2020届高三数学第四次考试试题 文（含解析）(新版)人教版

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‎2019届高三第四次模拟考试文科数学试题 第Ⅰ卷 选择题（共60分）‎ 一、选择题（5×12＝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，请将正确选项用2B铅笔涂黑答题纸上对应题目的答案标号）‎ ‎1. 设集合， ，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】 ‎ ‎2. 已知（为虚数单位），则复数的虚部为（ ）‎ A. B. 1 C. D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】，的虚部是，故选D.‎ ‎3. 已知命题：命题；命题，且是的必要不充分条件，则的取值范围（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】命题，解得或，命题，因为 是的必要不充分条件，所以 ，，故选B.‎ ‎4. 已知，则的值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】， ，故选A.‎ ‎5. 若变量满足约束条件,则的最大值是（ ）‎ - 14 -‎ A. B. 0 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 作出束条件表示的可行域，如图，表示点 与可行域内的 动点 连线的斜率，由可得 ， 由图可知最大值就是 ，故选A.‎ ‎6. 运行如图所示的程序框图，当输入时，输出的x为（ ）‎ A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】执行程序框图，第一次循环 ；第二次循环；第三次循环；第四次循环，…, ,退出循环，输出 ，故选D.‎ - 14 -‎ ‎7. 设，，,则(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由幂函数的性质可得，,由对数函数的性质可得，,所以，故选C.‎ ‎8. 函数图像大致图像为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】设，，可得为奇函数，图象关于原点对称，可排除选项 ；又 时，,可排除选项 ，故选B.‎ ‎【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.‎ ‎9. 把函数的图像向右平移个单位就得到了一个奇函数的图像，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 14 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】将函数的图象向右平移个单位，所得图象对应的函数为奇函数，则，即，故 时，的最小正值为，故选D.‎ ‎10. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的的外接球的体积是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥 ，图中 ，将三棱锥补成长宽高分别是 的长方体，三棱锥的外接球也是长方体的外接球，外接球的直径就是长方体的对角线，可得，外接球体积为 ，故选C.‎ ‎【方法点睛】本题主要考查三棱锥外接球体积积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.‎ ‎11. 在中，角的对边分别为，且，，则角等于(　　)‎ A. B. 或 C. D. ‎ - 14 -‎ ‎【答案】A ‎..................‎ ‎12. 已知函数在区间上是单调增函数，则实数的取值范围为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】令，，∴在上恒成立，设，则，再令，则，∴在上恒成立，∴在上为增函数，‎ ‎∴∴在上恒成立，∴在上减函数，∴,实数的取值范围为，故选B.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查“分离参数”在解题中的应用、利用导数研究函数的单调性以及利用单调性求参数的范围，属于中档题. 利用单调性求参数的范围的常见方法：① 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的; ② 利用导数转化为不等式或恒成立问题求参数范围，本题是利用方法 ② 求解的．‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共90分）‎ 二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填写在答题卡的横线上.‎ ‎13. 已知，，与的夹角为，则=________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】与的夹角为，， ，，故答案为.‎ - 14 -‎ ‎14. 若数列为等差数列，为其前项和，且，则________‎ ‎【答案】17‎ ‎【解析】数列公差为，则由，可知，又，故答案为.‎ ‎15. 在如图所示的三棱锥中，，⊥底面，，是的中点．＝2，＝，＝2. 则异面直线与所成角的余弦值为_______． ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】 ‎ 如图所示，建立空间直角坐标系，则 ， ，故答案为.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查异面直线所成的角以及空间向量的应用，属于难题.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.‎ ‎16. 若函数 ，且在实数上有三个不同的零点，则实数__________．‎ ‎【答案】‎ - 14 -‎ ‎【解析】‎ 函数 ，且在实数上有三个不同的零点，等价于的图象与的图象恰有三个交点，因为,,所以两函数都是偶函数，图象都关于 轴对称，所以必有一个交点在 轴上（如果交点都不在轴上，则交点个数为偶数），又因为，即于的图象过原点，所以的图象也过原点，所以，可得，故答案为.‎ 三、解答题：本大题共6小题，满分70分. 解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤 ‎17. 的内角，，的对边分别为，，，已知.‎ ‎（Ⅰ）求角的大小；‎ ‎（Ⅱ）若，求的面积的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）. （Ⅱ）.‎ ‎【解析】试题分析：（I）利用正弦定理把等式中的边转化为角的正弦，利用两角和公式整理求得，可得，从而求得；（II）结合（I）的结论，由余弦定理可求得 ，利用基本不等式求得的最大值，进而利用三角形面积公式确定的面积的最大值.‎ 试题解析：（Ⅰ）∵，‎ ‎∴由正弦定理得， .‎ ‎∵，‎ ‎∴ .‎ 即 .‎ ‎ ‎ ‎∵，∴. ‎ - 14 -‎ ‎∵，∴.∵，∴. ‎ ‎（Ⅱ）∵，，∴由余弦定理得：‎ ‎，‎ ‎，当且仅当时取“=” ‎ ‎∴.即的面积的最大值为 ‎18. 已知数列的前项和为，且对任意正整数，都有成立．记．‎ ‎（Ⅰ）求数列和的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，数列的前项和为，求证：．‎ ‎【答案】（Ⅰ）, （Ⅱ）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（I）由成立，可得时，，可得出数列为等比数列,从而可得数列的通项公式，根据对数的运算性质可得；(II)利用（I）的结论，可得，根据裂项求和求出数列的前项和为,再利用放缩法即可证明结论.‎ 试题解析：（Ⅰ）在中，令得. ‎ 因为对任意正整数，都有成立，时，，‎ 两式作差得，，所以， ‎ 又，所以数列是以为首项，4为公比的等比数列，即， ‎ ‎∴ ‎ ‎（Ⅱ）∵，‎ ‎∴. ‎ ‎∴.‎ ‎ ‎ - 14 -‎ ‎∴对任意，． ‎ 又，所以，为关于的增函数，所以，‎ 综上，‎ ‎【方法点晴】本题主要考查等差数列的通项与等比数列的定义，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.‎ ‎19. 已知函数（为自然对数的底数）‎ ‎（Ⅰ）若函数的图像在处的切线与直线垂直，求的值；‎ ‎（Ⅱ）对总有≥0成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】试题分析：（I）求出函数的导数，由函数的图像在处的切线与直线垂直可得，从而求出的值；（II）对总有≥0成立，等价于对上恒成立，设，只需即可，利用导数研究函数的单调性可得时，为增函数，时，为减函数，从而，进而可求出的范围.‎ 试题解析：（Ⅰ） ‎ ‎∴‎ ‎∵函数的图像在处的切线与直线垂直 ‎∴ ‎ ‎（Ⅱ）时 ‎ 设，，. ‎ - 14 -‎ 令得；令得 ‎∴时，为增函数，时，为减函数， ‎ ‎∴ ∴‎ ‎20. 如图，菱形与等边所在的平面相互垂直，，点E，F分别为PC和AB的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：EF∥平面PAD ‎ ‎（Ⅱ）证明：；‎ ‎（Ⅲ）求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）见解析;（Ⅲ）.‎ ‎【解析】试题分析：（I）设的中点，连结和，由中位线定理可得，从而四边形为平行四边形，，由线面平行的判定定理可得结论；（Ⅱ）由为等边三角形得，由四边形为菱形，可得，从而平面，进而可得结论；（Ⅲ）根据“等积变换”可得，由面面垂直的性质可得平面，∴为三棱锥的高，根据棱锥的体积公式可得结果.‎ 试题解析：（Ⅰ）取PD的中点G，连结GE和GA，‎ 则，∴‎ ‎∴四边形AFEG为平行四边形，∴‎ ‎∵平面PAD,EF平面PAD ‎∴EF∥平面PAD ‎ - 14 -‎ ‎（Ⅱ）取中点，连结， ‎ 因为为等边三角形，所以．‎ 因为四边形为菱形，所以，‎ 又因为，所以为等边三角形，‎ 所以． ‎ 因为，所以平面，‎ 因为平面，所以． ‎ ‎（Ⅲ）连结FC，∵PE=EC，∴‎ ‎∵四边形为菱形，且，‎ ‎∴‎ ‎∵平面平面，平面平面，平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴为三棱锥的高． ‎ ‎∴，‎ ‎∴． ‎ ‎∴‎ ‎【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、面面垂直的性质、利用等积变换求三棱锥体积，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的.‎ ‎21. 已知（为自然对数的底数）．‎ ‎（Ⅰ）讨论的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若有两个零点，求的取值范围；‎ ‎（2）在（1）的条件下，求证：．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）（1）；（2） 见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（I）求出函数的导数，通过讨论的范围，分别令求得 - 14 -‎ ‎ 的范围，可得函数增区间，求得 的范围，可得函数的减区间；（II）（1）由（Ⅰ）知，当时， 在R上为增函数，不合题意；当时， 的递增区间为，递减区间为，只需，即可解得的取值范围；（2）分离参数,问题转化为证明证明,不妨设,记,则,因此只要证明：，即根据函数的单调性证明即可.‎ 试题解析：（Ⅰ）的定义域为R，，（1）当时，在R上恒成立，∴在R上为增函数； （2）当时，令得，令得，∴的递增区间为，递减区间为； ‎ ‎（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）知，当时， 在R上为增函数，不合题意；‎ 当时， 的递增区间为，递减区间为，‎ 又，当时，，∴有两个零点，则，解得； ‎ ‎（2）由（Ⅱ）（1），当时，有两个零点，且在上递增， 在上递减，依题意，，不妨设． ‎ 要证，即证，‎ 又，所以，‎ 而在上递减，即证， ‎ 又，即证，（）． ‎ 构造函数， ‎ ‎，∴在单调递增，‎ ‎∴，从而，‎ ‎∴，（），命题成立．‎ 请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请涂写清题号。‎ - 14 -‎ ‎22. 选修4—4：坐标系与参数方程 在直角坐标系中，直线的参数方程为 ．以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（Ⅰ）写出的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线与曲线交于A,B两点，当时，求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）,.（Ⅱ）.‎ ‎【解析】试题分析：（I）将直线的参数方程为利用代入法消去参数即可得到的普通方程，由极坐标方程为得，利用互化公式可得的直角坐标方程；（Ⅱ）将直线的参数方程代入的直角坐标方程，根据韦达定理以及直线参数方程的几何意义列方程求解即可.‎ 试题解析：（Ⅰ）依题意由直线：得，‎ 即 由极坐标方程为得，‎ 所以的直角坐标方程为 ‎ ‎（Ⅱ）依题意，直线过点，直线的参数方程与的直角坐标方程联立 得，‎ ‎∴, ‎ ‎∴；‎ ‎∴‎ - 14 -‎ ‎23. 选修：不等式选讲 已知函数，‎ ‎（Ⅰ）解不等式：；‎ ‎（Ⅱ）若对任意的，都有，使得成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）. （Ⅱ）.‎ ‎【解析】试题分析：（I）由得,从而得，进而可得结果；（Ⅱ）对任意的，都有，使得成立等价于，利用基本不等式求得，解绝对值不等式即可得结果.‎ 试题解析：（Ⅰ）由得 ‎.‎ ‎（Ⅱ）∵的值域为，∴对任意的，都有，使得成立，‎ ‎∵≥ ‎ 所以实数的取值范围是.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ - 14 -‎