案】【解析】【分析】计算，将代入回归直线可得，计算得到答案.【详解】根据题意：，将代入回归直线可得，故.故当鞋码为40时身高约为.故答案为：.【点睛】本题考查了回归方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.14.已知，则二项式的展开式中的系数为 .【答案】【解析】试题分析：，二项式的展开式中的系数为.考点：二项式定理.15.中，角，所对应的边分别为，已知，则_【答案】.【解析】【分析】化简得到，再利用正弦定理计算得到答案.【详解】，即，故，故.故答案为：.【点睛】本题考查了三角

11、恒等变换，正弦定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.16.若不等式恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】变换得到，证明恒成立，故，得到答案.【详解】，即，现证明恒成立，设，取，则，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，故，故恒成立.设，当且仅当时取等号，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了利用导数解决不等式恒成立问题，放缩是解题的关键.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知递增等差数列满足，数列满足.（1）求的前n项和；（2）若，求数列的通项公式.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列公式计算得到，得到答案.（2）化简得到，代入数据计

12、算得到答案.【详解】（1）设数列公差为，由，解得：（舍去），所以，.（2），.【点睛】本题考查了等差数列通项公式，等比数列求和，分组求和法，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.18.如图1，在直角梯形中，是的中点，是与的交点，将沿折起到图2中的位置，使得，得到四棱锥.（1）证明：平面平面BCDE；（2）若直线与平面所成角为.求.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证明为平面与平面所成二面角的平面角，根据勾股定理得到，得到证明.（2）如图，以为原点，建立空间直角坐标系，平面的法向量为，计算夹角得到答案.【详解】（1）在图1中，易证四边形为正方形，所以，即在图2中，从而为平面与

13、平面所成二面角的平面角，又由知，所以平面平面.（2）由（1）知由，平面平面，且平面平面，又，所以平面.如图，以为原点，建立空间直角坐标系，得：，由得，设平面的法向量，则，得，取，又，从而.【点睛】本题考查面面垂直，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.19.已知动圆与定圆相外切，又与定直线相切.（1）求动圆的圆心的轨迹的方程，（2）过点的直线交曲线于，两点，直线分别交直线，于点和点.求证：以为直径的圆经过轴上的两个定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）易知到点的距离与到直线的距离相等，得到轨迹方程.（2），设直线方程为：，联立方程得到，为直径的圆方程为：，计算得到

14、答案.【详解】（1）如图所示：根据题意知到点的距离与到直线的距离相等，所以的轨迹方程为：.（2）显然直线不与轴重合，设直线方程为：，与联立消得：，设，则，直线方程为：，所以，即，同理，所以以为直径的圆方程为：，令得：，即，以为直径的圆经过轴上的两个定点和.【点睛】本题考查了轨迹方程，定点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.20.依据某地某条河流8月份的水文观测点的历史统计数据所绘制的频率分布直方图如图（甲）所示；依据当地的地质构造，得到水位与灾害等级的频率分布条形图如图（乙）所示（1）以此频率作为概率，试估计该河流在8月份发生1级灾害的概率；（2）该河流域某企业，在8月份，若没受1、2

15、级灾害影响，利润为500万元；若受1级灾害影响，则亏损100万元；若受2级灾害影响则亏损1000万元现此企业有如下三种应对方案：方案防控等级费用（单位：万元）方案一无措施0方案二防控1级灾害40方案三防控2级灾害100试问，如仅从利润考虑，该企业应选择这三种方案中的哪种方案？说明理由【答案】（1）（2）应选方案二【解析】【详解】（1）依据甲图，记该河流8月份“水位小于40米”为事件，“水位在40米至50米之间”为事件，“水位大于50米”为事件，它们发生的概率分别为：， 记该地8月份“水位小于40米且发生1级灾害”为事件，“水位在40米至50米之间且发生1级灾害”为事件，“水位大于50米且发生1

16、级灾害”为事件，所以 记“该河流在8月份发生1级灾害”为事件则估计该河流在8月份发生1级灾害的概率为 （2）以企业利润为随机变量，选择方案一，则利润（万元）的取值为：，由（1）知的分布列为X15001001000P0.810.1550.035则该企业在8月份的利润期望（万元）选择方案二，则（万元）的取值为：，由（1）知，的分布列为：X24601040P0.9650.035则该企业在8月份的平均利润期望（万元）选择方案三，则该企业在8月份利润为：（万元）由于，因此企业应选方案二21.已知函数有两个不同的极值点，.（1）求实数的取值范围；（2）设，求证.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析

17、】（1）求导得到，再求导得到函数单调区间，得到，解得答案.（2）不妨假设，则，根据单调性得到，设，计算的单调性得到，得到证明.【详解】（1）设，则，为在的两个不同的零点，且，故当时，当时，所以当时单调递增，当时单调递减.故当在有两不同的实根时，解得.（2）不妨假设，则，时，所以在单调递减，故要证，只要证，即证，即，设，则，因为时，故，所以在单调递减，故有，即成立，即，从而，即.综上所述.【点睛】本题考查了根据函数的极值点求参数，证明不等式，意在考查学生的计算能力和转化能力，综合应用能力.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22.在平面直角坐标系xOy中，直线l

18、的参数方程为为参数，直线l与曲线C：交于A，B两点求的长；在以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点P的极坐标为，求点P到线段AB中点M的距离【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）把直线参数方程代入曲线的方程，得，即可求解；（2）根据中点坐标的性质可得中点对应的参数为，由的几何意义，可运算结果.试题解析：（1）直线的参数方程化为标准型（为参数）代入曲线方程得设对应的参数分别为，则，所以（2）由极坐标与直角坐标互化公式得直角坐标，所以点在直线，中点对应参数为，由参数几何意义，所以点到线段中点距离考点：直线的参数方程；极坐标方程的应用.23.已知函数的最大值为.（1）求的值；（2）已知，为正数，且，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接利用绝对值三角不等式得到答案.（2）计算得到，代入计算得到答案.【详解】（1），当时等号成立，所以.（2），故，同理，则，即，当且仅当时等号成立.【点睛】本题考查了绝对值三角不等式，均值不等式，意在考查学生的计算能力和应用能力.