届全国大联考高三第四次联考数学试题解析

1、2020届全国大联考高三第四次联考数学试题一、单项选择题1已知会集Ax|x23x40，By|y2x3，则AUB（）A3,4)B(1,)C(3,4)D(3,)【答案】B【分析】分别求解会集A,B再求并集即可.【详解】因为Ax|x23x40 x|1x4,By|y2x3y|y3,所以AUB(1,).应选：B【点睛】本题观察会集的运算与二次不等式的求解以及指数函数的值域等.属于基础题.2若直线2xym0与圆x22xy22y30订交所得弦长为25，则m（）A1B2C5D3【答案】A【分析】将圆的方程化简成标准方程,再依据垂径定理求解即可.【详解】圆x22xy22y30的标准方程(x1)2(y1)25,圆

2、心坐标为(1,1),半径为5,因为直线2xym0与圆x22xy22y30订交所得弦长为25,因此直线2xym0过圆心,得2(1)1m0,即m1.应选：A【点睛】本题观察了依据垂径定理求解直线中参数的方法,属于基础题.3抛物线x23ay的准线方程是y1，则实数a（）第1页共17页3344ABCD4433【答案】C【分析】依据准线的方程写出抛物线的标准方程,再比较系数求解即可.【详解】因为准线方程为y1,24y,因此3a4,即a4因此抛物线方程为x.3应选：C【点睛】本题观察抛物线与准线的方程.属于基础题.4已知p:cosxsiny，q:xy则p是q的（）2A充分而不用要条件B必需而不充分条件C充

3、分必需条件D既不充分也不用要条件【答案】B【分析】依据引诱公式化简sinycosy再分析即可.2【详解】因为cosxsinycosy,因此q建立可以推出p建立,但p建立得不到q建立,2比方coscos5,而5,因此p是q的必需而不充分条件.3333应选：B【点睛】本题观察充分与必需条件的判断以及引诱公式的运用,属于基础题.5一个圆锥的底面和一个半球底面完整重合，假如圆锥的表面积与半球的表面积相等，那么这个圆锥轴截面底角的大小是（）A15B30C45D60【答案】D【分析】设圆锥的母线长为l,底面半径为R,再表达圆锥表面积与球的表面积公式,从而求得l2R即可得圆锥轴截面底角的大小.【详解】第2页

4、共17页设圆锥的母线长为l,底面半径为R,则有R2RlR22R2,解得l2R,因此圆锥轴截面底角的余弦值是R160.l,底角大小为2应选：D【点睛】本题观察圆锥的表面积和球的表面积公式,属于基础题.6已知F是双曲线C:kx2y24|k|（k为常数）的一个焦点，则点F到双曲线C的一条渐近线的距离为（）A2kB4kC4D2【答案】D【分析】分析可得k0,再去绝对值化简成标准形式,从而依据双曲线的性质求解即可.【详解】当k0时,等式kx2y24|k|不是双曲线的方程；当k0时,kx2y24|k|4k,可化为y2x21,可得虚半轴长b2,因此点F到双曲4k4线C的一条渐近线的距离为2.应选：D【点睛】

5、本题观察双曲线的方程与点到直线的距离.属于基础题.7关于函数f(x)sinx在区间,的单调性，以下表达正确的选项是（）62A单调递加B单调递减C先递减后递加D先递加后递减【答案】C【分析】先用引诱公式得f(x)sinxcosx,再依据函数图像平移的63方法求解即可.【详解】函数f(x)sinxcosx的图象可由ycosx向左平移个单位得633到,以以下图,f(x)在,上先递减后递加.2第3页共17页应选：C【点睛】本题观察三角函数的平移与单调性的求解.属于基础题.8在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F、M分别是AB、AD、AA1的中点，又P、Q分别在线段AB、AD上，且APAQ

6、m(0ma)，设平面MEFI111111平面MPQl，则以下结论中不行立的是（）Al/平面BDD1B1BlMCC当maD当m变化时，直线l的地址不变时，平面MPQMEF2【答案】C【分析】依据线面平行与垂直的判断与性质逐一分析即可.【详解】因为PQ/B1D1,EFABAD,EF/BD,A1PAQm,因为因此1因此、分别是、的中点因此PQ/EF,因为面MEFI面MPQl,因此PQ/EF/l.选项A、D明显建立；因为BD/EF/l,BD平面ACC1A1,因此l平面ACC1A1,因为MC平面ACC1A1,因此lMC,因此B项建立；易知AC平面MEF,AC平面MPQ,而直线AC1与AC不垂直,因此C项

7、不行立.111应选：C【点睛】本题观察直线与平面的地址关系.属于中档题.2|OF|19已知抛物线y2px(p0)F为抛物线的焦点且MN为过焦点的弦，若，|MN|8，则VOMN的面积为（）第4页共17页A22B32C42D322【答案】A【分析】依据|OF|1可知2y4x,再利用抛物线的焦半径公式以及三角形面积公式求解即可.【详解】由题意可知抛物线方程为y24x,设点Mx1,y1点Nx2,y2,则由抛物线定义知,MN|MF|NF|x1x22,|MN|8则x1x26.由y24x得y124x1,y224x2则y12y2224.又MN为过焦点的弦,因此y1y24,则y2y1y12y222y1y242,

8、因此SVOMN1y2y122.|OF|2应选：A【点睛】本题观察抛物线的方程应用,同时也观察了焦半径公式等.属于中档题.10在VABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosBbsinAc.若a2，VABC的面积为3(21)，则bc（）A5B22C4D16【答案】C【分析】依据正弦定理边化角以及三角函数公式可得A4,再依据面积公式可求得bc6(22),再代入余弦定理求解即可.【详解】VABC中,acosBbsinAc,由正弦定理得sinAcosBsinBsinAsinC,又sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB,sinBsinAcosAsinB,又sinB0,si

9、nAcosA,tanA1,又A(0,),A4.SVABC1bcsinA2bc3(21),24bc6(22),a2,由余弦定理可得a2(bc)22bc2bccosA,第5页共17页(bc)24(22)bc4(22)6(22)16,可得bc4.应选：C【点睛】本题主要观察认识三角形中正余弦定理与面积公式的运用,属于中档题.11存在点Mx0,y0在椭圆x2y21(ab0)上，且点M在第一象限，使得过a2b2x0 xy0y1垂直的直线经过点0,b，则椭圆离心率点M且与椭圆在此点的切线2b22a的取值范围是（）A0,22C0,3D3,1B,13223【答案】D【分析】依据题意利用垂直直线斜率间的关系建立

10、不等式再求解即可.【详解】因为过点M椭圆的切线方程为x0 xy0y1,因此切线的斜率为b2x0,a2b2a2y0b23y0b22222由bx021,解得y02c2b,即b2c,因此ac2c,2x0y0a因此c3.a3应选：D【点睛】本题主要观察了建立不等式求解椭圆离心率的问题,属于基础题.12已知正三棱锥ABCD的全部极点都在球O的球面上，其底面边长为4，E、F、G分别为侧棱AB，AC，AD的中点.若O在三棱锥ABCD内，且三棱锥ABCD的体积是三棱锥OBCD体积的4倍，则其余接球的体积与三棱锥OEFG体积的比值为（）A63B83C123D243【答案】D【分析】如图，平面EFG截球O所得截面

11、的图形为圆面，计算AH4OH，由勾股第6页共17页定理解得R6，其余接球的体积为246，三棱锥OEFG体积为2，获取33答案.【详解】如图，平面EFG截球O所得截面的图形为圆面.正三棱锥ABCD中，过A作底面的垂线AH，垂足为H，与平面EFG交点记为K，连接OD、HD.依题意VABCD4VOBCD，因此AH4OH，设球的半径为R，在RtVOHD中，ODR，HD3BC43，OH1ROA，33332由勾股定理：R243R332，解得R6，其余接球的体积为246，3因为平面EFG/平面BCD，因此AH平面EFG，球心O到平面EFG的距离为KO，则KOOAKAOA1AHR2RR6，2333因此三棱锥O

12、EFG体积为1134262，34433因此其余接球的体积与三棱锥OEFG体积比值为243.应选：D.【点睛】本题观察了三棱锥的外接球问题，三棱锥体积，球体积，意在观察学生的计算能力和空间想象能力.第7页共17页二、填空题x2y21(a0,b0)的两条渐近线斜率分别为k1，k2，若k1k23，13若双曲线22ab则该双曲线的离心率为_.【答案】2【分析】由题得k1k2b23,再依据b2e21求解即可.a2a2【详解】双曲线x2y21的两条渐近线为ybx,可令k1b,k2b,则a2b2aaak1k2b23,因此b2e213,解得e2.a2a2故答案为：2.【点睛】本题观察双曲线渐近线求离心率的问题

13、.属于基础题.14已知在等差数列an中，a717，a1a3a515，前n项和为Sn，则S6_.【答案】39【分析】设等差数列公差为d,从而求得首项为a1,再利用基本量法列式求解公差与首项S6即可.【详解】设等差数列公差为d,首项为a1,依据题意可得a7a16d17,解得a1a12da14d15a11161d,因此S665339.32故答案为：39【点睛】本题观察等差数列的基本量计算以及前n项和的公式,属于基础题.15已知抛物线y22pxp0的焦点和椭圆x2y21的右焦点重合，直线过抛43第8页共17页物线的焦点F与抛物线交于P、Q两点和椭圆交于A、B两点，M为抛物线准线上一动点，满足PFMF8

14、，MFP，当VMFP面积最大时，直线AB的方程3为_.【答案】y3x1【分析】依据均值不等式获取PFMF16，MFP43，依据等号建立条件得S到直线AB的倾斜角为，计算获取直线方程.3【详解】由椭圆x2y21，可知c1，p1，p2，y24x，432SMFP1PFMFsin3PFMF，2348PFMF2PFMF，PFMF16，SMFP3PFMF31643（当且仅当PFMF4，等号建立），44QMF4，F1F2，FMF1，MFF1，63直线AB的倾斜角为，直线AB的方程为y3x1.3故答案为：y3x1.【点睛】本题观察了抛物线，椭圆，直线的综合应用，意在观察学生的计算能力和综合应用能力.16已知三

15、棱锥PABC，PAPBPC，VABC是边长为4的正三角形，D，E分别是PA、AB的中点，F为棱BC上一动点（点C除外），CDE，若异面72直线AC与DF所成的角为，且cos，则CF_.10第9页共17页【答案】52【分析】取AC的中点G，连接GP，GB，取PC的中点M，连接DM，MF，DF，直线AC与DF所成的角为MDF，计算MF2a22a2，DF2a24a10，依据余弦定理计算获取答案。【详解】取AC的中点G，连接GP，GB，依题意可得ACGP，ACGB，因此AC平面GPB，因此ACPB，因为D，E分别PA、AB的中点，因此DE/BP，因为CDE2，因此PBCD，因此BP平面PAC，故BPA

16、P，故PAPBPC22，故PA,PB,PC两两垂直。取PC的中点M，连接DM，MF，DF，因为DM/AC，因此直线AC与DF所成的角为MDF，设CFa0a4，则MF2MC2CF22MCCFcosa22a2，4DF2DP2PF228a2222a2a24a10，2因此cos122a6a7a24a102a24a10，410化简得6a412a50，解得a552，即CF.2故答案为：5.2【点睛】本题观察了依据异面直线夹角求长度，意在观察学生的计算能力和空间想象能力.三、解答题第10页共17页17在数列an和等比数列bn中，a10，a32，bn2an1nN*.（1）求数列bn及an的通项公式；（2）若c

17、n1anbn，求数列cn的前n项和Sn.2【答案】（1）ann1，bn2n（2）Sn2(n2)2n【分析】(1)依据a10与a32可求得b12,b3238再依据等比数列的基本量求解即可.(2)由(1)可得cn(n1)2n1,再利用错位相减乞降即可.【详解】解：（1）依题意b12,b3238,设数列b的公比为q,由bn2an10,可知q0,n由b3b1q22q28,得q24,又q0,则q=2,故bnb1qn122n12n,又由2an12n,得ann1.（2）依题意cn(n1)2n1.Sn020121222(n2)2n2(n1)2n1,则2Sn021122223(n2)2n1(n1)2n,-得Sn

18、21222n1(n1)2n22n(n1)2n,12即Sn2(2n)2n,故Sn2(n2)2n.【点睛】本题主要观察了等比数列的基本量求解以及错位相减乞降等.属于中档题.18如图，在四棱锥SABCD中，平面SAD平面ABCD，SD1，cosASD5，5底面ABCD是边长为2的菱形，点E，F分别为棱DC，BC的中点，点G是棱SC靠近点C的四均分点.第11页共17页求证：（1）直线SAP平面EFG；2）直线AC平面SDB.【答案】（1）见分析（2）见分析【分析】(1)连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,再证明SAGH即可.(2)证明ACBD与SDAC即可.【详解】1）连接AC、BD交于点

19、O,交EF于点H,连接GH,因此O为AC的中点,H为OC的中点,由E、F为DC、BC的中点,再由题意可得CGCH1,因此在三角形CAS中CSCA4SAGH,SA平面EFG,GH平面EFG,因此直线SAP平面EFG.（2）在VASD中,SD1,AD2,cosASD5,由余弦定理5得,AD2SA2SD22SASDcosASD,即22SA2122SA15,解得5SA5,由勾股定理逆定理可知SDDA,因为侧面SAD底面ABCD,由面面垂直的性质定理可知SD平面ABCD,因此SDAC,因为底面ABCD是菱形,因此ACBD,因为SDIBDD,因此AC平面SDB.【点睛】本题观察线面平行与垂直的证明.需要依

20、据题意利用等比率以及余弦定理勾股定理等证明.属于中档题.19设抛物线C:y22px(p0)过点(m,2m)(m0).（1）求抛物线C的方程；uuuruuur（2）F是抛物线C的焦点，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，若BF2FA，|AB|的值.第12页共17页【答案】（1）y24x（2）92【分析】(1)代入(m,2m)计算即可.(2)设直线AB的方程为yk(x1),再联立直线与抛物线的方程,消去x可得y的一元二,uuuruuur,.次方程再依据韦达定理与BF2FA求解k从而利用弦长公式求解即可【详解】解：1C:y22px(p0),4m2pm,p2,（）因为抛物线过点(m,2m)因此因此抛物

21、线的方程为y24x（2）由题意知直线AB的斜率存在,可设直线AB的方程为uuuruuur2y1,联立yk(x1)yk(x1),Ax1,y1,Bx2,y2.因为BF2FA,因此y2y24x,化简得24442yy40,因此y1y2,yy4,因此y1,y2解得121,kkkk22,因此|AB|11y1y224y1y2992818.k2【点睛】本题观察抛物线的方程以及联立直线与抛物线求弦长的简单应用.属于基础题.20已知在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，PAAB，在四边形ABCD中，DAAB，AD/BC，ABAD2BC2，E为PB的中点，连接DE，F为DE的中点，连接AF.1）求证：AFPB.2

22、）求二面角AECD的余弦值.【答案】（1）见分析；（2）217第13页共17页【分析】（1）连接AE，证明PBAD，AEPB获取PB面ADE，获取证明.（2）以PA，AB，AD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz，r1,1,2为平面AEC的法向量，平面DEC的一个法向量为urnm3,1,2，计算夹角获取答案.【详解】（）连接AE，在四边形ABCD中，DAAB，PA平面ABCD，1AD面ABCD，ADPA，PAIABA，AD面PAB，又QPB面PAB，PBAD，又Q在直角三角形PAB中，PAAB，E为PB的中点，AEPB，ADAEA，PB面ADE，AF面ADE，AFPB.（2）以

23、PA，AB，AD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz，P2,0,0，B0,2,0，E1,1,0，C0,2,1，A0,0,0，D0,0,2，ruuuruuurvuuuv00,2,1nAC设nx,y,z为平面AEC的法向量，AC，AE1,1,0，vuuuv，nAE02yz01，则y1，z2，r1,1,2xy，令xn，0同理可得平面DEC的一个法向量为urm3,1,2.urrcos31421，设向量m与n的所成的角为，6147由图形知，二面角AECD为锐二面角，因此余弦值为21.7第14页共17页【点睛】本题观察了线线垂直，二面角，意在观察学生的计算能力和空间想象能力.21已知函数f

24、(x)4lnx1x2.2（1）求f(x)的单调区间；f(x)b1x零点的个数.（2）谈论g(x)x2【答案】（1）见分析（2）见分析【分析】(1)求导后分析导函数的正负再判断单调性即可.(2)g(x)4lnxbx,g(x)有零点等价于方程4lnxbx0实数根,再换元将原xx方程转变成b2lnt,再求导分析h(t)2lnt的图像数形结合求解即可.tt【详解】（1）f(x)的定义域为(0,),f(x)4xx24,当0 x2时,f(x)0,所xx以yf(x)在(0,2)单调递减；当x2时,f(x)0,因此yf(x)在(2,)单调递增,因此yf(x)的减区间为(0,2),增区间为(2,).（2）g(x

25、)4lnxbx,g(x)有零点等价于方程4lnxxxbx0实数根,令2lnt,2(1lnt).x2t(t0)则原方程转变成b2lnt,h(t)t令h(t)tt2令h(t)0,te,t(0,e),h(t)0,t(e,),h(t)0,h(t)maxh(e)21h(t)2e0,当te时,h(t)0.,当t时,ee如图可知第15页共17页当b0时h(t)有独一零点即有独一零点；,g(x)当0b2g(x)有两个零点；时,h(t)有两个零点,即e当b2时,h(t)有独一零点,即g(x)有独一零点；eb2时,h(t)此时无零点,即g(x)此时无零点.e【点睛】本题主要观察了利用导数分析函数的单调性的方法,同时也观察了利用导数分析函数零点的问题,属于中档题