2019-2020年高三4月检测数学试题含答案.doc

2019-2020年高三4月检测数学试题含答案一填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分，把答案填在答题卡的相应位置1设全集，集合，则 甲乙第4题图2已知复数满足，则的模为 3已知，则 4右面茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污损，则乙的平均成绩超过甲的概率为 5若双曲线的焦点到渐近线的距离为，则实数的值是 6如图所示的“双塔”形立体建筑，已知和是两个高相等的正三棱锥， 四点在同一平面内要使塔尖之间的距离为m，则底边的长为 m第6题图I2S0While Im SS+I II+3End WhilePrint SEnd（第7题图）7下面求的值的伪代码中，正整数的最大值为 8向量，= 9对于函数，若存在区间，当时的值域为，则称为倍值函数若是倍值函数，则实数的取值范围是 10函数的最大值与最小值之和为 11已知半椭圆和半圆组成的曲线如图所示曲线交轴于点，交轴于点，点是半圆上异于的任意一点，当点位于点时，的面积最大，则半椭圆的方程为 ACDBE第12题图第11题图12已知，C是线段AB上异于A，B的一点，均为等边三角形，则的外接圆的半径的最小值是 13已知实数x、y满足，若不等式恒成立，则实数a的最小值是 14设等比数列满足公比，且中的任意两项之积也是该数列中的一项，若，则的所有可能取值的集合为 二解答题：本大题共6小题，共90分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15（本题满分14分） 已知且（1）求的值；（2）证明：16（本题满分14分）如图，正方形所在的平面与三角形所在的平面交于，平面，（第16题图）且 （1）求证：平面；（2）求证：平面平面； 17（本小题满分14分）某企业投入81万元经销某产品，经销时间共60个月，市场调研表明，该企业在经销这个产品期间第个月的利润函数（单位：万元）为了获得更多的利润，企业将每月获得的利润再投入到次月的经营中记第个月的利润率为，例如（1）求；（2）求第个月的当月利润率；（3）求该企业经销此产品期间，哪一个月的当月利润率最大，并求出该月的当月利润率18（本小题满分16分）已知椭圆的左顶点为A，左、右焦点分别为，且圆C：过两点（1）求椭圆标准的方程；（2）设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，当时，证明：点P在一定圆上；（3）设椭圆的上顶点为Q，在满足条件（2）的情形下证明：+19（本小题满分16分）已知数列的前项和满足：（为常数，且）（1）求的通项公式；（2）设，若数列为等比数列，求的值；（3）在满足条件（2）的情形下，设，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围20（本小题满分16分）己知函数（，是自然对数的底）（1）若函数在点处的切线方程为，试确定函数单调区间；（2） 当，时，若对于任意，都有恒成立，求实数m的最小值； 当时，设函数，是否存在实数，使得若存在，求出t的取值范围；若不存在，说明理由数学试卷附加题21【选做题】在A，B，C，D四小题中只能选做2题，每题10分，共计20分请在答题卡指定区域内做答，解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤.B（选修42：矩阵与变换） 设是把坐标平面上的点的横坐标伸长到倍，纵坐标伸长到倍的伸压变换（1）求矩阵的特征值及相应的特征向量；（2）求逆矩阵以及椭圆在的作用下的新曲线的方程 C.（选修44：参数方程）以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴已知点P的直角坐标为(1，5)，点M的极坐标为(4，)，若直线l过点P，且倾斜角为 ，圆C以M为圆心、4为半径（1）求直线l关于的参数方程和圆C的极坐标方程； （2）试判定直线l和圆C的位置关系 22已知数列的前项和为，通项公式为，（1）计算的值；（2）比较与1的大小，并用数学归纳法证明你的结论.23如图所示，某城市有南北街道和东西街道各条，一邮递员从该城市西北角的邮局出发，送信到东南角地，要求所走路程最短.（1）求该邮递员途径C地的概率；ABC（2）求证：，（）.数学参考答案1【解析】由，得2【解析】因为，所以两边同时取模可得3【解析】由，知，因为，所以4【解析】由图示可知，甲的平均成绩为90，若要符合题意，被污损的数字只能是9，故所求概率为5【解析】显然，双曲线的渐近线方程为，焦点坐标是，由距离公式，得6【解析】由正三棱锥的概念知，顶点在底面的射影分别是正三角形和正三角形的中心，因为高相等，所以塔尖之间的距离即为两个正三角形中心间的距离，由平面几何易知，底边的长为7 xx【解析】由伪代码知，这是当型循环结构的算法，由于是正整数，所以最大值为xx89，在上是增函数， 即是方程的两个不等的正实数根，问题等价于方程有两个不等的正根设，易得，102【解析】是奇函数，奇函数的最大值与最小值之和为0，11【解析】由点在半圆上，所以，而当点位于点时，的面积最大可知，即，所以半椭圆的方程为12设则，在中，由余弦定理，知又当且仅当时，取“=”，所以，又的外接圆的半径13【解析】由题意，设该数列中的任意两项为，它们的积为，则，即，故必是81的正约数，即的可能取值为1,3,9,27,81，即的可能取值为1,3,9,27,81，所以的所有可能取值的集合为14【解析】则设（表斜率），则，则，故，所以 即15解：解：（1）将代入得（4分） 所以又， 解得（6分） （2）易得，又 所以，（8分） 由（1）可得，（10分） 所以（14分）16 证明：（1）正方形ABCD中， 又平面CDE， 平面CDE， 所以平面CDE（6分） （2）因为， 且， 所以，（8分） 又 且， ， 所以，（12分） 又， 所以（14分）17解：（1）依题意得， -4分（2）当时，当时，则，而也符合上式，故当时，当时，所以，第个月的当月利润率为-10分（3）当时，是减函数，此时的最大值为当时，当且仅当，即时，有最大值为，当时，有最大值为， -13分即该企业经销此产品期间，第40个月的当月利润率最大，其当月利润率为-14分18解：（1）圆与轴交点坐标为，故，所以，椭圆方程是：（2）设点P（x，y），因为（，0），（，0），设点P（x，y），则tan,tan，因为，所以tan()因为tan()，所以化简得x2y22y3所以点P在定圆x2y2-2y3上（3）PQ2x2(y3)2x2y26y9，因为x2y232y，所以PQ2124y又PF12(x)2y22y62x，PF22(x)2y22y62x，2P F1P F224，因为3x293y26y，所以2 P F1P F24，+ ，又点P在定圆x2y22y3上，y0，所以2 P F1P F28y，从而(P F1+P F2)2PF122 P F1P F2PF224y128y124yPQ2所以PQPF1PF219解：（1）当时，得 -1分当时，由，即，得，得，即，是等比数列，且公比是， -5分 （2）由（1）知，即， -7分若数列为等比数列，则有，而，故，解得， 再将代入，得，由，知为等比数列， -10分 （3）由，知， 由不等式恒成立，得恒成立，-12分设，由，当时，当时， -14分而， -16分20（1）由题意，在点处的切线方程为，即，解得，当，在上单调递减，在单调递增（2）由，即，对于任意，都有恒成立，等价于对于任意恒成立记，设，对恒成立，在单调递增而，在上有唯一零点，在单调递减，在上单调递增，的最大值是和中的较大的一个，即，m的最小值为假设存在，使得，则问题等价于 ，当时，在上单调递减，即，得当时，在上单调递增，即，得当时，在上，在上单调递减，在上，在上单调递增，即（*）由（1）知在上单调递减，故，而，不等式（*）无解综上所述，存在，使得命题成立B（1）由条件得矩阵，它的特征值为和，对应的特征向量为及；（2），椭圆在的作用下的新曲线的方程为C解：（1）直线l的参数方程为，圆C的极坐标方程为（2）因为M(4，)对应的直角坐标为（0，4），直线l的普通方程为， 圆心到直线l的距离，所以直线l与圆C相离22解：（1）由已知，； 3分（2）由（）知；下面用数学归纳法证明：当时， 4分（）由（）当时，；5分（）假设时，即，那么，所以当时，也成立 8分由（1）和（2）知，当时， 9分所以当，和时，；当时，10分23解：（1）邮递员从该城市西北角的邮局A到达东南角B地，要求所走路程最短共有种不同的走法，其中途径C地的走法有种走法，所以邮递员途径C地的概率；3分（2）由，得，要证时，只要证时， 4分因为时，且，所以只要证，且时， 5分由于时，且 6分，9分所以成立，所以 10分