【文档说明】【精准解析】甘肃省靖远县2020届高三下学期第四联考数学（理）试题.doc，共(21)页，1.988 MB，由小赞的店铺上传

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高三数学试卷(理科)一､选择题1.已知集合2|40Axxx，|20Bxx，则AB（）A.02xx∣B.|2xxC.|04xxD.|4xx【答案】A【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法可得

集合A，然后根据交集的概念直接可得结果.【详解】因为2|40|04Axxxxx，|2Bxx，所以|02ABxx.故选：A【点睛】本题考查集合的交集，考查运算求解能力，属基础题.

2.在复平面内，表示复数12i1iz的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】根据复数除法运算，化简即可判断对应的点所在象限．【详解】由复数除法运算，可得121+1

2=111+iiiziii1+313=222ii所以在复平面内对应点的坐标为13,22，即位于第二象限所以选B【点睛】本题考查了复数的除法运算，复平面内点坐标特征，属于基础题．3.要得到函数sin32yx的图象，只需将函数si

n31yx的图象（）A.向左平移3个单位长度B.向右平移3个单位长度C.向左平移1个单位长度D.向右平移1个单位长度【答案】C【解析】【分析】首先根据题意得到sin32sin311yxx，再根据三角函数的平移变换即可得到答案

.【详解】因为sin32sin311yxx，所以要得到函数sin32yx的图象，只需把函数sin31yx的图象上所有的点向左平移1个单位长度.故选：C【点睛】本题考查三角函数的图象变换，考查运算求解能力与推理论证能力，属于简单题.4.已知等比数列

na的前n项和nS，若2nnSa，则a（）A.2B.-2C.1D.-1【答案】D【解析】【分析】根据nS与na的关系以及等比中项的应用即可求解.【详解】由题意可得112aSa，2212aSS，3324aSS，则2242a，解得1a.故选：D【点睛】本

题考查等比数列中nS与na的关系，考查运算求解能力，属于基础题.5.在ABC中，点D在线段BC上，且2CDBD，E为AC的中点，则DEuuur（）A.2136ABACB.2136ABACC.213

6ABACD.2136ABAC【答案】A【解析】【分析】利用向量的线性运算、加法、减法即可求解.【详解】由题意可得13ADBDABBCAB121333ACABABABAC，因为E为AC的中点，所以12AEAC，故121233DEAEADACABAC

2136ABAC.故选：A【点睛】本题考查平面向量的加法、减法以及线性运算，考查运算求解能力，属于基础题.6.用一个平面去截正方体，截面的形状不可能是（）A.正三角形B.正方形C.正五边形D.正

六边形【答案】C【解析】【分析】不难作出截面是正三角形和正方形的例子，正六边形的例子是由相应棱的中点连接而成，利用反证法，和平面平行的性质定理可以证明不可能是正五边形．【详解】如图所示：截面的形状可能是正三角形（图

1），正方形（图2），正六边形（图3）图1图2图3假若截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质定理，可知这两条

截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形．故选：C．【点睛】本题主要考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，掌握正方体以及平面图形的几何特征，难点是借助于反证法，利用面面平行的性质定理判定C错误，属于基础题．7.在数列na中，23a，35a，且

212nnnaaa，则6a（）A.9B.11C.13D.15【答案】B【解析】【分析】由已知212nnnaaa可得数列为等差数列，从而通过23,aa求出公差和首项后可得数列的第6项．【详解

】因为212nnnaaa，所以211nnnnaaaa，所以数列na是等差数列.因为23a，35a，即11325adad，解得112ad，所以61511aad

.故选：B．【点睛】本题考查等差数列，考查运算求解能力.解题方法是定义法和基本量法，属于基础题．8.53221xx展开式中3x的系数为（）A.40B.80C.40D.80【答案】A【解析】【分析】求出5(21)x展开式中2x和3x的

系数，然后由多项式乘法法则可得结论．【详解】521x展开式的通项为51512rrrrTCx，当2r=时，32335280TCxx，当3r时，23245240TCxx，则

53221xx的展开式中含3x的项为23334028040xxxx，故53221xx展开式中3x的系数为40．故选：A．【点睛】本题考查二项式定理，考查运算求解能力与推理论证能力．掌握二

项展开式通项公式是解题关键．9.已知函数fx是定义在R上的奇函数，且fx的图象关于直线2x对称，当02x时，22xxfx，则5f（）A.3B.3C.7D.7【答案】D【解析】【分析】由题意可得22fxfx

，再将5f化成1f，即可得到答案；【详解】由题意可得22fxfx，所以35323211217fffff.故选：D.【点睛】本题考查函数的性质

，考查运算求解能力与推理论证能力.10.在四面体ABCD中，2BDAC，3ABBCCDDA，E，F分别为AD，BC的中点，则异面直线EF与AC所成的角为（）A.π6B.π4C.π3D.π2【答案】B【解析】【分析】把四面体ABCD补成一个长，宽，高分别为2，2，1的长方体，取AB的中

点G，连接GE，GF，运用条件可得GEF△是等腰直角三角形，然后可得出答案.【详解】如图，把四面体ABCD补成一个长，宽，高分别为2，2，1的长方体，取AB的中点G，连接GE，GF.因为G，F分别是AB，BC的中点，所以//GFAC，112GFAC

，同理//GEBD，112GEBD.因为ACBD，所以GEGF，所以GEF△是等腰直角三角形，则π4EFG，即异面直线EF与AC所成的角为π4.故选：B【点睛】本题考查异面直线所成的角，考查空间想象能力与运算求解能力，属于基础题.11.设双曲线2222:1

0,0xyCabab的右焦点为F，点0,Qb.已知点P在双曲线C的左支上，且P，Q，F不共线，若PQF△的周长的最小值是8a，则双曲线C的离心率是（）A.3B.3C.5D.5【答案】D【解析】【分析】由双曲线的定义可得2PFPFa

，结合图示，可得当'PQF、、共线时，PQF△的周长最小，进而可得a与c的关系，代入公式，即可求出离心率。【详解】如图，设F为C的左焦点，连接PF，QF，则QFQF，2PFPFa，所以PQF△的周长2lPQPFQFPQPFQFa.因为22P

QPFQFcb，所以PQF△的周长2222lcba.因为PQF△的周长的最小值是8a，所以22228cbaa，所以225ca，所以双曲线C的离心率是5ca.故选D【点睛】本题考查双曲线的定义，离心率的求法，关键在于根据已知条件得到'PQF、、共线时，

PQF△的周长最小，再根据条件化简求值即可，考查运算求解能力与推理论证能力，属中档题。12.设函数fx是定义在1,上的单调函数，且1,x，ln0ffxxx．若不等式1fxfxax对1,x恒成立，则

a的取值范围是（）A.1,4B.1,4C.,1D.1,【答案】D【解析】【分析】由函数的单调性得lnfxxx为常数，设lnfxxxt，由()0ft求得1t，已知不等式化简为1ln21xxaxx．引入新函数

1()ln2gxxxx，则()gx的图象在直线(1)yax下方，用导数研究函数()gx的单调性，作出大致图象及直线(1)yax后可得结论【详解】由题意可得lnfxxx为常数，设lnfxxxt，所以lnfxxxt，则ln

0ftttt，解得1t，故ln1fxxx，11fxx．因为1fxfxax，所以1ln21xxaxx．设1ln2gxxxx，

1hxax，不等式1ln21xxaxx等价于函数ygx的图象在函数yhx图象的下方．因为1ln21gxxxxx，所以5211115124gxxxx．因为1x，所以101x，所以

11gxg．令0gx，得5112x，令0gx，得512x，则gx在511,2上单调递增，在51,2上单调递减，则ygx的大致图象如

图所示，(1)1g，结合图象可得1a．故选：A【点睛】本题考查导数与不等式恒成立问题，考查推理论证能力与运算求解能力．解题中不等式恒成立转化为函数图象在直线的下方，它们有公共点(1,0)，因此利用切线斜率易得结论．二､填空题13.已知函数2()log(1)3fxx，若(2)5fa

，则a______.【答案】1【解析】【分析】将2a代入函数()fx的解析式，解方程即可求出a的值.【详解】由题意可得2()()2log335faa，解得1a.【点睛】本题主要考查解对数方程，考查运算求解能力，属于基础题.14.已知实数x，y满足不等式组402

0250xyxyxy，则34zxy的最小值为______.【答案】2【解析】【分析】作出不等式组表示的平面区域，再将目标函数化为43xzy，利用z表示的几何意义即可求解.【详解】作出不等式组4020250xy

xyxy的可行域，如图（阴影部分）由34zxy，可得43xzy，作出3xy，平移此直线，可知当直线经过A时，z最小，40250xyxy，解得3x，1y，即3,1A，代入3

4zxy可得min33142z.故答案为：2【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，解题的关键是作出可行域，考查了数形结合的思想，属于基础题.15.辊子是客家传统农具，南方农民犁开田地后，仍有大的土块.农人便用六片叶齿组成辊轴，两侧装上木板，人跨开两脚站立，既能掌握平

衡，又能增加重量，让牛拉动辊轴前进，压碎土块，以利于耕种.这六片叶齿又对应着菩萨六度，即布施､持戒､忍辱､精进､禅定与般若.若甲从这六片叶齿中任取两片不同的叶齿，放回后，乙再从这六片叶齿中任取两片不同的叶齿，则这两人选的叶齿对应的“

度”没有相同的概率为______.【答案】25【解析】【分析】用分步计数原理求出基本事件的总数，再求出事件“两人选的叶齿对应的“度”没有相同”所含基本事件的个数，根据公式计算概率．【详解】由题意可知所求概率22642266621

55CCPCC.故答案为：25．【点睛】本题考查数学文化与古典概型，考查运算求解能力.解题关键是求出基本事件的个数．16.已知抛物线2:20Cxpyp的焦点为F，直线:0lykxbk与抛物线C交于A，

B两点，且6AFBF，线段AB的垂直平分线过点0,4M，则抛物线C的方程是______；若直线l过点F，则k______.【答案】(1).24xy(2).22【解析】【分析】根据焦半径公式可得12

6yyp，再根据MAMB可得1282yyp，联立即可求出p，得到抛物线C的方程；再联立直线l和抛物线C的方程，可解得21242yyk，再根据1264yyp，即可解出k．【详解】设11,Axy，

22,Bxy，由抛物线的焦半径公式可得，12pAFy，22pBFy，则126AFBFyyp，即126yyp.因为点0,4M在线段AB的垂直平分线上，所以MAMB，则2222112244xyxy.因为2112xpy，2222xpy，所以1

212280yyyyp，因为12yy，所以1282yyp，则826pp，解得2p，故抛物线C的方程是24xy.因为直线l过点F，所以直线l的方程是1ykx，联立241xyykx，

整理得2440xkx，则124xxk，从而21212242yykxxk，因为1264yyp，所以2424k，解得22k.故答案为：24xy；22．【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质的应

用，直线与抛物线的位置关系的应用，意在考查学生转化与化归的能力以及数学运算能力，属于基础题．三､解答题17.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知44coscbaB.（1）求sinA；（2）若4a，且6bc，求A

BC的面积.【答案】（1）15sin4A；（2）15.【解析】【分析】（1）利用正弦定理的边角互化可得4sinsin4sincosCBAB，再利用三角形的内角和性质以及两角和的正弦公式即可求解.（2）利用余弦定理可得22222cos()2(1cos)abcbcAbc

bcA，代入求出8bc，再根据三角形的面积公式即可求解.【详解】解：（1）因为44coscbaB，所以4sinsin4sincosCBAB，所以4sin()sin4sincosABBAB，所以4cossinsinABB，因为sin0B，所以1

cos4A，所以15sin4A.（2）由余弦定理可得22222cos()2(1cos)abcbcAbcbcA，因为4a，6bc，所以536162bc，所以8bc.故ABC的面积为1115sin8

15224bcA.【点睛】本题考查了正弦定理的边角互化、余弦定理以及三角形的面积公式，考查了运算求解能力，属于基础题.18.在三棱锥PABC中，PA平面ABC，E为AC的中点，且2ACBE.（1）证明：

BC⊥平面PAB；（2）若PAABBE，求二面角APBE的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）77.【解析】【分析】（1）证明出BCAB，由PA平面ABC得出BCPA，再由线面垂直的

判定定理可证得BC⊥平面PAB；（2）由（1）可知AB、BC、PA两两垂直，以B为原点，BC、BA的方向分别为x，y轴的正方向，过点P作平行于PA的直线为z轴建立空间直角坐标系Bxyz，利用空间向量法可求得二面角APB

E的余弦值.【详解】（1）因为E为AC的中点，且2ACBE，所以AEBECE，所以BAEABE，BCECBE，所以BAEBCEABECBEABC.因为180BAEBCEABC，所以90ABC，即ABBC.因为PA平面ABC，且BC平面AB

C，所以PABC.因为PA平面PAB，ABÌ平面PAB，且PAABA，所以BC⊥平面PAB.（2）由（1）可知AB、BC、PA两两垂直，则可以以B为原点，BC、BA的方向分别为x、y轴的正方向，过点P作平行于PA的直线为z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.设2PA，则0,0,0B、3,1,0E、0,2,2P，故3,1,0BE，0,2,2BP.设平面PBE的法向量,,nxyz，则30220nBExynBPy

z，不妨设1x，则1,3,3n.因为BC⊥平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为1,0,0m，所以17cos,77mnmnmn.设二面角APBE

为，由图可知为锐角，则7cos7.【点睛】本题考查线面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的余弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19.已知函数1xxfxaaeR．（1）当2a

时，求fx的最值；（2）讨论fx的零点个数．【答案】（1）最大值为3，无最小值；（2）分类讨论，答案见解析．【解析】【分析】（1）先将2a代入函数中，得12xxfxe，然后对函数求导，使导函数大于零

，求出函数的递增区间，使导函数小于零，求出函数的递减区间，从而可求出函数的最值；（2）令0fx，可得1xxae，令1xxgxe，利用导数的方法研究其单调性及最值，从而讨论a的范围，进而得到函数零点的个数.【详解】解：（1）因为2a，所以12xxfxe，所以

xxfxe，令0fx，得0x；令0fx，得0x，则fx在,0上单调递增，在0,上单调递减，故fx在0x时取得最大值，03f，没有最小值．（2）令10xxfx

ae，得1xxae．设1xxgxe，则2'(1)xxxxxgxeeexe，当0x时，'0gx，当0x时，'0gx，所以gx在,0上单调递增，在0,

上单调递减，所以01gxg，而当1x时，0gx；当1x时，0gx．所以gx的图像如图所示①当1a时，方程gxa无解，即fx没有零点；②当1a时，方程gxa有且只有一解，即fx有唯一的零点；③当01a时，方程gxa

有两解，即fx有两个零点；④当0a时，方程gxa有且只有一解，即fx有唯一的零点．综上，当1a时，fx没有零点；当1a或0a时，fx有唯一的零点；当01a时，fx有两个零点．【点睛】此题考查导数的应用

，利用导数求函数的单调区间、最值，考查了函数的零点的判断方法，利用了数形结合的数学思想，属于中档题.20.已知椭圆2222:10xyCabab的离心率为32，且椭圆C的右顶点到直线20xy的距离为3.

（1）求椭圆C的方程；（2）过点2,0P的直线l与椭圆C交于A，B两点，求OAB的面积的最大值(O为坐标原点).【答案】（1）22182xy.（2）2【解析】【分析】（1）根据椭圆C的右顶点到直线20xy的距离

为3可求a，然后利用离心率可求c，结合,,abc的关系可得椭圆的方程；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，结合韦达定理可求12yy，结合三角形面积公式及基本不等式可求OAB的面积的最大值.【详解】（1）因为椭圆C的右顶点到直线20xy的距离为3

，所以232a，解得22a或42a（舍）.因为椭圆C的离心率为32，所以32ca，所以6c，所以222bac.故椭圆C的方程为22182xy.（2）由题意可知直线l的斜率不为0，则可设直线l的方程

为2xmy，11,Axy，22,Bxy，联立222182xmyxy，整理得224440mymy，则12244myym，12244yym，从而2212222416422444mmyymmm.

故OAB的面积21212211142222224mSOPyOPyyym.设222tm，则222mt，故24242222tSttt，当且仅当2t，即0m时，OAB的面积取得最大值2.【点睛】本题主要考查椭圆的方

程求解及三角形面积的最值问题，三角形面积最值一般根据目标式的特征，选择合适的方法求解最值，常用基本不等式法，侧重考查数学运算的核心素养.21.某公司为了丰富员工的业余文化生活，召开了一次趣味运动会.甲､乙两人参加“射击气球”这项比赛活动，他们依次轮流射击气球一次，每人射击

n次(射击次数由参与比赛的两人决定)，其中射击气球只有两种结果：“中”与“不中”.比赛规则如下：甲先射击，若结果是“中”，则本次射击得2分，否则得1分；再由乙第一次射击，若结果为“中”，其得分在甲第一次得分的

基础上加1分，否则得1分；再由甲第二次射击，若结果为“中”，其得分在乙第一次得分的基础上加1分，否则得1分；再由乙第二次射击，若结果为“中”，其得分在甲第二次得分的基础上加1分，否则得1分；再由甲第三次射击，

按此规则，直到比赛结束.已知甲､乙每次击中气球的概率均为23.记iX，1,2,3,,iYinL分别表示甲，乙第i次射击的得分.（1）若3n，记乙的累计得分为Y，求3Y的概率.（2）①求数学期望1EX，1EY

，2EX；②记11aEX，21aEY，32aEX，….证明：数列3na为等比数列.【答案】（1）2627.（2）①153EX，1199EY，26527EX.②证明见解析【解析】【分析】（1）根据乙每次射击得分为1分的概率

得出3PY的值，再由对立事件的性质，即可得出3Y的概率；（2）①分别得出1X，1Y，2X的可能取值，求出相应的概率，列出分布列，即可得出数学期望1EX，1EY，2EX；②先由题意得出1211133nnaa，结合等

比数列的定义，即可证明数列3na为等比数列.【详解】（1）由题意可知3Y，且乙每次射击得分为1分的概率均为13则3113327PY故12631312727PYPY

（2）①由题意可得1X的可能取值为1，2.1113PX，1223PX.则甲第一次得分1X的分布列为1X12P1323故112512333EX.由题意可得1Y的可能取值为1，2，3.113PY；1

222339PY；2243339PY.则乙第一次得分1Y的分布列为1Y123P132949故1124191233999EY.由题意可得2X的可能取值为1，2，3，4.2113PX；21222339PX；2224393

27PX；242849327PX.则甲第二次得分2X的分布列为2X1234P1329427827故2124865123439272727EX.②由题意可知1212111

333nnnaaa.则12333nnaa，即13233nnaa.因为114333aEX所以数列3na是首项为43，公比为23的等比数列.【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望以及证明数列为的

等比数列，属于中档题.22.在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为213xtyt(t为参数)，曲线2C的参数方程为212xmym(m为参数).（1）求曲线1C，2C的普通方程；（2）已知点2,1

M，若曲线1C，2C交于A，B两点，求MAMB的值.【答案】（1）1C：35yx，2C：244yx.（2）2109【解析】【分析】（1）消去参数t可得曲线1C普通方程；将y平方消去2m可得曲线2C的普通方程；（2）将直线1C改写成过2,1M的标准直线参数方程，再联立曲线2C

的普通方程化简可得关于t的一元二次方程，根据t的几何意义，结合韦达定理，即可求出MAMB的值。【详解】（1）由曲线1C的参数方程为213xtyt(t为参数)，消去t得35yx.由曲线2C的参数方程为212xm

ym(m为参数)，消去m得244yx.（2）曲线1C的标准参数方程为10210310110xtyt(t为参数).代入244yx，整理得2910110105tt

，所以122109tt，121109tt，因为120tt，120tt，所以122109MAMBtt.【点睛】本题主要考查参数方程与直角坐标方程的互化，同时也考查了直线参数方程的几何意义，易错点在于要先将直线参数方程化为标准形式，再代入求解，

属中档题。23.已知函数221fxxx.（1）求不等式6fx的解集；（2）若函数fx的最小值为m，且实数a，b满足222abm，求34ab的最大值.【答案】（1）1,3.（2）53【解析】【分析】（1）首

先将fx写成分段函数的形式，然后解出即可；（2）首先求出min1322fxf，然后利用柯西不等式求解即可.【详解】（1）133,212211,2233,2xxfxxxxxxx，6fx等价于12336xx

或12216xx或2336xx，解得112x或122x或23x.故不等式6fx的解集为1,3.（2）由（1）知fx在1,2上单调递减，在1,2上单调递

增，所以min1322fxf，则223ab，故2222343453abab(当且仅当335a，435b时取等号)，即34ab的最大值为53.【点睛】本题考查的是含绝对

值不等式的解法和利用柯西不等式求最值，考查了分类讨论的思想，属于基础题.