【文档说明】【精准解析】黑龙江省牡丹江市第一高级中学2020届高三4月线上线下教学检测数学（文）试题.pdf，共(24)页，449.557 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0843a40729e2a8739c4d59c8918b7da5.html

以下为本文档部分文字说明：

-1-牡一中2017级高三学年线上线下教学检测性考试数学文科试题一、选择题（每题5分，共60分）1.已知集合220AxxxN，则满足条件ABA的集合B的个数为()A.3B.4C.7D.8【答案】D【解析】

【分析】可以求出集合0,1,2A，由ABA可得BA，从而求集合A的子集个数即可.【详解】解：2200,1,2AxxxN，∵ABA，∴BA，∴集合A的子集个数为328个.故选：D.【点睛】本题考查并集的运算及理解，是

基础题.2.已知i为虚数单位，,abR，复数12iiabii，则abi（）A.1255iB.1255iC.2155iD.2551i【答案】B【解析】【分析】由复数的除法运算，可得(1)(2)12

(2)(2)55iiiiiiabi=，即可求解abi，得到答案．【详解】由题意，复数12iiabii，得(1)(2)1312(2)(2)555iiabi=iiiiii，所以1255abi=i，故选B．【点睛】本题主要考查了

复数的运算，其中解答中熟记复数的基本运算法则，准确化简是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．3.“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，旨在积极发展我-2-国与沿线国家经济合作关系，共同打造政治互信、经济融合

、文化包容的命运共同体.自2013年以来，“一带一路”建设成果显著.下图是2013-2017年，我国对“一带一路”沿线国家进出口情况统计图.下列描述错误的是（）A.这五年，2013年出口额最少B.这五年，出口

总额比进口总额多C.这五年，出口增速前四年逐年下降D.这五年，2017年进口增速最快【答案】C【解析】【分析】对于选项A：观察五个灰色的条形图的高低即可判断;对于选项B:观察五组条形图,对比每组灰色条形图与黑色条形图的高低及高低悬殊程

度即可判断;对于选项C：从图中知,红色的折线图是先上升后下降即可判断;对于选项D：观察这五年所对的蓝色折线图的高低即可判断;【详解】对于选项A：观察五个灰色的条形图,可得2013年所对的灰色条形图高度最低,所以这五年，2013年出

口额最少.故选项A正确;对于选项B:观察五组条形图可得,2013年出口额比进口额稍低,但2014年—2017年都是出口额高于进口额,并且2015年和2016年都是出口额明显高于进口额，故这五年，出口总额比进口总额多.故选项B正确;对于选项C：从图中可

知,红色的折线图是先上升后下降,即2013年到2014年出口增速是上升的.故选项C错误;对于选项D：从图中可知,蓝色的折线图2017年是最高的,即2017年进口增速最快.故选项D-3-正确;故选:C【点睛】本题主要考查统计条形图和折线图的应用;解题

的关键是从条形图看出口金额和进口金额,从折线图看出口增速和进口增速;属于基础题.4.已知1,2A，2,3B，1,Cm，若BABCBABC，则2AC()A.6B

.25C.16D.20【答案】D【解析】【分析】代入坐标可求出(4,4),(2,2)BABCmBABCm，利用模的坐标运算列方程可得6m，进而可求出AC的坐标，则2AC可求.【详解】解：(1,1),(3,3)BABCm

，(2,2)CAm，(4,4),(2,2)BABCmBABCCAm，又BABCBABC，2216(4)4(2)mm

，解得6m，(2,4)AC，241620AC.故选：D.【点睛】考查根据点的坐标求向量的坐标的方法，向量坐标的加法运算，向量减法的几何意义，以及根据向量坐标求向量长度的方法，是基础题.5.已知命题p:“0xR，0101x”的否定是“xR，

101x”；命题q:“2020x”的一个充分不必要条件是“2019x”，则下列命题为真命题的是（）A.pqB.qC.pqD.pq-4-【答案】D【解析】【分析】根据条件分别判断命题,p

q的真假，结合复合命题真假关系进行判断即可．【详解】命题p：“0xR，0101x”的否定是“xR，101x或10x”.则命题p是假命题.命题q：“2020x”的一个充分不必要条件是“2019x”，为真命题.则pq为真

命题，其余为假命题.故选：D．【点睛】本题主要考查复合命题真假关系的应用，根据条件判断命题,pq的真假是解决本题的关键．属于基础题.6.分形几何是美籍法国数学家芒德勃罗在20世纪70年代创立的一门数学新分支，其中的

“谢尔宾斯基”图形的作法是:先作一个正三角形，挖去一个“中心三角形”(即以原三角形各边的中点为顶点的三角形)，然后在剩下的每个小正三角形中又挖去一个“中心三角形”.按上述方法无限连续地作下去直到无穷，最终所得的极限图形称为“谢尔宾斯基”图

形(如图所示)，按上述操作7次后，“谢尔宾斯基”图形中的小正三角形的个数为（）A.53B.63C.73D.83【答案】C【解析】【分析】根据题意分别求出第1,2,3次操作后，图形中的小正三角形的个数，然后可归纳出一般结

论，得到答案.【详解】如图，根据题意第1次操作后，图形中有3个小正三角.第2次操作后，图形中有3×3=23个小正三角.-5-第3次操作后，图形中有9×3=33个小正三角.…………………………所以第7次操作后，图形中有73个小正三角.故选：C【点睛】本题考查归纳推理，属于中档题.7.

已知双曲线221myxmR与椭圆2215yx有相同的焦点，则该双曲线的渐近线方程为()A.3yxB.33yxC.13yxD.3yx【答案】A【解析】【分析】确定椭圆、双曲线的焦点坐标，求出m的值，即

可求出双曲线的渐近线方程.【详解】椭圆2215yx的焦点坐标为(0,2)，双曲线221myxmR的焦点坐标为1(0,1)m，因为双曲线221myxmR与椭圆2215yx有相同的焦点，所以112m，解得13m，所以双曲

线的渐近线方程为3yx.-6-故选：A【点睛】本题主要考查椭圆、双曲线的性质，考查学生的计算能力，属于中档题.8.已知函数()3sin()(0fxx，)22，1(3A，0)为(

)fx图象的对称中心，B，C是该图象上相邻的最高点和最低点，若4BC，则()fx的单调递增区间是()A.2(23k，42)3k，kZB.2(23k，42)3k，kZC.2(43k，44)3k，kZD.2(43

k，44)3k，kZ【答案】C【解析】【分析】由三角函数图像的性质可求得：2，6，即()3sin()26fxx，再令222262kxk„„，求出函数的单调增区间即可.【详解】解：函数()3si

n()(0fxx，)22，因为1(3A，0)为()fx图象的对称中心，B，C是该图象上相邻的最高点和最低点，又4BC，222(23)()42T，即221216，求得2．再根据123k，kZ，可得6，()3si

n()26fxx，令222262kxk„„，求得244433kxk„„，故()fx的单调递增区间为2(43k，44)3k，kZ，故选C．【点睛】本题考查了三角函数图像的性质及单调性，属中档题.9.函数22cosxxyxx的

图像大致为（）.-7-A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】本题采用排除法:由5522ff排除选项D；根据特殊值502f排除选项C;由0x,且x无限接近于0时,0fx

排除选项B；【详解】对于选项D:由题意可得,令函数fx22cosxxyxx,则5522522522f,5522522522f;即5522ff

.故选项D排除;-8-对于选项C：因为55225220522f,故选项C排除;对于选项B:当0x,且x无限接近于0时,cosxx接近于10,220xx，此时0fx.故选项B排除;故

选项:A【点睛】本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题.10.已知正方形ABCD的边长为2，点E为边AB中点，点F为边BC中

点，将AEDDCF，，EBF分别沿DEDF，,EF折起，使,,ABC三点重合于M点，则三棱锥MDEF的外接球的表面积为（）A.32B.3C.6D.12【答案】C【解析】【分析】把棱锥扩展为正四棱柱,求出正四棱柱的外接球的半径就是三棱锥外接球的半径,即可求出三棱锥MDEF外接球的

表面积.【详解】作图如下：由题意可得MFE为等腰直角三角形,且MD平面MEF,将三棱锥的底面MEF扩展为边长为1的正方形,然后扩展为正四棱柱,三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一球,正四棱柱的对角线的长度就是外接球的直径,直径为：1146,所以球的半径为

62,-9-所以三棱锥MDEF的外接球的表面积为2264462SR,故选：C【点睛】本题主要考查多面体的外接球;重点考查学生的空间想象能力、知识迁移能力；属于难度较大型试题.11.一对夫妇为了给他们的独生孩子支

付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a元一年定期，若年利率为r保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为()A.17(1)arB.17[(1)(1)]arrrC.18(1)ar

D.18[(1)(1)]arrr【答案】D【解析】【分析】由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以(1)ar为首项，(1)r为公比的等比数列的前17项的和，再由等比数列前n项和公式求解即可.【详解】解：根据题意

，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a元产生的本利合计为17(1)ar，同理：孩子在2周岁生日时存入的a元产生的本利合计为16(1)ar，孩子在3周岁生日时存入的a元产生的本利合计为15(1)ar，孩子在17周岁生日时存入的a元产生的本利

合计为(1)ar，可以看成是以(1)ar为首项，(1)r为公比的等比数列的前17项的和，此时将存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数：17171618(1)[(1)1](1)(1)(1)[(1)(1)]11arraSarararrrrr

；故选D．-10-【点睛】本题考查了不完全归纳法及等比数列前n项和，属中档题.12.已知函数f（x）＝（k＋4k）lnx＋24xx－，k∈[4，＋∞），曲线y＝f（x）上总存在两

点M（x1，y1），N（x2，y2），使曲线y＝f（x）在M，N两点处的切线互相平行，则x1＋x2的取值范围为A.（85，＋∞）B.（165，＋∞）C.[85，＋∞）D.[165，＋∞）【答案】B【解析】【分析】利用过M、N点处的切线互相平行，建立方程，结合基本不等

式，再求最值，即可求x1+x2的取值范围．【详解】由题得f′（x）=4kkx﹣24x﹣1=﹣2244xkxkx=﹣24xkxkx，（x＞0，k＞0）由题意，可得f′（x1）=f

′（x2）（x1，x2＞0，且x1≠x2），即21144kkxx﹣1=24kkx﹣224x﹣1，化简得4（x1+x2）=（k+4k）x1x2，而x1x2＜212()2xx，4（x1+x2）＜（k+4k）212()2xx，即x1+

x2＞164kk对k∈[4，+∞）恒成立，令g（k）=k+4k，则g′（k）=1﹣24k=222kkk＞0对k∈[4，+∞）恒成立，∴g（k）≥g（4）=5，-11-∴164kk≤165，∴x1+x2＞165，故x1+x2的取值范围为（165，+∞）.

故答案为B【点睛】本题运用导数可以解决曲线的切线问题，函数的单调性、极值与最值，正确求导是我们解题的关键，属于中档题.二、填空题（每题5分，共20分）13.已知2π3sin33x,则πcos6x_____

______.【答案】33【解析】由题意得ππ2π2π3coscossin62333xxx．答案：33．14.如图是一个几何体的三视图，若它的体积是23，则a__________，该几何体的表面积为__________.【答案

】(1).1(2).35【解析】【分析】由已知中的三视图，可知该几何体是一个以主视图为底面的四棱锥，根据它的体积是23，求-12-出a值,再计算各个面的面积，相加可得答案.【详解】如图所示，此几何体是四棱锥，底面是边长为a的正方形，平面SAB平面

ABCD，并且90SAB，2SA，所以体积是212233Va，解得1a，四个侧面都是直角三角形，所以计算出表面积是21111112151215352222S.故答案为：1；

35【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状，属于中档题.15.在ABC中，内角ABC，，所对的边分别为abc，，，若2sinsincossinABCC，则222abc________，sinC的最大

值为_________.【答案】(1).3(2).53【解析】【分析】利用正余弦定理把角化边即可求得222abc的值,利用222222,cos2abcababCab求出cosC的最小值,此时所对的sinC即为所求的最大值.【详解】因为2si

nsincossinABCC，由正余弦定理可得,22222222abbaccRRabR,整理可得,2223bac，即222abc3；-13-因为222222,cos2abcababCab,所

以2222222232cos33abcccCabc，由题意可得，02C,所以当2cos3C时,C角有最大值,sinC有最大值,所以2sin1cosCC,即45sin193C.故答案为:3;53【点睛】本题主要考查正余弦定理,利用基本不等

式求三角函数最值;其中基本不等式与余弦定理的结合应用是求解本题的关键;属于中档题.16.已知双曲线C：2213xy，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.若OMN为直角三角形，则MN______.【答案】3【解析】【分

析】根据题意，可知其渐近线的斜率为33，且右焦点为2,0F，从而得到30FON，所以直线MN的倾斜角为60或120，根据双曲线的对称性，设其倾斜角为60，求出,MN的坐标，再利用两点间的距离公式，即可得答案；【详解】根据题意，可知其渐近线的斜率

为33，且右焦点为2,0F，从而得到30FON，所以直线MN的倾斜角为60或120，根据双曲线的对称性，设其倾斜角为60，可以得出直线MN的方程为32yx，分别与两条渐近线33yx和33yx联立，求得3,3M，33,22N，-

14-所以223333322MN.故答案为：3.【点睛】本题考查直线的斜率与倾斜角、双曲线渐近线方程、两点间的距离公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.三、解答题17.已知等差数列n

a的前n项和为nS，11a，424SS.（1）求数列na的通项公式；（2）若129180mmmmaaaa（*mN），求m的值.【答案】（1）21nan（*nN）（2）5m【

解析】【分析】1由424SS得到1,ad的方程,由11a求出公差d,代入等差数列通项公式即可;2由1知2d和等差数列定义可知，129180mmmmaaaa可得1045180mad，把2d代入求解即可.【详解】（1）设等差数列na的公

差为d，由424SS得，114684adad，整理得12da.又∵11a，∴2d，∴1121naandn（*nN）.（2）129180mmmmaaaa可化为10452080180m

adm，解得5m.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式和利用等差数列的定义求参数;其中由等差数列的定义把129180mmmmaaaa化为1045180mad是求解本题关键;重点考查学生的运算能力；属于中档题.18.如图，多面体11ABCDBC是正三棱柱111

ABCABC沿平面11DBC切除一部分所得，-15-11BCCC，点D为1AA的中点.（1）求证:1BC平面1BCD；（2）求点1B到平面BCD的距离.【答案】（1）证明见解析（2）32【解析】【分析】

（1）设1BC1与1BCC交于点E，连接DE，可得1BDCD，1BCDE，即可证明1BC平面1BCD.（2）利用等体积法求点1B到平面BCD的距离．【详解】（1）设1BC与1BC交于点E，连接DE.∵多面体11ABCDBC是正三棱柱111A

BCABC沿平面11DBC切除部分所得，1BCCC，∴四边形11BBCC是正方形，四边形1CCDA､1ABBD均为直角梯形，其中ABAD，ACAD.∵点D为1AA的中点，1AA平行且等于1BB，∴2252BDBAAD.又221152DCCCADAC，∴1BDCD.

∵E为1BC的中点，∴1BCDE.又∵11BCBC，1BCDEE，∴1BC平面1BCD；-16-（2）设点1B到平面BCD的距离为d，∵11BBCDDBCBVV，点D到平面11BCCB的距离

即为ABC边BC上的高，即为213122，∴1113332BCDBBCSdS.又∵52DCBD，1BC，∴121122BBCSBC，22111242BCDSBCBDBD.∴13133222122BBCBCDS

dS，即点1B到平面BCD的距离为32.【点睛】本题考查了线面垂直的证明、点到面的距离，属于中档题．19.某校在一次期末数学测试中，为统计学生的考试情况，从学校的2000名学生中随机抽取50名学生的考试成绩，被测学生成绩全部介于

65分到145分之间（满分150分），将统计结果按如下方式分成八组：第一组[65，75)，第二组[75，85)，第八组[135，145]，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分．（1）求第七组的频率，并完成频率分布直方图；（2）用样本数据估计该校的2

000名学生这次考试成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值代表该组数据平均值）；（3）若从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，求他们的分差的绝对值小于10分的概率．-17-【答案】（1）0.08,绘图见解析；（2）102；（3）25【解析】【分析】（1）由频率分布直方图可

得：各小矩形的高之和为0.1，运算可得解；（2）由频率分布直方图中平均数的求法即可得解；（3）样本成绩属于第六组的有3人，样本成绩属于第八组的有2人，则随机抽取2名，基本事件总数为2510C，他们的分差的绝对值小于10分包含的基本

事件个数为22324CC，再利用古典概型概率公式运算即可.【详解】解：（1）由频率分布直方图得第七组的频率为：1(0.0040.0120.0160.0300.0200.0060.004)100.08．完成频率分布直方图如下：（2）用样本数据估计该校的200

0名学生这次考试成绩的平均分为：700.00410800.01210900.016101000.030101100.020101200.006101300.008101400.00410102.（3）样本成

绩属于第六组的有0.00610503人，样本成绩属于第八组的有0.00410502人，-18-从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，基本事件总数2510nC，他们的分差的绝对值小于10分包含的基本事件个数22324mCC，故他们的分差的绝对

值小于10分的概率42105mpn．【点睛】本题考查了频率分布直方图及古典概型概率公式，属中档题.20.设椭圆:C22221xyab（0ab）的左右焦点分别为12FF，，椭圆的上顶点为点B，点

A为椭圆C上一点，且1130FAFB.（1）求椭圆C的离心率；（2）若1b，过点2F的直线交椭圆于MN，两点，求线段MN的中点P的轨迹方程.【答案】（1）22（2）2220xyx【解析】【分析】

1利用向量的坐标表示及运算表示出点A坐标,代入椭圆C的方程即可求解;2由1知22e,结合1b求出椭圆C的方程，分两种情况线段MN在x轴上和线段MN不在x轴上求解点P，当线段MN不在x轴上,设直线MN的方程为1xmy，11Mxy，，22

Nxy，，代入椭圆方程，利用韦达定理和中点坐标公式,消去参数m即可.【详解】（1）设A（00xy，），B0b，，10Fc，，所以1001,,,FAxcyFBcb，1130FAFB得00004

3403303cxxcybby，即433bAc，，又∵A（00xy，）在椭圆:C22221xyab上，-19-∴222241331cbab，得22ca，即椭圆C的离心率为22

e.（2）由（1）知，22e.又∵1b，222abc，解得22a，21b，∴椭圆C的方程为2212xy.当线段MN在x轴上时，线段MN的中点P为坐标原点（0，0）.当线段MN不在x轴上时

，设直线MN的方程为1xmy，11Mxy，，22Nxy，，将直线MN的方程为1xmy代入椭圆方程2212xy中，得222210mymy.∵点2F在椭圆内部，∴，12222myym，则121

22422xxmyym，∴点Pxy，的坐标满足222xm，22mym，消去m得，2220xyx（0x）.综上所述，点P的轨迹方程为2220xyx.【点睛】本题主要考查椭圆的离心率的求解和标准方程及直

线与椭圆相交时弦的中点的轨迹问题;其中当线段MN不在x轴上时，设直线MN的方程为1xmy是求解本题的关键;考查学生的运算能力和知识的综合运用能力;属于中档题.21.已知函数()1lnfxxx，

1gxaxaR，.（1）求直线()ygx=与曲线yfx相切时，切点T的坐标；（2）当01x，时，()gxfx恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）（1，0）（2）2，【解析】【分析】1求出函数fx的导函数'fx,设所求切点T的坐标为00xy，,利用

导数的几何意义可得切线的斜率为a，再由切点T满足函数ygx和yfx，从而得到关于0x的方程组,解方程即可;2当01x，时，()gxfx恒成立，等价于1ln01axxx对01x，

恒成立.-20-构造函数1ln1axhxxx，则10h，2222111211xaxahxxxxx，分两种情况2a和2a利用导数讨论函数hx单调性及最值即

可.【详解】1因为函数()1lnfxxx，所以1ln1fxxx，设直线ygx与曲线yfx相切的切点T的坐标为00xy，，则000001ln11ln1xaxxxax

，整理化简得00012ln0xxx.令12lnhxxxx，则22210xxhxx，∴hx在0，上单调递减，∴由零点存在性定理可得,0hx在0，最多有一个实数根.又∵10h，∴01x，此时00y，

即切点T的坐标为（1，0）.（2）当01x，时，()gxfx恒成立，等价于1ln01axxx对01x，恒成立.令1ln1axhxxx，则2222111211xaxahxxxxx，10h.①

当2a，01x，时，22211210xaxxx，∴0hx，hx在01x，上单调递增，因此0hx符合题意.②当2a时，令0hx得2212111111xaaxaa，.由21x与121xx得，

101x.∴当11xx，时，0hx，hx单调递减，∴当11xx，时，10hxh，不符合题意；综上所述得，a的取值范围是2，.【点睛】本题考查利用导数的几何意义求切点和利用导数研究函数的单调性和最值，利用函数的性质解决方程

和恒成立问题;中点考查学生的推理论证能力和利用分类讨论思想综合解-21-题能力;解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用;属于难度大型试题.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为2cos62sinxy

（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C的极坐标方程为21019sin.(1)求曲线1C的普通方程和2C的直角坐标方程；(2)若M，N分别为曲线1C和曲线2C上的动点，求MN的最大值.【答案】(1)2262

xy，22110xy；(2)62.【解析】【分析】（1）根据同角三角函数关系式，消去参数，可得1C直角坐标方程.利用222xy，siny化简可得2C的直角坐标方程；（2）设10cos,sinN，利用点到直线的距离公式和

三角函数的有界限，求解MN的最大值.【详解】(1)曲线1C的直角坐标方程为2262xy.由221019sin，222xy，siny，得222910xyy，即2C的直角坐标

方程为：22110xy.(2)由(1)得1C的圆心为0,6A，半径2r，设10cos,sinN，22210cos0sin6NA则2210cossin12sin36，-22-229sin503

∴当2sin3时，max52NA，∴MN的最大值为52262.【点睛】本题考察了参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的互换.利用参数设坐标，求解点到直线的距离的问题.选修4-5：不等式选讲23.已知函数()12()fxxxmmR.（1）若2m时，解

不等式()3fx；（2）若关于x的不等式()23fxx在[0,1]x上有解，求实数m的取值范围.【答案】（1）4{|0}3xx；（2）32m≤≤.【解析】试题分析：（1）当2m时，不等式为1223xx，根据分类讨论解不等式即可．（2）由题意可得当

0,1x时，22xmx有解，即2230,1xmxx在上有解，故只需（minmax2)23xmx，由此可得结论．试题解析：（1）当2m时，不等式为1223xx，若1x，则原不等式可化为4122

33xxx，解得，所以413x；若11x，则原不等式可化为12230xxx，解得，所以10x；若1x，则原不等式可化为212233xxx，解得，所以x．综上不等式的解集为4

{|0}3xx．（2）当0,1x时，由23fxx，得1232xxmx即22xmx-23-故222223xxmxxmx，解得，又由题意知（minma

x2)23xmx，所以32m．故实数m的取值范围为3,2．-24-