【文档说明】【精准解析】四川省绵阳南山中学2019-2020学年高二4月月考（学情调研）数学（理）试题.pdf，共(18)页，461.959 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

-1-绵阳南山中学2020年春季高2018级网络学习学情数学（理）调研卷一、选择题：本大题共12小题，每小题4分，共48分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设i是虚数单位，则复数12ii在复平面内对应的

点所在象限为（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算化简复数的形式，写出复数再复平面中对应的点坐标，进而写出所在象限.【详解】1(1)(2)13132(2)(2)555ii

iiziiii对应的点坐标为13(,)55，在第四象限.故选:D【点睛】本题考查了复数的除法运算和几何意义，考查了学生数学运算和数形结合的能力，属于基础题.2.点P的直角坐标为22，，那么它的极坐标可表示为（）A.24

，B.324，C.524，D.724，【答案】B【解析】【分析】利用直角坐标和极坐标互化公式直接求解．【详解】∵点P的直角坐标为（﹣2，2），∴ρ=22=2，-2-tanθ=22=﹣1

，∴θ=34．∴点P的极坐标为（2，34）．故选B．【点睛】本题考查点的极坐标的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意直角坐标和极坐标互化公式的合理运用．3.若向量1,1,2a，2,1,3b，则2abrr（

）A.7B.22C.3D.32【答案】D【解析】【分析】根据题意得，24,1,1abrr，所以22224(1)132.abrr【详解】由于向量1,1,2a，2,1,3b，所以24,1,1abrr.故2222

4(1)11832.abrr故选：D.【点睛】本题主要考查向量的模长问题，属于基础题目.4.将点1,3A按照伸缩变换23xxyy后得到的点A的坐标为（）A.1,12B.12,9

C.2,1D.2,9【答案】C【解析】【分析】根据变换关系得23xxyy，点1,3A在这样的变换关系下得22123133xxyy.-3-【详解】由于点1,3A按照伸缩变换23

xxyy，即点1,3A按照23xxyy伸缩变换.故点1,3A在这样的变换关系下得22123133xxyy.故A2,1.故选：C.【点睛】本题主要考查

点的伸缩变换，属于一道基础题目.5.已知命题:p对任意xR，总有20x；:"1"qx是"2"x的充分不必要条件则下列命题为真命题的是（）A.pqB.pq

C.pqD.pq【答案】D【解析】试题分析：由题设可知：p是真命题，q是假命题；所以，p是假命题，q是真命题；所以，pq

是假命题，pq是假命题，pq是假命题，pq是真命题；故选D.考点：1、指数函数的性质；2、充要条件；3、判断复合命题的真假.

6.下列说法正确的个数是（）①复平面内y轴上所有点的集合与纯虚数是一一对应的②命题“设,abR，若5ab，则3a或2b”是一个真命题③“0xR，2000xx”的否定是“xR，20xx”④若12zzR，则1z，2z为共轭复数（）-4-A.1B.

2C.3D.0【答案】A【解析】【分析】对①②③④四个说法，进行一一辨析便可得出答案.【详解】①复平面y轴上的原点对应实数0,不是纯虚数.故①错误.②命题“设,abR，若5ab，则3a或2b”的逆否命题为

“设,abR，若3a且2b，则5ab”，逆否命题为真命题，则原命题为真命题.故②正确.③“0xR，2000xx”的否定是“xR，20xx”.故③错误.④若12zzR，则1z，2z为共轭复数

.设1232,52zizi.则128zz，但1z与2z不是共轭复数.故④错误.故选：A.【点睛】本题主要考查复数及命题的有关知识点，属于基础题目.7.已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N

分别是边OA，CB的中点，点G在线段MN上，且使2MGGN，用向量OA，OB，OC表示向量OG是（）A.2233OGOAOBOCB.122233OGOAOBOCC.111633OGOA

OBOCD.112633OGOAOBOC【答案】C【解析】【分析】根据所给的图形和一组基底，从起点O出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论．【详解】-5

-2OGOMMGOMMN3,2121111OMMOOCCNOMOCOBOCOAOBOC3333633111OGOA

OBOC633,故选：C．【点睛】本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程．8.在四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，4ABBC

BD，E、F分别为棱BC、AD的中点，则直线EF与平面ACD所成角的余弦值（）A.13B.33C.223D.63【答案】C【解析】【分析】因为AB，BC，BD两两垂直，以BA为X轴，以BD为Y轴，以BC为Z轴建立空间直角坐标系，求出向量EF与平面ACD的法向量n，再

根据cos,||||EFnEFnEFn，即可得出答案.【详解】因为在四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，以BA为X轴，以BD为Y轴，以BC为Z轴建立空间直角坐标系，又因为4ABBCBD；4,

0,0,(0,0,0),(0,4,0),(0,0,4)ABDC，又因为E、F分别为棱BC、AD的中点所以(0,0,2),(2,2,0)EF-6-故2,2,2EF，(4,4,0)AD，(4,0,4)AC.设平面ACD的法向量为

(,,)nxyz，则00nADnAC令1,x则1yz；所以(1,1,1)n21cos,3||||332EFnEFnEFn设直线EF与平面AC

D所成角为，则sincos,EFn所以222cos1sin3故选：C【点睛】本题主要考查线面角，通过向量法即可求出，属于中档题目.9.如图所示，在平行六面体ABCDABCD

中1AB，2AD，3AA，90BCD，60BAADAA，则AC的长为（）A.13B.23C.33D.43【答案】B【解析】【分析】由向量ACABBCCC

得：22ACABBCCC，展开化简，再利用向量的数量积，便可得出答案.【详解】ACABBCCC，-7-222222()ACABBCCCABBCCCABBCABCCB

CCC222291232(013cos6023cos60)1422

32AC.23AC，即AC的长为23.故选：B.【点睛】本题主要考查了空间向量在立体几何中的应用，掌握向量法求线段长的方法是解题关键，属于中档题目.10.已知命题:p函数20

.5log2yxxa的定义域为R，命题:q函数52xya是减函数.若pq为真命题，pq为假命题，p为真命题，则实数a的取值范围是（）A.1aB.12aC.2aD.1a或2a【答案】A【解析】【分析】由题意知p为假命题，q为真命题.由p为假命题，即：220xxa

不恒成立，故4401aa.q为真命题，即：5212aa.由此便可得出答案.【详解】由pq为真命题，pq为假命题，p为真命题，得p为假命题，q为真命题.由p：函数20.5log2yxxa为假命题得，220xxa在R上不恒成立.即4401

aa.由:q函数52xya是减函数，即：52xya是增函数，即5212aa.两者取交集得：1a.故选：A【点睛】本题主要考查逻辑联结词“或”、“且”、“非”，属于中档题目.11.在极坐标系中，曲线4sin6

关于（）A.直线3对称B.直线6对称C.点2,6对称D.极点对称-8-【答案】A【解析】【分析】由4sin6，得直角坐标方程：222230xxyy，圆心为1,3，又因为直线3即：3yx

过点1,3，由此便可得出答案.【详解】由曲线4sin6，即：24sin6，又因为cossinxy，化简得曲线的直角坐标方程：222230xxyy，故圆心为1,3.又因为直线3,直角坐标

方程为：3yx，直线3yx过点1,3，故曲线关于直线3对称故选：A.【点睛】本题主要考查曲线及直线的极坐标方程与直角坐标方程的转化，以及圆关于过圆心的直线对称的知识，属于中等难度题目.12.已知函数2814fxxx

，2log4gxx，若15,4xaa，20,1x，使得12fxgx成立，则a的最大值为（）A.-4B.-3C.-2D.-1【答案】C【解析】【分析】由15,4xaa，

20,1x，使得12fxgx成立得：()fx的值域为()gx的值域的子集，从而28142aa，故可求a的最大值为2.【详解】由15,4xaa，20,1x，使得12fxgx成立，得：()fx的值

域为()gx的值域的子集，由2log4gxx20,1x()2gx，所以(),2gx当43a≤≤时，()21fx-＃-，-9-此时()fx的值域为()gx的值域的子集成立.当3a时，22814fxaa

，须满足()fx的值域为()gx的值域的子集，即28142aa，得62a所以a的最大值为2.故选：C.【点睛】本题主要考查恒成立和存在性问题，注意把两类问题转化为函数值域的包含关系，此问题属

于中档题目.二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分.把答案填在题中横线上）13.32zi，则zi__________.【答案】32【解析】【分析】根据32zi，得：32zi，33zii，故32zi.【详解】由于32zi，所以32zi，3

3zii，故223(3)32zi.故答案为：32.【点睛】本题主要考查求复数模的知识点，属于基础题目.14.命题“2230axax不成立”是真命题，则实数a的取值范围是______．【答案】【

解析】【详解】2230axax恒成立，当0a时，30成立；当0a时，20{4120aaa得30a；30a15.已知:0,1px，321axxx；:q关于x的方程220xxa在区间0,1

内有解，且pq为真，则实数a的取值范围是__________.-10-【答案】1,14【解析】【分析】由pq为真命题，得：命题,pq均为真命题.由2321aaxxxxx即：14a由220xxa在区间

0,1内有解得：22xxa.即求2()2gxxx在区间0,1上的最大值和最小值，由此便得出实数a的取值范围.【详解】由pq为真命题，得：命题,pq均为真命题.由:0,1px，321axxx，322(1

)0xxxx3223211()aaxxxxxxxx，即a大于函数2()fxxx在区间0,1上的最大值，由二次函数的性质得：2()fxxx在12x时取得最大值14.即：14a.由:q220xxa在区间0,1内有解，得：22xx

a.由函数2()2gxxx的性质得，1()18gx.故118a.取两者交集得：114a.故答案为：1,14.【点睛】本题主要考查逻辑联结词“且”以及不等式的转化和二次函数的性质，属于中档题

目.16.已知ABCD为正方形，P为平面ABCD外一点，PDAD，2PDAD，二面角PADC为60°，则P到AB的距离为__________.【答案】7【解析】【分析】-11-由PDAD，2PDAD，二面角PADC为60°得：PCD为等边三角形，PFA

B，PF即为P到AB的距离，然后根据勾股定理，便可得出答案.【详解】过点P作PECD于点E，过点E作EF平行于BC，连接PF，,,ADCDPDADCDPDDAD平面PCD又PEQ面PCD

，ADPE，又因为PECD，CDADD，所以PE平面ABCD，而ABÌ平面ABCD，PEAB.EF平行于BC，ABEF，AB平面PEF，又因为PF平面PEFPFABPF即为P到AB的距离.又因为二面角PADC为60°，,PDADCDAD，所以PDC

即为二面角PADC.60PDC，2PD，=3PE2,EFAD由勾股定理可得347.PF故答案为：7【点睛】本题主要考查立体几何中点到直线的距离，属于中档题目.三、解答题：本大题共4

小题，共40分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知2:670pxx，22:21400qxxmm.（1）若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围；（2）若“q”是“p”的必要不充分条件，求实数m的取值范围.【答案】（1）3m（2）01m-12-

【解析】【分析】（1）根据题意得：:17px，:1212qmxm.又因为p是q的充分不必要条件，即：1,7是12,12mm的真子集，由此便得出m的取值范围.（2）由“q”是“p”的必要不充分条件，即：p是q的必要不充分条件.所以

12,12mm是1,7的真子集，从而得出m的取值范围.【详解】解：（1）:17px，:1212qmxm.由于p是q的充分不必要条件，则1,7是12,12mm的真子集，0121127mmm，3m，实

数m的取值范围为3m.（2）“q”是“p”的必要不充分条件，p是q的必要不充分条件，0121127mmm实数m的取值范围为01m.【点睛】本题主要考查逻辑联结词与充分条件、必要条件，属于中档题目.18.如图，三棱锥PABC中，PC平面AB

C，3PC，2ACB．,DE分别为线段,ABBC上的点，且2,22CDDECEEB．(1)证明：DE平面PCD；-13-(2)求二面角APDC的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）36【解析】【详解】试题

分析：（1）要证线面垂直，就是要证线线垂直，题中由PC平面ABC，可知PCDE，再分析已知由2,2DCDECE得CDDE，这样与DE垂直的两条直线都已找到，从而可得线面垂直；（2）求二面角的大小，可心根据定义作出二面角的平面角，求出这个平面角的大

小，本题中，由于2ACB，PC平面ABC，因此,,CACBCP两两垂直，可以他们为,,xyz轴建立空间直角坐标系，写出图中各点的坐标，求出平面APD和平面CPD的法向量12,nn，向量12,nn的夹角与二面角相等或互补，由此可得结论．试题解析：

（1）证明：由PC平面ABC，DE平面ＡＢＣ，故PCDE由CE＝２，CD=DE＝２得ＣＤＥ为等腰直角三角形，故CDDE由PCCD=C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD（2）解：由（１）知，CDE为等腰

直角三角形，DCE＝4,，如（１９）图，过点Ｄ作DF垂直CE于Ｆ，易知DF＝FC＝EF＝１，又已知EB＝１，故FB＝２．由ACB＝2,得DF//AC，23DFFBACBC，故AC＝32DF＝32．以Ｃ为坐标原点，分别以,CACBCP

，的方程为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Ｃ（0,0,0,），Ｐ（0,0,3），Ａ（32,0,0）,Ｅ（0,2,0），Ｄ（1,1,0），(1,1,0),ED(1,1,3)(,1,0)DPDA１，２设

平面PAD的法向量111,,)nxyz１＝（，由0nDP１，0nDA１，-14-得11111130{(2,1,10+)12xyznxy故可取.由（1）可知DE

平面PCD，故平面PCD的法向量2n可取为ED,即2(1,1,0)n.从而法向量1nur，2nuur的夹角的余弦值为12

12123,=6||||nncosnnnn，故所求二面角A-PD-C的余弦值为36.考点：考查线面垂直，二面角．考查空间想象能力和推理能力．19.若曲线C的极坐标方程为2cos23sin，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立直角

坐标系.（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）若直线6R与曲线C相交于点A、B，求AB及三角形ABC的面积.【答案】（1）22134xy（2）23AB，3ACBS△.【解析】【分析】-1

5-（1）根据cossinxy，又因为2cos23sin，变形得：22cos23sin，代入变得222230xyxy（2）由直线6R的极坐标方程得：30yx，又由于弦长、圆心到直线的距离以及半径长满足

勾股定理：2222ldr，由此便可得出答案.【详解】解：（1）因为cossinxy，所以222xy，由2cos23sin，22cos23sin，222230xyxy，即22134xy

（2）由6R，得30yx圆心1,3到直线30xy的距离1312d，22223ABrd，132ACBSABd△.【点睛】本题主要考查曲线及直线的极坐标方程与直角坐标方程的转化，以及直线与圆相交的知识，

属于中等难度题目.20.如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，2ABCBAD，2PAAD，1ABBC.（1）求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值；（2）点Q是线段B

P上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长.-16-【答案】(1)33(2)255【解析】【详解】试题分析：以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为

1,0,0,1,1,0,0,2,0,0,0,2BCDP．（1）因为AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，．因为(1,1,2),(0,2,2)PCPD．设平面PCD的法向量为,,mxyz，则0,0mPCmPD

，即20{220xyzyz，令1y，解得1,1zx．所以1,1,1m是平面PCD的一个法向量，从而3cos,3||||ADmADmADm，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为33．（2）因为(1,0,2

)BP，设(,0,2)(01)BQBP，又(0,1,0)CB，则(,1,2)CQCBBQ，又(0,2,2)DP，-17-从而212cos,||||102CQDPCQDPCQDP

，设12,1,3tt，则2222229cos,5109101520999tCQDPttt，当且仅当95t，即25时，|cos,|

CQDP的最大值为31010．因为cosyx在0,2上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又因为22125BP，所以22555BQBP．考点：二面角的计算，异面直线所成的

角，最值问题.【方法点晴】求二面角常采用求法向量直接公式计算的方法去解决，原则是半平面有现成的垂线就直接做法向量，没有现成的垂线就设法向量，求出法向量后再算二面角；第二步的最值问题很好，是高考很常见的形式，多发生在圆锥曲线题目中，一要会换元，如本题中的设12,1,3t

t，二要会处理分式如本题中的，当然这一步有时使用均值不等式（或对勾函数），个别题还可使用导数求最值.-18-