2020高考理科数学第四次月考试题.doc

xx届高考理科数学第四次月考试题08.1.25一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。1、复数的实部是（ B ）A、B、C、D、2、函数的定义域为（ C ）A、B、C、D、3、原命题：“设，若则”的逆命题、否命题、逆否命题中真命题共有（ B ）A、0个B、1个C、2个D、3个4、设向量，则等于（C）A、B、C、D、4若是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则6、函数的图象大致是（ A ）A、 B、 C、 D、7、已知椭圆的中心为原点，离心率，且它的一个焦点与抛物线的焦点重合，则此椭圆方程为（ A ）A、 B、C、D、8、对任意实数，定义运算，其中是常数，等式右边的运算是通常的加法和乘法运算。已知，并且有一个非零常数，使得对任意实数，都有，则的值是（ C ）A、B、C、D、二、填空题：本大题共7小题，每小题5分，满分30分其中1315是选做题，考生只能选做二题，三题全答的，只计算前两题得分 9、如右下图给出一个程序框图，其运行结果是 。 10若的展开式各项系数和为64，则展开式中的常数项为 。11一个几何体的三视图及其尺寸如下（单位：），则该几何体的表面积是 ，体积是 . 12在一次珠宝展览会上,某商家展出一套珠宝首饰,第一件首饰是1颗珠宝, 第二件首饰是由6颗珠宝构成如图1所示的正六边形, 第三件首饰是由15颗珠宝构成如图2所示的正六边形, 第四件首饰是由28颗珠宝构成如图3所示的正六边形, 第五件首饰是由45颗珠宝构成如图4所示的正六边形, 以后每件首饰都在前一件上,按照这种规律增加一定数量的珠宝,使它构成更大的正六边形,依此推断,设第件首饰为，则 _ (结果用表示) 图1图2图3图413（坐标系与参数方程选做题）以极坐标系中的点为圆心，1为半径的圆的方程是 ；第15题14（不等式选讲选做题）不等式的解集是 ； 15（几何证明选讲选做题）则_.答题卷一、选择题：（共8小题，每小题5分，共计40分）题 号12345678选 项二、填空题：（共6小题，每小题5分，共计30分）9 10 11 12 13 14 15 三、解答题：本大题共6小题，满分80分解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤16（满分12分）在ABC中，角A、B、C所对边分别为a，b，c，已知，且最长边的边长为l.求： （I）角C的大小； （II）ABC最短边的长.17（本小题满分12分）一个口袋中装有大小相同的2个白球和4个黑球（）采取放回抽样方式，从中摸出两个球，求:(1)两球恰好颜色不同的概率；（）采取不放回抽样方式，从中摸出两个球，求摸得白球的个数的期望和方差.（方差：）18（本小题满分14分）如图，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1面ABC，BCAC，BC=AC=2，AA1=3，D为AC的中点.（）求证：AB1/面BDC1；（）求二面角C1BDC的余弦值；（）在侧棱AA1上是否存在点P，使得CP面BDC1？并证明你的结论.19.(本题满分14分)已知函数.(1)求在上的最大值,最小值(是自然对数的底);(2)当时,试讨论方程的解的个数.20（本小题满分14分）已知动圆过定点，且与直线相切.(1) 求动圆的圆心轨迹的方程；(2) 是否存在直线，使过点（0，1），并与轨迹交于两点，且满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.21（本题满分14分）已知数列 an、bn 满足：a1 = ，an + bn = 1，bn+1 = (1)求证 bn+1 = ；并求b1, b2, b3, b4的值；(2)求数列 bn 的通项公式；(3)设 Sn = a1a2 + a2a3 + a3a4 + + anan+1，求实数a为何值时 4aSn bn 恒成立.答案三、解答题：本大题共6小题，满分80分解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤16（满分12分）在ABC中，角A、B、C所对边分别为a，b，c，已知，且最长边的边长为l.求： （I）角C的大小； （II）ABC最短边的长.解：（I）tanCtan（AB）tan（AB） ， 5分（II）0tanBtanA，A、B均为锐角, 则BA，又C为钝角，最短边为b，最长边长为c7分由，解得9分由，12分17（本小题满分12分）一个口袋中装有大小相同的2个白球和4个黑球（）采取放回抽样方式，从中摸出两个球，求:(1)两球恰好颜色不同的概率；（）采取不放回抽样方式，从中摸出两个球，求摸得白球的个数的期望和方差.（方差：）解：（）解法一：“有放回摸两次，颜色不同”指“先白再黑”或“先黑再白”，记“有放回摸球两次，两球恰好颜色不同”为事件，2分“两球恰好颜色不同”共种可能，5分7分解法二：“有放回摸取”可看作独立重复实验， 2分每次摸出一球得白球的概率为5分“有放回摸两次，颜色不同”的概率为 7分（）设摸得白球的个数为，依题意得：，10分，12分14分18（本小题满分14分）如图，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1面ABC，BCAC，BC=AC=2，AA1=3，D为AC的中点.（）求证：AB1/面BDC1；（）求二面角C1BDC的余弦值；（）在侧棱AA1上是否存在点P，使得CP面BDC1？并证明你的结论.（I）证明： 连接B1C，与BC1相交于O，连接OD BCC1B1是矩形，O是B1C的中点.又D是AC的中点，OD/AB1.2分AB1面BDC1，OD面BDC1，AB1/面BDC1.4分 （II）解：如力，建立空间直角坐标系，则 C1（0，0，0），B（0，3，2），C（0，3，0），A（2，3，0）， D（1，3，0）5分 设=（x1，y1，z1）是面BDC1的一个法向量，则即.6分易知=(0，3，0)是面ABC的一个法向量.8分二面角C1BDC的余弦值为.9分 （III）假设侧棱AA1上存在一点P（2，y，0）（0y3），使得CP面BDC1. 则 方程组无解.假设不成立.11分侧棱AA1上不存在点P，使CP面BDC1.12分19.(本题满分14分)已知函数.(1)求在上的最大值,最小值(是自然对数的底);(2)当时,试讨论方程的解的个数.解:(1)因为,所以,所以在上单调递减,所以当时,取得最大值;当时,取得最小值.(2)即y. O 1 x设,令得.01+00+0极大值极小值极大值由图象得:当时,原方程有2个解;当时,原方程有3个解;当时,原方程有4个解;当时,原方程有2个解;当时,原方程无解.20（本小题满分14分）已知动圆过定点，且与直线相切.(1) 求动圆的圆心轨迹的方程；(2) 是否存在直线，使过点（0，1），并与轨迹交于两点，且满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.19（本小题满分14分）解：（1）如图，设为动圆圆心， ，过点作直线的垂线，垂足为，由题意知： 2分即动点到定点与到定直线的距离相等，由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，其中为焦点， 为准线， 3分动圆圆心的轨迹方程为 5分（2）解法一：由题可设直线的方程为由得 ， 7分设，则， 9分 由，即 ，于是， 11分即， ，解得或（舍去） 13分又， 直线存在，其方程为 14分解法二：显然直线的斜率存在，由题可设直线的方程为由得 7分设，则， 9分 由，即 ，于是， 11分即， ，解得 13分 直线存在，其方程为 14分21（本题满分14分）已知数列 an、bn 满足：a1 = ，an + bn = 1，bn+1 = (1)求证 bn+1 = ；并求b1, b2, b3, b4的值；(2)求数列 bn 的通项公式；(3)设 Sn = a1a2 + a2a3 + a3a4 + + anan+1，求实数a为何值时 4aSn bn 恒成立.20. 解：(1)bn+1 = = = a1 = ,b1 = b2 = ,b3 = ,b4 = （4分）(2) bn+11 = 1 = = 1 + 数列 是以4为首项，1为公差的等差数列 = 4(n1) = n3bn = 1 = （8分）(3) an = 1bn = Sn = a1a2 + a2a3 + + anan+1 = + + + = = 4aSnbn = = 由条件可知 (a1)n 2 + (3a6)n80恒成立即可满足条件设 f (n) = (a1)n 2