2019-2020年高三第四次月考数学试题含解析

1、2019-2020年高三第四次月考数学试题含解析一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分请把答案填写在答题卡相应位置上1（5分）已知集合A=x|0 x，则AZ=1，2【考点】： 交集及其运算【专题】： 集合【分析】： 求出集合A与整数集的交集即可【解析】： 解：A=x|0 x，AZ=1，2故答案为：1，2【点评】： 此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键2（5分）函数y=sin2x+1的最小正周期为【考点】： 三角函数的周期性及其求法【专题】： 计算题【分析】： 直接利用三角函数的周期公式，求出函数的周期即可【解析】： 解：由三角函数的周期公式可知，函数y=sin

2、2x+1的最小正周期为T=故答案为【点评】： 本题考查三角函数的周期公式的应用，是基础题，送分题3（5分）已知复数z=mi（mR，i为虚数单位），若（1+i）z为纯虚数，则|z|=【考点】： 复数代数形式的乘除运算【专题】： 数系的扩充和复数【分析】： 利用多项式的乘法运算法则，化简复数为a+bi的形式，通过复数是纯虚数，求出m，然后求解复数的模【解析】： 解：复数z=mi（mR，i为虚数单位），（1+i）（mi）=m+1+（m1）i，（1+i）z为纯虚数，m=1，z=1i，|z|=故答案为：【点评】： 本题主要考查复数的代数形式的混合运算，复数的模的计算，比较基础4（5分）在平面直角坐标系x

3、Oy中，抛物线x2=2py（p0）上纵坐标为2的一点到焦点的距离为3，则抛物线的焦点坐标为（0，1）【考点】： 抛物线的简单性质【专题】： 计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】： 先根据抛物线的方程求得准线的方程，进而利用点A的纵坐标求得点A到准线的距离，进而根据抛物线的定义求得答案【解析】： 解：依题意可知抛物线的准线方程为y=抛物线x2=2py（p0）上纵坐标为2的一点到焦点的距离为3，纵坐标为2的一点到准线的距离为+2=3，解得p=2抛物线焦点（0，1）故答案为：（0，1）【点评】： 本题主要考查了抛物线的定义的运用考查了学生对抛物线基础知识的掌握属基础题5（5分）（2014秋赣榆

4、县校级月考）一个算法的伪代码如图所示，则输出Y的值为11【考点】： 伪代码【专题】： 图表型；算法和程序框图【分析】： 模拟执行伪代码，依次写出每次循环得到的Y，I的值，当I=7时，不满足条件I6，退出循环，输出Y的值为11【解析】： 解：模拟执行伪代码，可得I=1满足条件I6，Y=3，I=3满足条件I6，Y=7，I=5满足条件I6，Y=11，I=7不满足条件I6，退出循环，输出Y的值为11故答案为：11【点评】： 本题主要考查了程序和算法，依次写出每次循环得到的Y，I的值是解题的关键，属于基本知识的考查6（5分）在一个样本的频率分布直方图中，共有5个小矩形，若中间一个小矩形的面积等于其他4个

5、小矩形的面积和的，且中间一组的频数为25，则样本容量为100【考点】： 频率分布直方图【专题】： 概率与统计【分析】： 根据频率分布直方图，求出中间一组数据的频率，由频率、频数与样本容量的关系，求出样本容量是多少【解析】： 解：根据频率分布直方图，得；中间一组数据的频率为=0.25，它的频数为25，样本容量为250.25=100故答案为：100【点评】： 本题考查了频率分布直方图的应用问题，解题时应根据频率分布直方图中各小矩形的面积和等于1，求出对应的频率，即可求出正确的答案，是基础题7（5分）一口袋中放有质地、大小完全相同的6个球，编号分别为1，2，3，4，5，6，甲先摸出一个球，记下编号，

6、放回后乙再摸一个球，甲、乙两人所摸球的编号不同的概率是【考点】： 古典概型及其概率计算公式【专题】： 概率与统计【分析】： 本题是一个古典概型，试验发生包含的甲、乙两人取出的数字共有66种等可能的结果，满足条件的事件可以通过列举法得到，根据古典概型的概率公式以及对立事件的概率关系即可得到结果【解析】： 解：试验发生包含的甲、乙两人取出的数字共有66=36种等可能的结果，设“编号不相同”为事件B，则“编号相同”为其对立事件，事件包含的基本事件为（1，1），（2，2），（3，3），（4，4），（5，5），（6，6），则，所以 ，故编号不同的概率为故答案为：【点评】： 本题考查古典概型及其概率公式，

7、考查利用列举法得到试验包含的所有事件，考查利用概率知识解决实际问题，本题好似一个典型的概率题目8（5分）若正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则三棱锥BB1C1D的体积为【考点】： 棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】： 空间位置关系与距离【分析】： 由正方体的性质可得：点C1到对角面BB1D的距离h=利用=即可得出【解析】： 解：如图所示，由正方体的性质可得：点C1到对角面BB1D的距离h=故答案为：【点评】： 本题考查了正方体的性质、线面面面平行垂直的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题9（5分）已知等比数列an的前n项和为Sn=3nk（kN*），则a

8、2k的值为6【考点】： 等比数列的前n项和【专题】： 等差数列与等比数列【分析】： 由已知条件利用，先求出a1，a2，a3，再由等比数列的性质求出k，由此能求出a2k【解析】： 解：等比数列an的前n项和为Sn=3nk（kN*），a1=S1=3k，a2=S2S1=（9k）（3k）=6，a3=S3S2=（27k）（9k）=18，（3k）18=62，解得k=1，a2k=a2=6故答案为：6【点评】： 本题考查等比数列中第2k项的求法，是基础题，解题时要注意公式的灵活运用10（5分）已知直线xy1=0及直线xy5=0截圆C所得的弦长均为10，则圆C的面积是27【考点】： 圆的一般方程【专题】： 直线

9、与圆【分析】： 求出两条平行直线直线xy1=0及直线xy5=0之间的距离为2d，可得弦心距d=，利用弦长公式求出半径r的值，可得圆C的面积【解析】： 解：两条平行直线直线xy1=0及直线xy5=0之间的距离为2d=2，弦心距d=半径r=圆C的面积是r2=27，故答案为：27【点评】： 本题主要考查直线和圆相交的性质，两条平行直线间的距离公式，属于中档题11（5分）如图所示为函数f（x）=2sin（x+）（0，）的部分图象，其中A，B两点之间的距离为5，那么f（1）=2【考点】： 由y=Asin（x+）的部分图象确定其解析式；函数的值【专题】： 计算题；三角函数的图像与性质【分析】： 由函数图象

10、经过点（0，1），代入解析式得sin=，解出=根据A、B两点之间的距离为5，由勾股定理解出横坐标的差为3，得函数的周期T=6，由此算出=，得出函数的解析式，从而求出f（1）的值【解析】： 解：函数图象经过点（0，1），f（0）=2sin=1，可得sin=，又，=其中A、B两点的纵坐标分别为2、2，设A、B的横坐标之差为d，则|AB|=5，解之得d=3，由此可得函数的周期T=6，得=6，解之得=函数f（x）的解析式为f（x）=2sin（x+），可得f（1）=2sin（+）=2sin=2故答案为：2【点评】： 本题给出正弦型三角函数的图象，确定其解析式并求f（1）的值着重考查了勾股定理、由y=As

11、in（x+）的部分图象确定其解析式等知识，属于中档题12（5分）在ABC中，C=90，CA=3，CB=4，若点M满足=，且=18，则cosMCA=【考点】： 平面向量数量积的运算【专题】： 计算题；平面向量及应用【分析】： 由=可得，则由=18可求，进而可用表示出，求出|，由夹角公式可得答案【解析】： 解：由=，得，则=18，解得，=432+42=52，=2，cosMCA=，故答案为：【点评】： 该题注意考查平面向量数量积的运算、三角形法则及平面向量基本定理，属基础题13（5分）已知圆心角为120的扇形AOB的半径为1，C为弧AB的中点，点D、E分别在半径OA、OB上若CD2+CE2+DE2=

12、，则OD+OE的最大值是【考点】： 向量在几何中的应用；余弦定理【专题】： 计算题【分析】： 设OD=a且OE=b，由余弦定理加以计算，可得CD2+CE2+DE2=2（a2+b2）（a+b）+ab+2=，配方整理得3ab=2（a+b）2（a+b），结合基本不等式建立不等关系，得2（a+b）2（a+b）（a+b）2，最后以a+b为单位解一元二次不等式，即可得到OD+OE的最大值【解析】： 解：设OD=a，OE=b，由余弦定理，得CD2=CO2+DO22CODOcos60=a2a+1同理可得CE2=b2b+1，DE2=a2+ab+b2从而得到CD2+CE2+DE2=2（a2+b2）（a+b）+ab

13、+2=2（a2+b2）（a+b）+ab=0，配方得2（a+b）2（a+b）3ab=0，即3ab=2（a+b）2（a+b）（*）又ab（a+b）2=（a+b）2，3ab（a+b）2，代入（*）式，得2（a+b）2（a+b）（a+b）2，设a+b=m，代入上式有2m2mm2，即m2m0，得到m，m最大值为，即OD+OE的最大值是【点评】： 本题给出扇形AOB的中心角为120，弧AB中点为C，半径OA、OB上的点D、E满足CD2+CE2+DE2=时，求OD+OE的最大值着重考查了余弦定理、用基本不等式求最值和一元二次不等式的解法等知识，属于中档题14（5分）已知m，n为正数，实数x，y满足=0，若x

14、+y的最大值为27，则m+n=54【考点】： 函数的最值及其几何意义【专题】： 计算题；函数的性质及应用；不等式的解法及应用【分析】： 由题意，+=，从而得到，令x+y=u，则u29u9（m+n）0，从而得27是方程u29u9（m+n）=0的解，从而求解【解析】： 解：由题意，+=，则（+）=，则由可得，令x+y=u，则上式可化为u29u9（m+n）0，又u=x+y的最大值为27可知，27是方程u29u9（m+n）=0的解，即27279279（m+n）=0，解得m+n=272=54，故答案为：54【点评】： 本题考查了基本不等式的应用及不等式与方程的解的关系，属于中档题二、解答题：本大题共6小

15、题，共计90分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15（14分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足c=1，且cosBsinC+（asinB）cos（A+B）=0（1）求C的大小；（2）求a2+b2的最大值，并求取得最大值时角A，B的值【考点】： 余弦定理的应用【专题】： 三角函数的求值；解三角形【分析】： （1）利用三角形的内角转化为A的三角函数，利用两角和的正弦函数求解结合正弦定理求出表达式，求出结合即可（2）由余弦定理以及基本不等式求解最值即可【解析】： 解：（1）cosBsinC+（asinB）cos（A+B）=0可得：cosBsinC（

16、asinB）cosC=0即：sinAacosC=0由正弦定理可知：，asinCacosC=0，sinCcosC=0，可得sin（C）=0，C是三角形内角，C=（2）由余弦定理可知：c2=a2+b22abcosC，得1=a2+b2ab又，即：当时，a2+b2取到最大值为2+【点评】： 本题考查三角形的最值，余弦定理的应用，正弦定理的应用，考查计算能力16（14分）如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB=A1B1，AC1平面A1BD，D为AC的中点（）求证：B1C平面A1BD；（）求证：B1C1平面ABB1A1；【考点】： 直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定【专题】： 证明题【分析

17、】： （I）由中位线定理得到B1CMD，再由线面平行的判定理理得到B1C平面A1BD；（）先证明A1BB1C1，BB1B1C1求再由线面垂直的判定理得到B1C1平面ABB1A1【解析】： （）证明：如图，连接AB1与A1B相交于M，则M为A1B的中点，连接MD，D又为AC的中点，B1CMD又B1C不包含于平面A1BD，MD平面A1BD，B1C平面A1BDB1C平面A1BD（5分）（）AB=B1B四边形ABB1A1为正方形A1BAB1又AC1面A1BD，AC1A1B，A1B面AB1C1，A1BB1C1，又在直棱柱ABCA1B1C1中BB1B1C1，B1C1平面ABB1A1（9分）【点评】： 本题

18、主要考查线面平行和线面垂直的判定定理以及三角形中位线定理17（14分）已知椭圆M：，直线y=kx（k0）与椭圆M交于A、B两点，直线与椭圆M交于C、D两点，P点坐标为（a，0），直线PA和PB斜率乘积为（1）求椭圆M离心率；（2）若弦AC的最小值为，求椭圆M的方程【考点】： 椭圆的简单性质；椭圆的标准方程【专题】： 圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】： （1）设A（x1，y1），由对称性得B（x1，y1）将A（x1，y1）代入椭圆可得利用斜率计算公式可得kPAkPB=，再利用已知，a2=b2+c2及即可得出；（2）由（1）可得a2=2b2，于是椭圆方程可化为x2+2y2=a2，与直线AC的方程

19、联立可得A，C的坐标，进而得到|AC|2，再利用基本不等式即可得出【解析】： 解：（1）设A（x1，y1），由对称性得B（x1，y1）将A（x1，y1）代入椭圆得，又，（2）椭圆方程可化为x2+2y2=a2，联立 解得，设O为坐标原点，则|OA|2=，同理可得|OC|2=|AC|2=+=当且仅当k2=1即k=1时取等号，此时，a2=2椭圆方程为 【点评】： 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交转化为方程联立，两点间的距离公式、基本不等式等基础知识与基本技能方法，属于难题18（16分）某固定在墙上的广告金属支架如图所示，根据要求，AB至少长3米，C为AB的中点，B到D的距离比CD的长

20、小0.5米，BCD=60（1）若CD=x，BC=y，将支架的总长度表示为y的函数，并写出函数的定义域（注：支架的总长度为图中线段AB、BD和CD长度之和）（2）如何设计AB，CD的长，可使支架总长度最短【考点】： 解三角形的实际应用【专题】： 应用题；不等式的解法及应用【分析】： （1）BCD中，CD=x，BC=y，BCD=60，由余弦定理可得x，y的关系式；（2）设y1=t（t0.5），则原式l=4t+5.5，利用基本不等式求出结果【解析】： 解：（1）由CD=x，则BD=x0.5，设BC=y，则支架的总长度为AC+BC+BD+CD，在BCD中，由余弦定理x2+y22xycos60=（x0.

21、5）2，化简得 y2xy+x0.25=0，即x= （4分）记l=y+y+x0.5+x=2y+2x0.5=0.5（0.5x0.5或x1）（6分）（2）由题中条件得2y3，即y1.5，设y1=t（t0.5）则原式l=4t+5.5 （10分）t0.5，由基本不等式4t+有且仅当4t=，即t=时成立，y=+1，x=，当AB=，CD=时，金属支架总长度最短 （16分）【点评】： 本题借助三角形的余弦定理建立函数解析式，考查函数的最值问题，是中档题19（16分）设数列an的前n项和Sn0，a1=1，a2=3，且当n2时，anan+1=（an+1an）Sn（1）求证：数列Sn是等比数列；（2）求数列an的通

22、项公式；（3）令bn=，记数列bn的前n项和为Tn设是整数，问是否存在正整数n，使等式Tn+成立？若存在，求出n和相应的值；若不存在，说明理由【考点】： 数列与函数的综合；数列的求和；数列递推式【专题】： 等差数列与等比数列【分析】： （1）通过当n3时，an=SnSn1，an+1=Sn+1Sn，代入anan+1=（an+1an）Sn，通过S1=1，S2=4，S3=16，满足，而Sn恒为正值，即可证明数列Sn是等比数列；（2）利用（1）求出Sn，然后求数列an的通项公式；（3）化简bn=，利用裂项法求出数列bn的前n项和为Tn通过n=1，推出不是整数，不符合题意，n2，是整数，从而=4是整数符

23、合题意然后得到结论【解析】： 解：（1）当n3时，an=SnSn1，an+1=Sn+1Sn，代入anan+1=（an+1an）Sn并化简得（n3），（4分）anan+1=（an+1an）Sn，又由a1=1，a2=3得S2=4，代入a2a3=（a3a2）S2可解得a3=12，S1=1，S2=4，S3=16，也满足，而Sn恒为正值，数列Sn是等比数列（6分）（2）由（1）知当n2时，又a1=S1=1，（8分）（3）当n2时，此时=，又（10分）故，当n2时，=，（12分）若n=1，则等式为，不是整数，不符合题意；（14分）若n2，则等式为，是整数，4n1+1必是5的因数，n2时4n1+15当且仅当

24、n=2时，是整数，从而=4是整数符合题意综上可知，当=4时，存在正整数n=2，使等式成立，当4，Z时，不存在正整数n使等式成立（16分）【点评】： 本题考查数列求和，数列的递推关系式的应用，函数的思想的应用，考查分析问题解决问题的能力20（16分）已知定义在（1，+）上的函数f（x）=xlnx2，g（x）=xlnx+x（1）求证：f（x）存在唯一的零点，且零点属于（3，4）；（2）若kZ，且g（x）k（x1）对任意的x1恒成立，求k的最大值【考点】： 函数零点的判定定理；函数恒成立问题【专题】： 函数的性质及应用【分析】： （1）令f（x）=0，得：x2=lnx，画出函数y=x2，y=lnx的

25、图象，读出即可；（2）将问题转化为k在x1上恒成立，令h（x）=，求出最小值即可【解析】： （1）证明：令f（x）=0，得：x2=lnx，画出函数y=x2，y=lnx的图象，如图示：f（x）存在唯一的零点，又f（3）=1ln30，f（4）=2ln4=2（1ln2）0，零点属于（3，4）；（2）解：由g（x）k（x1）对任意的x1恒成立，得：k，（x1），令h（x）=，（x1），则h（x）=，设f（x0）=0，则由（1）得：3x04，h（x）在（1，x0）递减，在（x0，+）递增，而3h（3）=4，h（4）=4，h（x0）4，k的最大值是3【点评】： 本题考查了函数的零点问题，考查了函数恒成立问

26、题，是一道中档题三、选做题：在21、22、23、24四小题中只能选做两题，每小题10分，共计20分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤选修4-1：几何证明选讲21（10分）如图，A，B，C是O上的三点，BE切O于点B，D是CE与O的交点若BAC=60，BC=2BE，求证：CD=2ED【考点】： 与圆有关的比例线段【专题】： 选作题；立体几何【分析】： 利用圆的切线的性质，结合BC=2BE，可得BEC=90，则，利用切割线定理，可得，从而可得CD，即可证明结论【解析】： 证明：因为BE切O于点B，所以CBE=BAC=60，因为BC=2BE，所以BEC=90，则又因为

27、BE2=ECED，所以，所以即CD=2ED【点评】： 本题考查圆的切线的性质、切割线定理，考查学生分析解决问题的能力，正确运用切割线定理是关键选修4-2：矩阵与变换22（10分）已知矩阵A=，求点M（1，1）在矩阵A1对应的变换作用下得到的点M坐标【考点】： 逆变换与逆矩阵【专题】： 矩阵和变换【分析】： 利用公式求出A的逆矩阵A1，进而即可求出点M（1，1）在矩阵A1对应的变换作用下得到的点M坐标【解析】： 解：设，则，所以，解得a=2，b=1，c=3，d=0，即由，知点M（1，3），所以新坐标为M（1，3）【点评】： 本题以点的变换为载体，考查待定系数法求矩阵，解题的关键是构建方程组选修4

28、-4：坐标系与参数方程23在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是（t是参数），以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，若圆C的极坐标方程是=4cos，且直线l与圆C相切，求实数m的值【考点】： 直线的参数方程【专题】： 坐标系和参数方程【分析】： 把极坐标方程、参数方程化为直角坐标方程，根据直线和圆相切的性质求出m的值【解析】： 解：由=4cos，得2=4cos，所以x2+y2=4x，即圆C的方程为（x2）2+y2=4又由消t，得，由直线l与圆C相切，所以，即m=2或m=6【点评】： 本题主要考查把极坐标方程、参数方程化为直角坐标方程的方法，点到直线的距离公式的应用，直线和圆的位置

29、关系，属于基础题选修4-5：不等式选讲24已知a，b，c均为正数，证明：【考点】： 不等式的证明【专题】： 不等式的解法及应用【分析】： 两次运用基本不等式即可证明结论【解析】： 证明：a，b，c均为正数，左边2=2=6，当且仅当a=b=c时取等号，【点评】： 本题考查基本不等式的运用，考查学生分析解决问题的能力，正确运用基本不等式是关键四、必做题：第25题、第26题，每题10分，共计20分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤25（10分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF平面ABCD，EFAB，BAF=90，AD=2，AB=AF=2EF=1

30、，点P在棱DF上（）求证：ADBF：（）若P是DF的中点，求异面直线BE与CP所成角的余弦值；（）若二面角DAPC的余弦值为，求PF的长度【考点】： 与二面角有关的立体几何综合题；异面直线及其所成的角【专题】： 综合题；空间位置关系与距离；空间角【分析】： （）利用面面垂直的性质，可得AD平面ABEF，即可证明ADBF；（）建立空间直角坐标系，求得=（，0，1），=（1，1，），利用向量的夹角公式，即可求异面直线BE与CP所成角的余弦值；（）设P点坐标为（0，22t，t），求得平面APF的法向量为=（1，0，0），平面APC的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得结论【解析】： （）证明：因为平

31、面ABEF平面ABCD，平面ABEF平面ABCD=AB，ADAB，所以AD平面ABEF，因为BF平面ABEF，所以ADBF；（）解：因为BAF=90，所以AFAB，因为平面ABEF平面ABCD，且平面ABEF平面ABCD=AB，所以AF平面ABCD，因为四边形ABCD为矩形，所以以A为坐标原点，AB，AD，AF分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz所以B（1，0，0），E（，0，1），P（0，1，），C（1，2，0）所以=（，0，1），=（1，1，），所以cos，=，即异面直线BE与CP所成角的余弦值为 （）解：因为AB平面ADF，所以平面APF的法向量为=（1，0，0）设P点坐标为（0，22t，t），在平面APC中，=（0，22t，t），=（1，2，0），所以平面APC的法向量为=（2，1，），所以cos，=，解得t=，或t=2（舍）此时|PF|=【点评】： 本题考查线面垂直，考查线线角、面面角，考查利用空间向量解决空间角问题，正确求向量是关键26（10分）已知函数f0（x）=（x0