南开中学2020届高三第四次月考 数学答案+解析

2019-2020学年高三第二学期第四次月考数学试卷参考答案一、选择题（共9小题；共45分）1．已知集合A＝{x|x2﹣2x﹣3＞0}，集合B＝{x∈Z|x2≤4x}，则∁R A∩B＝（）A．{x|0≤x≤3}B．{﹣1，0，1，2，3}C．{0，1，2，3}D．{1，2}【分析】根据题意，解x2﹣2x﹣3＞0可得集合A，由补集的意义可得∁R A＝{x|﹣1≤x≤3}，解x2≤4x可得集合B，由交集的意义计算∁R A∩B即可得答案．解：根据题意，x2﹣2x﹣3＞0⇒x＜﹣1或x＞3，则A＝{x|x2﹣2x﹣3＞0}＝{x|x＜﹣1或x＞3}，则∁R A＝{x|﹣1≤x≤3}，x2≤4x⇒0≤x≤4，B＝{x∈Z|x2≤4x}＝{x∈Z|0≤x≤4}＝{0，1，2，3，4}，则∁R A∩B＝{0，1，2，3}；故选：C．2．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．它是中国古代一个涉及几何体体积的问题，意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面面积恒相等，则体积相等．设A，B为两个同高的几何体，p：A，B的体积相等，q：A，B在等高处的截面面积恒相等，根据祖暅原理可知，p是q的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【分析】由q⇒p，反之不成立．即可得出．解：由q⇒p，反之不成立．∴p是q的必要不充分条件．故选：B．3．已知定义在R上的函数f（x）满足f（﹣x）＝f（x），且函数f（x）在（﹣∞，0）上是减函数，若，，则a，b，c的大小关系为（）A．a＜c＜b B．c＜b＜a C．b＜c＜a D．c＜a＜b【分析】根据题意，由偶函数的定义可得函数f（x）为偶函数，结合偶函数的性质可得a＝f（2cos）＝f（2cos）＝f（1），b＝f（）＝f（log24.1），进而分析可得f（x）在（0，+∞）上为增函数，又由1＜20.8＜2＜log24.1，据此分析可得答案．解：根据题意，函数f（x）满足f（﹣x）＝f（x），则函数f（x）为偶函数，a＝f（2cos）＝f（2cos）＝f（1），b＝f（）＝f（log24.1）c＝f（20.8），又由函数f（x）在（﹣∞，0）上是减函数，则f（x）在（0，+∞）上为增函数，且1＜20.8＜2＜log24.1，则a＜c＜b；故选：A．4．函数的一个单调递增区间是（）A．B．C．D．【分析】利用诱导公式化简函数的解析式，再利用余弦函数的单调性，求得f（x）的一个增区间．解：对于函数＝3cos（﹣2x）＝3cos（2x﹣），令2kπ﹣π≤2x﹣≤2kπ，求得kπ﹣≤x≤kπ+，可得函数的增区间为[kπ﹣，kπ+]，k∈Z，令k＝1，可得选项A正确，故选：A．5．数列{a n}满足：a n+1＝λa n﹣1（n∈N*，λ∈R且λ≠0），若数列{a n﹣1}是等比数列，则λ的值等于（）A．1B．﹣1C．D．2【分析】把已知数列递推式变形，由数列{a n﹣1}是等比数列求得λ的值．解：由a n+1＝λa n﹣1，得．由于数列{a n﹣1}是等比数列，∴，得λ＝2，故选：D．6．已知双曲线的一个焦点与抛物线y2＝8x的焦点F重合，抛物线的准线与双曲线交于A，B两点，且△OAB的面积为6（O为原点），则双曲线的方程为（）A．B．C．D．【分析】求得抛物线的焦点和准线方程，可得双曲线的c，由三角形的面积公式可得A 的坐标，由双曲线的定义可得a，进而得到b，可得双曲线的方程．解：抛物线y2＝8x的焦点F为（2，0），可得双曲线的焦点分别为）﹣2，0），（2，0），抛物线的准线为x＝﹣2，由△OAB的面积为6，可得•2|AB|＝6，即|AB|＝6，可设A（2，3），可得A到双曲线的两个焦点的距离之差的绝对值为|﹣3|＝2，即2a＝2，可得a＝1，由b＝＝＝，可得双曲线的方程为x2﹣＝1．故选：D．7．设e1．e2分别为具有公共焦点F1与F2的椭圆和双曲线的离心率，P为两曲线的一个公共点，且满足•＝0，则+的值为（）A．B．1C．2D．4【分析】椭圆的长半轴是a1，双曲线的实半轴是a2，它们的半焦距是c并设PF1＝m，PF2＝n，m＞n，根据椭圆的和双曲线的定义可得m+n＝2a1，m﹣n＝2a2，写出两个曲线的离心率，代入要求的式子得到结果．解：设椭圆的长半轴是a1，双曲线的实半轴是a2，它们的半焦距是c并设PF1＝m，PF2＝n，m＞n，根据椭圆的和双曲线的定义可得m+n＝2a1m﹣n＝2a2解得m＝a1+a2，n＝a1﹣a2又⊥，由勾股定理得PF12+PF22＝F1F22（a1+a2）2+（a1﹣a2）2＝（2c）2化简可得a12+a22＝2c2+＝2故选：C．8．已知函数的图象过点，且在上单调，把f（x）的图象向右平移π个单位之后与原来的图象重合，当且x1≠x2时，f（x1）＝f（x2），则f（x1+x2）＝（）A．B．C．﹣1D．1【分析】利用正弦函数的周期性和单调性，函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律，求得函数的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性求得x1+x2的值，可得f（x1+x2）的值．解：∵函数的图象过点，∴2sinφ＝，∴φ＝．f（x）在上单调，∴•≥﹣，∴0＜ω≤3．把f（x）的图象向右平移π个单位之后与原来的图象重合，∴k•＝π，k∈Z，∴ω＝2，f（x）＝2sin（2x+）．当且x1≠x2时，2x+∈（，3π），若f（x1）＝f（x2），则x1+x2＝2•＝5π，f（x1+x2）＝2sin（10π+）＝2sin＝，故选：B．9．已知函数f（x）＝|x3+a|，a∈R在[﹣1，1]上的最大值为M（a），若函数g（x）＝M（x）﹣|x2+t|有4个零点，则实数t的取值范围为．（）A．（1，）B．（﹣∞，﹣1）C．（﹣∞，﹣1）∪（1，）D．（﹣∞，﹣1）∪（1，2）【分析】根据条件求出函数M（a）的表达式，然后由g（x）＝0得M（x）＝|x2+t|，利用函数g（x）＝M（x）﹣|x2+t|有4个零点，建立条件关系即可求出t的取值范围．解：当a＝0时，f（x）＝|x3+a|＝|x3|为偶函数，此时最大值为M（a）＝M（﹣1）＝M （1），当a＞0时，函数在[﹣1，1]上的最大值为M（a）＝f（1）＝|1+a|＝a+1，当a＜0时，函数在[﹣1，1]上的最大值为M（a）＝f（﹣1）＝|﹣1+a|＝1﹣a，即M（a）＝．∴M（x）＝．由g（x）＝M（x）﹣|x2+t|＝0得M（x）＝|x2+t|，设函数M（x），m（x）＝|x2+t|，作出两个函数的图象如图：①若t≤0，要使g（x）＝M（x）﹣|x2+t|有4个零点，则两个图象的交点个数有4个，此时满足m（0）＞M（0），即|t|＞1，解得t＜﹣1．②若t＞0，则m（x）＝|x2+t|＝x2+t，当抛物线过点（0，1）时，t＝1．当抛物线与直线相切时，当x＞0时，由，此时x2﹣x+（t﹣1）＝0，由判别式△＝1﹣4（t﹣1）＝5﹣4t＝0，解得t＝．要使g（x）＝M（x）﹣|x2+t|有4个零点，则两个图象的交点个数有4个，此时满足1．综上t＜﹣1或1．故选：C．二、填空题（共6小题；共30分）10．若z是复数，z＝，则z•＝．【分析】由商的模等于模的商，结合求解．解：∵z＝，∴z•＝|z|2＝＝．故答案为：．11．二项式（）n的展开式中，仅有第六项的二项式系数取得最大值．则展开式中项的系数是．【分析】由二项式定理及展开式的通项公式得：T r+1＝（）10﹣r（﹣）r＝（﹣1）r 22r﹣10x，令＝得：r＝3，即展开式中项的系数是（﹣1）32﹣4＝﹣，得解．解：因为二项式（）n的展开式中，仅有第六项的二项式系数取得最大值．所以展开式共有11项，则n+1＝11，即n＝10，则二项式（）10的展开式的通项为T r+1＝（）10﹣r（﹣）r＝（﹣1）r22r ﹣10x，令＝得：r＝3，即展开式中项的系数是（﹣1）32﹣4＝﹣，故答案为：﹣．12．一组样本数据的频率分布直方图如图所示，试估计此样本数据的中位数为．【分析】根据中位数的公式代入即可．解：设中位数为a，则0.02×4+0.08×4+（a﹣10）×0.09＝0.5，解之得a＝，故答案为为：．13．在平行四边形ABCD中，||＝2，||＝4，∠ABC＝60°，E，F分别是BC，CD的中点，DE与AF交于H，则•的值是．【分析】过点F作BC的平行线交DE于G，计算出GF＝AD，求出和的向量，利用向量数量积的定义和公式计算•即可．解：过点F作BC的平行线交DE于G，则G是DE的中点，且GF＝EC＝BC∴GF＝AD，则△AHD∽△GHF从而FH＝AH，∴＝，＝+＝＝﹣，则＝＝﹣，＝＝﹣﹣，则•＝（﹣）•（﹣﹣）＝﹣﹣•＝×16﹣×2×4×﹣×4＝﹣﹣＝，故答案为：．14．已知实数x，y满足x2+y2＝3，则+的最小值为．【分析】设（2x+y）2＝m．（x﹣2y）2＝n，可知n+m＝（2x+y）2+（x﹣2y）2＝5（x2+y2）＝15是定值，即可利用基本不等式的性质求解．解：设（2x+y）2＝m，（x﹣2y）2＝n，可知n+m＝（2x+y）2+（x﹣2y）2＝5（x2+y2）＝15，则+＝＝（5+）＝．当且仅当，即n＝2m，也即n＝10，m＝5时取等号．故答案为：15．已知函数，函数g（x）＝f（x）﹣kx+1有四个零点，则实数k的取值范围是．【分析】根据函数与方程的关系，利用参数分离法转化为两个函数的交点个数问题，利用数形结合进行求解即可．解：由g（x）＝f（x）﹣kx+1＝0得kx＝f（x）+1，当x＝0时，0＝f（0）+1＝0+1不成立，即x≠0，则k＝，若g（x）有四个零点，则等价为k＝有四个不同的根，设h（x）＝，则当x＞0时，h（x）＝＝lnx+﹣2，h′（x）＝﹣＝，则当x＞1时，h′（x）＞0，函数为增函数，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数为减函数，即此时当x＝1时，h（x）取得极小值，极小值为h（1）＝﹣1，当x→+∞，f（x）→+∞，当x≤0时，h（x）＝＝x++，h′（x）＝1﹣＝，由h′（x）＞0得x＞1（舍）或x＜﹣1，此时函数为增函数，由h′（x）＜0得﹣1＜x＜0，此时h（x）为减函数，即当x＝﹣1时，h（x）取得极大值，极大值为h（﹣1）＝﹣1﹣1+＝﹣，作出函数h（x）的图象如图：要使k＝有四个根，则满足﹣1＜k＜，即实数k的取值范围是（﹣1，），故答案为：（﹣1，）三、解答题（共5小题；共75分）16．某校开展学生社会法治服务项目，共设置了文明交通，社区服务，环保宣传和中国传统文化宣讲四个项目，现有该校的甲、乙、丙、丁4名学生，每名学生必须且只能选择1项．（Ⅰ）求恰有2个项目没有被这4名学生选择的概率；（Ⅱ）求“环保宣传”被这4名学生选择的人数ξ的分布列及其数学期望．【分析】（Ⅰ）基本事件总数n＝44＝256，恰有2个项目没有被这4名学生选择包含的基本事件个数m＝＝84，由此能求出恰有2个项目没有被这4名学生选择的概率．（Ⅱ）“环保宣传”被这4名学生选择的人数ξ的可能取值为0，1，2，3，4，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和E（ξ）．解：（Ⅰ）某校开展学生社会法治服务项目，共设置了文明交通，社区服务，环保宣传和中国传统文化宣讲四个项目，现有该校的甲、乙、丙、丁4名学生，每名学生必须且只能选择1项．基本事件总数n＝44＝256，恰有2个项目没有被这4名学生选择包含的基本事件个数m＝＝84，∴恰有2个项目没有被这4名学生选择的概率p＝＝＝．（Ⅱ）“环保宣传”被这4名学生选择的人数ξ的可能取值为0，1，2，3，4，P（ξ＝0）＝＝，P（ξ＝1）＝＝，P（ξ＝2）＝＝，P（ξ＝3）＝＝，P（ξ＝4）＝＝，∴ξ的分布列为：E（ξ）＝+4×＝1．17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，PA＝AB，AB ＝2，AD＝，CD＝1．（1）证明：BD⊥PC；（2）求二面角A﹣PC﹣D的余弦值；（3）设Q为线段PD上的点，且直线AQ和平面PAC所成角的正弦值为，求的值．【分析】（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明BD⊥PC．（2）求出平面APC的法向量和平面PCD的法向量，利用向量法能求出二面角A﹣PC ﹣D的余弦值．（3）设Q为线段PD上的点，Q（a，b，c），＝λ，0≤λ≤1，求出＝（0，），由平面PAC的法向量＝（，﹣1，0），且直线AQ和平面PAC所成角的正弦值为，利用向量法能求出结果．解：（1）证明：∵在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，PA＝AB，AB＝2，AD＝，CD＝1．∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则B（2，0，0），D（0，，0），P（0，0，2），C（1，，0），＝（﹣2，，0），＝（1，，0），∴＝0，∴BD⊥PC．（2）解：A（0，0，0），＝（0，0，2），＝（1，，0），设平面APC的法向量＝（x，y，z），则，取x＝，得＝（，﹣1，0），平面PCD的法向量＝（1，0，0），设二面角A﹣PC﹣D的平面角为θ，则cosθ＝＝＝．∴二面角A﹣PC﹣D的余弦值为．（3）解：设Q为线段PD上的点，Q（a，b，c），＝λ，0≤λ≤1，则（a，b，c﹣2）＝（0，，﹣2λ），解得，c＝2﹣2λ，∴Q（0，，2﹣2λ），＝（0，），∵平面PAC的法向量＝（，﹣1，0），且直线AQ和平面PAC所成角的正弦值为，∴＝＝，解得或λ＝2（舍），∴＝．18．已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，两焦点与短轴的一个端点的连线构成的三角形面积为．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设与圆O：x2+y2＝相切的直线l交椭圆C于A，B两点（O为坐标原点），求|OA|cos ∠OAB+的最大值．【分析】（Ⅰ）由已知可得关于a，b，c的方程组，求解可得a，b，c的值，则椭圆方程可求；（Ⅱ）由题意可知，k存在，设直线为y＝kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），将直线y ＝kx+m代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及直线和圆相切的条件得m与k 的关系，结合基本不等式即可得到|OA|cos∠OAB+的最大值．解：（Ⅰ）由题意可得，e＝，a2﹣b2＝c2，bc＝，解得a＝，b＝1，c＝，即有椭圆的方程为+y2＝1；（Ⅱ）由题意可知，k存在，设直线为y＝kx+m（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），|OA|cos∠OAB+＝|AT|+．将直线y＝kx+m代入椭圆方程可得（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣3＝0，x1+x2＝﹣，x1x2＝，由直线l与圆O：x2+y2＝相切，可得，即有4m2＝3（1+k2），|AB|＝•＝•＝•＝•＝•≤•，当且仅当9k2＝，即k＝±时等号成立．∴|OA|cos∠OAB+的最大值为2．19．已知数列{a n}满足．（1）设，求数列{b n}的通项公式；（2）求数列{a n}的前n项和S n；（3）记，求数列{c n}的前n项和T n．【分析】（1）利用已知条件两边同除2n+1，推出数列{b n}是等差数列，然后求解的通项公式．（2）利用数列{b n}的通项公式，求解数列{a n}的通项公式，然后通过错位相减法求和即可．（3）化简通项公式，利用裂项求和求解即可．解：（1）数列{a n}满足，可得：，设，数列{b n}是等差数列，公差为1，首项为1，所以b n＝n；（2）易得，其前n项和：S n＝1•21+2•22+3•23+…+n•2n…①，2S n＝1•22+2•23+…+n•2n+1…②，②﹣①可得：S n＝﹣1﹣22﹣23﹣…﹣2n+n•2n+1∴；（3）＝，＝或写成．20．已知函数f（x）＝lnx﹣mx，m∈R．（Ⅰ）求f（x）的极值；（Ⅱ）证明：m＝0时，e x＞f（x+2）（Ⅲ）若函数g（x）＝（x﹣e）f（x）有且只有三个不同的零点，分别记为x1，x2，x3，设x1＜x2＜x3且的最大值是e2，证明：x1x3．【分析】（Ⅰ）求导，讨论得出函数的单调性情况，进而求得极值；（Ⅱ）将m＝0代入，构造函数F（x），只需函数F（x）的最小值大于0即可得证；（Ⅲ）显然，x2＝e，且分析可知0＜x1＜e，x3＞e，通过换元，降元可得，进而构造函数得证．解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）．由已知可得，当m≤0 时，f′（x）≥0，故f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，f（x）无极值；当m＞0 时，由f′（x）＞0，解得；由f′（x）＜0，解得，所以函数f（x）在上单调递增，在上单调递减，f（x）的极大值为，无极小值；（Ⅱ）证明：令F（x）＝e x﹣f（x+2）＝e x﹣ln（x+2）（x＞﹣2），故只需证明F（x）＞0，函数在（﹣2，+∞）上为增函数，且F′（﹣1）＜0，F′（0）＞0．，故F′（x）＝0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0），，则ln（x0+2）＝﹣x0，当x∈（﹣2，x0）时，F′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，F′（x）＞0，从而当x＝x0时，F（x）取得最小值，故，综上，m＝0时，e x＞f（x+2）；（Ⅲ）证明：∵函数g（x）＝（x﹣e）（lnx﹣mx）有且只有三个不同的零点，显然x＝e是其零点，∴函数f（x）＝lnx﹣mx存在两个零点，即lnx﹣mx＝0有两个不等的实数根，可转化为方程在区间（0，+∞）上有两个不等的实数根，即函数y＝m的图象与函数的图象有两个交点，∵，∴由h′（x0）＞0，解得0＜x＜e，故h（x）在（0，e）上单调递增；由h′（x0）＜0，解得x＞e，故h（x）在（e，+∞）上单调递减；故函数y＝m的图象与的图象的交点分别在（0，e），（e，+∞）上，即lnx﹣mx＝0 的两个根分别在区间（0，e），（e，+∞）上，∴g（x）的三个不同的零点分别是x1，e，x3，且0＜x1＜e，x3＞e，令，则t∈（1，e2]，由，解得，故，令，则，令，则，∴q（t）在区间（1，e2]上单调递增，即q（t）＞q（1）＝0，∴p′（t）＞0，即p（t）在区间（1，e2]上单调递增，即，∴，即x1x3．。