2020届天津市南开中学高三第四次月考（线上考试）数学试卷（含答案解析）

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1、2019-2020 学年高三第二学期第四次月考数学试卷学年高三第二学期第四次月考数学试卷 一、选择题 1已知集合 Ax|x22x30，集合 BxZ|x24x，则RAB（ ） Ax|0x3 B1，0，1，2，3 C0，1，2，3 D1，2 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 3已知定义在

2、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（ ） Aacb Bcba Cbca Dcab 4函数 的一个单调递增区间是（ ） A B C D 5数列an满足：an+1an1（nN*，R 且 0），若数列an1是等比数列，则 的值等于（ ） A1 B1 C D2 6已知双曲线的一个焦点与抛物线 y 28x 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 7设 e1e2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

3、两曲线的一个公 共点，且满足0，则+的值为（ ） A B1 C2 D4 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 个单位之后与原来的图象重合，当 且 x1x2时，f（x1）f（x2），则 f（x1+x2）（ ） A B C1 D1 9已知函数 f（x）|x3+a|，aR 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） 二、填空题（共 6 小题） 10若 z 是复数，z，则 z 11二项式（） n 的展开式中，仅有第六项的二项式系数取得最

4、大值则展开式中 项的系数是 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 13在平行四边形 ABCD 中，|2，|4，ABC60，E，F 分别是 BC，CD 的中 点，DE 与 AF 交于 H，则的值是 14已知实数 x，y 满足 x2+y23，则+的最小值为 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 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 （）求恰有 2 个

5、项目没有被这 4 名学生选择的概率； （）求“环保宣传”被这 4 名学生选择的人数 的分布列及其数学期望 17如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ABCD，ABAD，PAAB，AB 2，AD，CD1 （1）证明：BDPC； （2）求二面角 APCD 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 18已知椭圆 C：+1（ab0）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 （）求椭圆 C 的方程； （） 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|O

6、A|cos OAB+的最大值 19已知数列an满足 （1）设，求数列bn的通项公式； （2）求数列an的前 n 项和 Sn； （3）记，求数列cn的前 n 项和 Tn 20已知函数 f（x）lnxmx，mR （）求 f（x）的极值； （）证明：m0 时，exf（x+2） （）若函数 g（x）（xe）f（x）有且只有三个不同的零点，分别记为 x1，x2，x3， 设 x1x2x3且 的最大值是 e2，证明：x1x3 参考答案 一、选择题（共 9 小题；共 45 分） 1已知集合 Ax|x22x30，集合 BxZ|x24x，则RAB（ ） Ax|0x3 B1，0，1，2，3 C0，1，2，3 D1，

7、2 【分析】 根据题意， 解 x22x30 可得集合 A， 由补集的意义可得RAx|1x3， 解 x24x 可得集合 B，由交集的意义计算RAB 即可得答案 解：根据题意，x22x30x1 或 x3， 则 Ax|x22x30x|x1 或 x3， 则RAx|1x3， x24x0x4， BxZ|x24xxZ|0x40，1，2，3，4， 则RAB0，1，2，3； 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

8、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 qp，反之不成立即可得出 解：由 qp，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（ ） Aacb Bcba Cbca Dcab 【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），bf（）f（log24.1），进而分析 可得 f（x）在（0，+）上为

9、增函数，又由 120.82log24.1，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， af（2cos）f（2cos）f（1），bf（）f（log24.1）cf（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 120.82log24.1， 则 acb； 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 2k2x2k， 求得 kxk+， 可得函

10、数的增区间为k， k+，kZ， 令 k1，可得选项 A 正确， 故选：A 5数列an满足：an+1an1（nN*，R 且 0），若数列an1是等比数列，则 的值等于（ ） A1 B1 C D2 【分析】把已知数列递推式变形，由数列an1是等比数列求得 的值 解：由 an+1an1，得 由于数列an1是等比数列， ，得 2， 故选：D 6已知双曲线的一个焦点与抛物线 y 28x 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

11、 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 y28x 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 x2， 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 2a2，可得 a1， 由 b， 可得双曲线的方程为 x21 故选：D 7设 e1e2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 B1 C2 D4 【分析】 椭圆的长半轴是 a1， 双曲线的实半

12、轴是 a2， 它们的半焦距是 c 并设 PF1m， PF2 n，mn，根据椭圆的和双曲线的定义可得 m+n2a1，mn2a2，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 PF1m，PF2n，mn，根据椭圆的和双曲线的定义可得 m+n2a1 mn2a2 解得 ma1+a2，na1a2 又，由勾股定理得 PF12+PF22F1F22 （a1+a2）2+（a1a2）2（2c）2 化简可得 a12+a222c2 +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 个单位之后与原来的图象重合，

13、当 且 x1x2时，f（x1）f（x2），则 f（x1+x2）（ ） A B C1 D1 【分析】利用正弦函数的周期性和单调性，函数 yAsin（x+）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， 2sin， f（x）在上单调， ，03 把 f（x）的图象向右平移 个单位之后与原来的图象重合，k，kZ， 2，f（x）2sin（2x+） 当且 x1x2时，2x+（，3），若 f（x1）f（x2）， 则 x1+x22 5， f（x1+x2）2sin（10+）2sin， 故选：B 9已知函数 f（x）|

14、x3+a|，aR 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 a0 时， f （x） |x3+a|x3|为偶函数， 此时最大值为 M （a） M （1） M （1） ， 当 a0 时，函数在1，1上的最大值为 M（a）f（1）|1+a|a+1， 当 a0 时，函数在

15、1，1上的最大值为 M（a）f（1）|1+a|1a， 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： 若 t0，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 t1 若 t0，则 m（x）|x2+t|x2+t， 当抛物线过点（0，1）时，t1 当抛物线与直线相切时，当 x0 时， 由，此时 x2x+（t1）0， 由判别式14（t1）54t0， 解得 t 要使 g（x）M（x）|x2+t|有 4 个零点，

16、则两个图象的交点个数有 4 个，此时满足 1 综上 t1 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：Tr+1（）10r（）r（1） r22r10 x，令得：r3，即展开式中项的系数是（1）324 ，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+111， 即 n10， 则二项式（）10的

17、展开式的通项为 Tr+1（）10 r（ ）r（1）r22r 10 x， 令得：r3， 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 0.024+0.084+（a10）0.090.5， 解之得 a， 故答案为为： 13在平行四边形 ABCD 中，|2，|4，ABC60，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 GFAD，求出和的向量， 利用向量数量积的定义和公式计算即可

18、 解：过点 F 作 BC 的平行线交 DE 于 G， 则 G 是 DE 的中点， 且 GFECBC GFAD， 则AHDGHF 从而 FHAH， ， +， 则， ， 则 （） （） 1624 4， 故答案为： 14已知实数 x，y 满足 x2+y23，则+的最小值为 【分析】设（2x+y）2m （x2y）2n，可知 n+m（2x+y）2+（x2y）25（x2+y2） 15 是定值，即可利用基本不等式的性质求解 解：设（2x+y）2m，（x2y）2n，可知 n+m（2x+y）2+（x2y）25（x2+y2） 15， 则+（5+） 当且仅当，即 n2m，也即 n10，m5 时取等号 故答案为： 1

19、5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+10 得 kxf（x）+1， 当 x0 时，0f（0）+10+1 不成立， 即 x0， 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 x0 时，h（x）lnx+2， h（x），则当 x1 时，h（x）0，函数为增函数， 当 0x1 时，h（x）0，函数为减函数，即此时当 x1 时，h（x）取得极小值， 极小值为 h（1）1， 当 x+，f（x）

20、+， 当 x0 时，h（x）x+， h（x）1，由 h（x）0 得 x1（舍）或 x1，此时函数为增函 数， 由 h（x）0 得1x0，此时 h（x）为减函数，即当 x1 时，h（x）取得极大 值，极大值为 h（1）11+， 作出函数 h（x）的图象如图： 要使 k有四个根， 则满足1k， 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 （）求恰有 2 个项目没有被这 4 名学

21、生选择的概率； （）求“环保宣传”被这 4 名学生选择的人数 的分布列及其数学期望 【分析】（）基本事件总数 n44256，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 m84， 由此能求出恰有 2 个项目没有被这 4 名学生 选择的概率 （）“环保宣传”被这 4 名学生选择的人数 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 的分布列和 E（） 解：（）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 n44256， 恰有

22、2 个项目没有被这 4 名学生选择包含的基本事件个数 m84， 恰有 2 个项目没有被这 4 名学生选择的概率 p （）“环保宣传”被这 4 名学生选择的人数 的可能取值为 0，1，2，3，4， P（0）， P（1）， P（2）， P（3）， P（4）， 的分布列为： 0 1 2 3 4 P E（） +41 17如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ABCD，ABAD，PAAB，AB 2，AD，CD1 （1）证明：BDPC； （2）求二面角 APCD 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

23、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 BDPC （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 APC D 的余弦值 （3） 设Q为线段PD上的点， Q （a， b， c） ， 01， 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 PABCD 中，PA平面 ABCD， ABCD，ABAD，PAAB，AB2，AD，CD1 以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为

24、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，BDPC （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 APCD 的平面角为 ， 则 cos 二面角 APCD 的余弦值为 （3）解：设 Q 为线段 PD 上的点，Q（a，b，c），01， 则（a，b，c2）（0，2），解得，c22， Q（0，22），（0，）， 平面 PAC 的法向量 （， 1， 0） ， 且直线 AQ 和平面

25、 PAC 所成角的正弦值为， ， 解得或 2（舍）， 18已知椭圆 C：+1（ab0）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 （）求椭圆 C 的方程； （） 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】（）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； （）由题意可知，k 存在，设直线为 ykx+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

26、，结合基本不等式即可得到|OA|cosOAB+的最大值 解：（）由题意可得，e，a2b2c2，bc， 解得 a，b1，c， 即有椭圆的方程为+y21； （）由题意可知，k 存在，设直线为 ykx+m（k0），A（x1，y1），B（x2，y2）， |OA|cosOAB+|AT|+ 将直线 ykx+m 代入椭圆方程可得（1+3k2）x2+6kmx+3m230， x1+x2，x1x2， 由直线 l 与圆 O：x2+y2相切，可得， 即有 4m23（1+k2）， |AB| ， 当且仅当 9k2，即 k时等号成立 |OA|cosOAB+的最大值为 2 19已知数列an满足 （1）设，求数列bn的通项公式

27、； （2）求数列an的前 n 项和 Sn； （3）记，求数列cn的前 n 项和 Tn 【分析】（1）利用已知条件两边同除 2n+1，推出数列bn是等差数列，然后求解的通项 公式 （2）利用数列bn的通项公式，求解数列an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an满足，可得： ，设， 数列bn是等差数列，公差为 1，首项为 1，所以 bnn； （2）易得，其前 n 项和：Sn1 21+2 22+3 23+n 2n， 2Sn1 22+2 23+n 2n+1， 可得：Sn122232n+n 2n+1 ； （3） ， 或写成 20已知函数 f

28、（x）lnxmx，mR （）求 f（x）的极值； （）证明：m0 时，exf（x+2） （）若函数 g（x）（xe）f（x）有且只有三个不同的零点，分别记为 x1，x2，x3， 设 x1x2x3且 的最大值是 e2，证明：x1x3 【分析】（）求导，讨论得出函数的单调性情况，进而求得极值； （）将 m0 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； （）显然，x2e， 且分析可知 0x1e ，x3e，通过换元， 降元可得 ，进而构造函数得证 解：（）函数的定义域为（0，+） 由已知可得， 当 m0 时，f（x）0，故 f（x）在区间（0，+）上单调递增，f （x）

29、无极值； 当 m0 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； （）证明：令 F（x）exf（x+2）exln（x+2）（x2），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 xx0时，F（x）取得最小值，故 ， 综上，m0 时，exf（x+2）； （）证明：函数 g（x）（xe）（lnxm

30、x）有且只有三个不同的零点， 显然 xe 是其零点， 函数 f（x）lnxmx 存在两个零点，即 lnxmx0 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 ym 的图象与 函数的图象有两个交点， ， 由 h（x0）0，解得 0xe，故 h（x）在（0，e）上单调递增； 由 h（x0）0， 解得 xe，故 h（x）在（e，+）上单调递减； 故函数 ym 的图象与的图象的交点分别在（0，e），（e，+）上， 即 lnxmx0 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 0x1e，x3e， 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