河北省正定中学2020届高三下学期第四次质量检测数学（理）试题 WORD版含解析.doc

1、河北正定中学2020届高三下学期第四次质量检测数 学(理科)一选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是，则|z1z2|()A. 2B. 3C. 2D. 3【答案】A【解析】由题图可知，z12i，z2i，则z1z22，|z1z2|2，故选A.2.已知集合，且，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】法一：根据可得，从而可讨论B是否为空集建立不等关系解出m的范围即可法二：结合选项利用排除法求解.【详解】法一：，时，m+12m1，解得m2；时，解得2m3，实数m

2、的取值范围是（，3故选：C法二：因为，所以，当时，符合题意，排除选项A,B,D，故选：C.【点睛】本题考查了描述法、区间的定义，并集的定义及运算，子集和空集的定义，考查了计算能力，属于基础题本题也可利用排除法.3.命题“，”的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】全称命题的否定为特称命题，只需否定量词和结论即可.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“，”的否定是：“，”，故选C.【点睛】本题主要考查了全称命题的否定，属于基础题.4.“珠算之父”程大位是我国明代著名的数学家，他的应用巨著算法统综中有一首“竹筒容米”问题：“家有九节竹一茎，为因盛米不均平，

3、下头三节四升五，上梢四节三升八，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明.”(（注）四升五：4.5升，次第盛：盛米容积依次相差同一数量)用你所学的数学知识求得中间两节竹的容积为A. 2.2升B. 2.3升C. 2.4升D. 2.5升【答案】D【解析】【分析】设从下至上各节容积分别为a1，a2，a9，则an是等差数列，设公差为d，由题意利用等差数列通项公式列出方程组，由此能求出中间两节的容积【详解】设从下至上各节容积分别为a1，a2，a9，则an是等差数列，设公差为d，由题意得，解得a11.6，d0.1，中间两节的容积为：a4+a5（1.60.13）+（1.60.14）2.

4、5（升）故选D【点睛】本题考查等差数列在生产生活中的实际应用，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用5.在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入由曲线(曲线为正态分布的密度曲线)与直线，及围成的封闭区域内点的个数的估计值为（ ）(附：若，则，A. 2718B. 1359C. 430D. 215【答案】B【解析】【分析】利用正态分布先求解，再结合几何概型可得封闭区域内点的个数.【详解】因为，所以封闭区域内点的个数的估计值为.故选：B.【点睛】本题主要考查正态分布曲线的性质，结合正态曲线求解给定区间内的概率是求解关键，侧重考查直观想象的核心素养.6.若函数（且）在上为减

5、函数，则函数的图象可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由函数在上为减函数，可知 ，判断函数的定义域和单调性即可得解【详解】由函数在上为减函数，可知 函数的定义域为或，故排除A，B又，可知在单调递减，故排除D故选：C【点睛】本题考查了具体函数的图像判断，考查了学生综合分析，数形结合，分类讨论的能力，属于中档题.7.已知，则是（ ）A. 偶函数，且在是增函数B. 奇函数，且在是增函数C. 偶函数，且在是减函数D. 奇函数，且在是减函数【答案】C【解析】【分析】先判断函数的定义域关于原点对称，再由奇偶性的定义判断奇偶性，根据复合函数的单调判断其单调性，从而可得结论.【详解】

6、由，得，故函数的定义域为，关于原点对称，又，故函数为偶函数，而，因为函数在上单调递减，在上单调递增，故函数在上单调递减，故选C.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性，属于中档题. 判断函数的奇偶性首先要看函数的定义域是否关于原点对称，如果不对称，既不是奇函数又不是偶函数，如果对称常见方法有：（1）直接法， (正为偶函数，负为减函数)；（2）和差法， （和为零奇函数，差为零偶函数）；（3）作商法， （ 为偶函数， 为奇函数） .8.某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径

7、的长度为（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】首先根据题中所给三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，将圆柱的侧面展开图平铺,可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以

8、处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.9.在长方体中，与平面所成的角为，则该长方体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先画出长方体，利用题中条件，得到，根据，求得，可以确定，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.【详解】在长方体中，连接，根据线面角的定义可知，因为，所以，从而求得，所以该长方体的体积为，故选C.【点睛】该题考查是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果

9、.10.已知曲线是以原点为中心，为焦点的椭圆，曲线是以为顶点为焦点的抛物线，是曲线与的交点，且为钝角，若，则（ ）A. B. C. 2D. 4【答案】C【解析】【分析】设出抛物线方程及点，结合抛物线定义及可求抛物线方程，进而可得.【详解】不妨设位于轴负半轴, 位于轴正半轴， 位于第一象限，如图所示.设抛物线的方程为.作抛物线的准线,则过,过作垂直于准线于点,由抛物线的定义可得，所以.因为点在抛物线上，所以.由得或又为钝角，所以，所以，即.故选：C.【点睛】本题主要考查椭圆与抛物线的性质，联立方程，弦长的转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.11.设函数.若,且，则的取值范围为（ ）A.

10、 B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据f（x1）+f（x2）0，可得f（x1）f（x2），结合函数f（x）sin（2x），可得|x2x1|至少相差半个周期，可得|x2x1|【详解】解：根据函数f（x）sin（2x）f（x1）+f（x2）0，可得f（x1）f（x2），令x2x1，根据图象，可得x2，x1关于点（，0）对称时，|x2x1|最小，x1x20，x20，则x1可得|x2x1|，故选：B【点睛】本题考查正弦函数图像与性质，考查基本分析应用能力.12.若函数在区间上存在零点，则实数的取值范围为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用导数研究函数在上的单调性，当

11、时，在上为增函数，且，即可判断其没有零点，不符合条件；当时，在上先减后增，有最小值且小于零，再结合幂函数和对数函数的增长速度大小关系，即可判断当趋于时，趋于，由零点存在性定理即可判断其必有零点，符合题意，从而确定的范围.【详解】因为函数，所以令，因为，当 时，所以所以在上为增函数，则，当时，所以，所以在上为增函数，则，所以上没有零点.当时，即，因为在上为增函数，则存在唯一的，使得，且当时，当时，；所以当时，为减函数，当时，为增函数，当时，因为，当趋于时，趋于，所以在内，一定存在一个零点.所以，故答案选D.【点睛】本题主要考查了导数在函数零点存在性问题中的应用，属于难题.对于零点存在性问题，有两

12、种思考方向：（1）直接利用导数研究函数单调性，结合零点存在性定理，讨论函数零点的情况；（2）先将函数零点问题等价转化为两个函数图像的交点问题，再利用导数，并结合函数图像讨论两函数交点情况，从而确定函数零点的情况.二填空题(每小题5分，满分20分)13.已知，向量与的夹角为，且，则_.【答案】【解析】【分析】先用向量表示出，结合向量夹角及模长可求.【详解】因为，所以，；因为，向量与的夹角为，所以.所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查平面向量模长的求解，见模长就平方是这类问题的求解方向，侧重考查数学运算的核心素养.14.已知的展开式中第五项与第七项的系数之和为0，其中为虚数单位，则展开式中常数项

13、为_【答案】45【解析】【详解】的展开式通项公式为：第五项的系数为，第七项的系数为，由第五项与第七项的系数之和为0，可得，解得令=0，解得r=8，故所求的常数项为15.下列说法：分类变量与的随机变量越大，说明“与有关系”的可信度越大；以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和；在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高；若变量和满足关系，且变量与正相关，则与也正相关.正确的个数是_.【答案】3【解析】【分析】结合所给说法逐个进行分析求解，然后可得正确的个数.【详解】对于：由独立性检验的性质可知分类变量与的随机变量越大，说明“与

14、有关系”的可信度越大，所以正确；对于：因为，所以两边取对数可得，令，则，因为，所以，所以，即正确；对于：在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，说明估计值与真实值误差较小，其模型拟合的精度越高，所以正确；对于：因为变量和满足关系，所以是负相关，因为变量与正相关，所以与是负相关，即不正确.故答案为：3.【点睛】本题主要考查统计的相关知识，题目较为简单，明确每一个说法的正误是求解的关键，侧重考查统计知识的理解辨析.16.将正奇数按如图所示的规律排列：则2021在第_行，从左向右第_个数.【答案】 (1). 32 (2). 50【解析】【分析】根据题目排列规律可得第行共有个奇数，结合项数和可求

15、2021在哪一行，并能求出是第几个数.【详解】由题意可得第行共有个奇数，所以前行共有个奇数，而是第个奇数，所以在第32行，从左向右第个数.故答案：32；50.【点睛】本题主要考查逻辑推理，明确数据的排列规律是求解的关键，侧重考查逻辑推理的核心素养.三解答题：共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2223题为选考题，考生根据要求作答.17.如图，四棱台中，底面是菱形，底面，且，是棱的中点.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）推导出BDBDAC从而BD平面AC，由此能证明（2）如图，

16、设AC交BD于点O，以O为原点，OA、OB、OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系利用向量法能求出二面角EC的余弦值【详解】证明：（1）因为底面ABCD，所以BD因为底面ABCD是菱形，所以BDAC又ACCC1C，所以BD平面A 又由四棱台ABCD知，A，C，四点共面所以BD （2）如图，设AC交BD于点O，依题意，OC且OC，所以OC，且OC所以O底面ABCD以O为原点，OA、OB、OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系则，由，得B1（）因为E是棱BB1的中点，所以E（）,所以（），（2，0，0）设（x，y，z）为平面的法向量，则，取z3，得（0，4，3），平

17、面的法向量（0，1，0），又由图可知，二面角EA1C1C为锐二面角，设二面角EA1C1C的平面角为，则cos，所以二面角EA1C1C的余弦值为【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，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，考查数形结合思想，是中档题18.的内角所对的边分别是，且，.（1）求；（2）若边上的中线，求的面积.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）先由正弦定理，得到，进而可得，再由，即可得出结果；（2）先由余弦定理得，再根据题中数据，可得，从而可求出，得到，进而可求出结果.【详解】（1）由正弦定理得，所以，因为，所以，即，所以，又因

18、为，所以，.（2）在和中，由余弦定理得，.因为，又因为，即，所以，所以，又因为，所以.所以的面积.【点睛】本题主要考查解三角形，灵活运用正弦定理和余弦定理即可，属于常考题型.19.从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：（1）求这100件产品质量指标值的样本平均数和样本方差（同一组的数据用该组区间的中点值作为代表）；（2）由直方图可以认为，这种产品的质量指标值服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差（i）若某用户从该企业购买了10件这种产品，记表示这10件产品中质量指标值位于（187.4，225.2）的产品件数，求；（ii）

19、一天内抽取的产品中，若出现了质量指标值在之外的产品，就认为这一天的生产过程中可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查下下面的茎叶图是检验员在一天内抽取的15个产品的质量指标值，根据近似值判断是否需要对当天的生产过程进行检查附：，【答案】(1)见解析.(2) （i）（ii）需要对当天的生产过程进行检查.【解析】【分析】(1)根据公式得到均值和方差；（2）（i）根据正态分布，由公式得到结果；（ii），进而得到结果.【详解】（1）由题意得， ，；（2）（i）由题意得，一件产品中质量指标值位于区间的概率为，则，；（ii）由（I）知，需要对当天的生产过程进行检查【点睛】这个题目考查了频率分布直方图

20、的应用，平均数的计算以及方差的计算；涉及正态分布的应用，属于基础题.20.在平面直角坐标系中，已知抛物线：，过抛物线焦点且与轴垂直的直线与抛物线相交于、两点，且的周长为.（1）求抛物线的方程；（2）若直线过焦点且与抛物线相交于、两点，过点、分别作抛物线的切线、，切线与相交于点，求：的值.【答案】（1）；（2）0.【解析】【分析】（1）先求得A，B两点坐标，利用计算的周长可得p，进而求得抛物线方程；（2）利用导数的几何意义求得切线与的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及与的交点P，可得，再利用焦半径公式求得，可得结果.【详解】（1）由题意知焦点的坐标为，将代入抛物线的方程可求得点、的坐标分

21、别为、，有，可得的周长为，有，得.故抛物线的方程为.（2）由（1）知抛物线的方程可化为，求导可得.设点、的坐标分别为、.设直线的方程为（直线的斜率显然存在）.联立方程消去整理为：，可得.有，.可得直线的方程为，整理为.同理直线的方程为.联立方程，解得，则点的坐标为.由抛物线的几何性质知，.有 .【点睛】本题考查了抛物线的切线方程的求解，考查了直线与抛物线的位置关系，涉及导数的几何意义及韦达定理的应用，属于中档题.21.已知，函数（）若函数在上为减函数，求实数的取值范围；（）设正实数，求证：对上的任意两个实数，总有成立【答案】（）；（）详见解析.【解析】【分析】（）将问题转化为在上恒成立，可得，

22、令，可判断出在上单调递增，即，从而可得的范围；（）构造函数，且；利用导数可判断出在上是减函数，得到，经验算可知，从而可得，从而可证得结论.【详解】（）由题意知：函数在上为减函数，即在上恒成立即：在上恒成立设当时，单调递减，单调递增在上单调递增 即的取值范围为：（）设，令：，则，令，则在上为减函数 ，即在上是减函数 ，即时， 【点睛】本题考查利用函数在区间内的单调性求解参数范围、利用导数证明不等式成立的问题.本题证明不等式的关键是能够通过构造函数，将问题转化为求解新函数单调性和最值的问题，根据最值可证得对应的结论.22.在直角坐标系中，以坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线： ，曲

23、线： （）（1）求与交点的极坐标；（2）设点在上， ，求动点的极坐标方程【答案】（1）（2）， 【解析】试题分析：（1）联立极坐标方程，柯姐的交点 极坐标；（2）设，且，根据，即可求出，从而写出点的极坐标.试题解析：解：（1）联立 ，所求交点的极坐标（2）设，且，由已知，得，点的极坐标方程为，23.已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若二次函数与函数的图象恒有公共点，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将代入函数解析式，并将函数表示为分段函数形式，利用零点分段法可解出不等式的解集；（2）首先求得二次函数的最小值和函数的最大值，据此得到关于实数的不等式，求得不等式可得出实数的取值范围【详解】（1）当时，.当时，由，得，解得，此时，；当时，由，得，解得，此时，；当时，由由，得，解得，此时，.综上所述，不等式的解集为；（2），该函数在处取得最小值，因为，所以，函数在处取得最大值，由于二次函数与函数的图像恒有公共点，只需，即，因此，实数的取值范围是【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，二次函数的性质，着重考查了学生对基础概念的理解，还考查了函数的恒成立问题，一般转化为最值来处理，考查了化归与转化思想的应用，属于中等题