【文档说明】安徽省合肥市肥东县高级中学2020届高三下学期4月调研考试数学（理）试题【精准解析】.doc，共(22)页，1.945 MB，由小赞的店铺上传

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2020届高三下学期4月调研理科数学全卷满分150分，考试用时120分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷选择题（共6

0分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.已知集合2{|280}Pxxx，{|}Qxxa，CPQRR，则a的取值范围是A.2,

B.4,C.,2D.,4【答案】C【解析】因为{|24}Pxx，{|}Qxxa，则{|24}CPxxxR或,又因为CPQRR，所以2a本题选择C选项.2.若复数z满足1zizi，其中i为虚数单位，则

复数z的模为（）A.22B.2C.22D.42【答案】A【解析】因为zizi，所以111(1)1222iziiii，则112222zi，应选答案A．3.已知平面,,mn

，则“nm”是“n”成立的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】试题分析：由面面垂直性质定理知平面,,mn，nm可推出n；当n时，由于m，所以

nm，因此“nm”是“n”成立的充要条件，选A．考点：面面垂直性质定理4.为迎接中国共产党的十九大的到来，某校举办了“祖国，你好”的诗歌朗诵比赛.该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中

选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名同学中至少有1人参加，且当这3名同学都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名学生不同的朗诵顺序的种数为（）A.720B.768C.810D.816【答案】B【解析】由题知结果有三种情况．(1)甲、乙、丙三名同学全参加，

有1444CA=96种情况，其中甲、乙相邻的有123423CAA48种情况，所以甲、乙、丙三名同学全参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻顺序有964848种情况；(2)甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，

不同的朗诵顺序有314434CCA288种情况；(3)甲、乙、丙三名同学恰有二人参加时，不同的朗诵顺序有224434432CCA种情况．则选派的4名学生不同的朗诵顺序有28843248768种情况，故本题答案选B5.函数sin()2xxfxe的图象的大致形状是A.B.C.D.【答案】A

【解析】令x=0可得00f，则排除C、D；cossin'2exxxfx,当π0,4x时，cossin'02exxxfx，当ππ,42x时，cossin'02exxxfx

，故排除B，本题选择A选项.6.设数列na为等差数列，nS为其前n项和，若113S，410S，515S，则4a的最大值为（）A.3B.4C.7D.5【答案】B【解析】∵S4≥10，S5≤15∴a1

+a2+a3+a4≥10，a1+a2+a3+a4+a5≤15∴a5≤5，a3≤3即：a1+4d≤5，a1+2d≤3两式相加得：2（a1+3d）≤8∴a4≤4故答案是47.已知:3sincos2，则cos2cos2的取值范围是()A.[2,2]B.3[,2]2C.3[2,]

2D.33[,]22【答案】D【解析】∵sinα+cosβ=32，可得：cosβ=32﹣sinα，∵﹣1≤32﹣sinα≤1．可得：12≤sinα≤1．那么：cos2α+cos2β=1﹣2sin2α+2cos2β﹣

1=2（cos2β﹣sin2α）=2（cosβ+sinα）（cosβ﹣sinα）=2*32*（32﹣2sinα）=92﹣6sinα，∵sinα∈[12，1]，则：﹣6sinα∈[﹣6，﹣3]，∴cos2α+cos2β=9

2﹣6sinα∈[﹣32，32]．故选D．8.已知椭圆2222:10xyCabab，1F，2F为其左、右焦点，P为椭圆C上除长轴端点外的任一点，G为12FPF内一点，满足123PGPFPF

，12FPF的内心为I，且有12IGFF（其中为实数），则椭圆C的离心率e等于（）A.13B.12C.23D.32【答案】B【解析】设0012,,,0,,0PxyFcFc，由123PGPF

PF，可得G为12FPF的重心，即有G点坐标为00,33xyG，由12IGFF，可得IG∥x轴，即有I的纵坐标为03y，在12FPF中，12122,2PFPFaFFc，则1212012FPFSFFy

．因为I为12FPF的内心，故有I的纵坐标即为内切圆半径，所以1201121()23FPFySPFFFPF，故012011211()223yFFyPFFFPF，即00112(22)223ycyac，整理得2ca，故椭圆C的离心率12cea

．选B．点睛：（1）本题中的向量条件较多，解题时要根据所给的向量式得到相应的位置和数量关系，如在本题中得到点G为三角形的重心是解题的关键，并由此得到内心的纵坐标，然后利用12FPF面积的两种不同表现方

式得到2c=a，从而得到离心率．（2）求椭圆的离心率或其范围时，将提供的条件中的几何关系转化为关于椭圆的基本量,,abc的方程或不等式，利用222abc和e=ca转化为关于e的方程或不等式，通过解方程或不等式可得所求．9.将函数3sin5fxx

的图象向右平移4个单位后关于y轴对称，则的值可能为（）A.32B.34C.54D.4【答案】D【解析】由题意得557()3sin(5)()()44424fxxkkZkkZ，当2k时4

，选D.10.已知函数log1(0,1)afxxaa，若1234xxxx<<<，且1234fxfxfxfx，则12341111xxxx（）A.2B.4C.8D.随a值变化【答案】A

【解析】不妨设1a＞，则令10afxlogxb（）＞，则1alogxb或1alogxb；故12341111bbbbxaxaxaxa，，，，故22142311211211bbxxaxxa，；

2222212341111222221111bbbbbaxxxxaaaa故故选A．11.已知12FF、是双曲线22221(0,0)xyabab的左右焦点，以12FF为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点M

，与双曲线交于点N，且MN、均在第一象限，当直线1//MFON时，双曲线的离心率为e，若函数22()2,fxxxx，则()fe（）A.1B.3C.2D.5【答案】C【解析】双曲线的222,ccabea，双曲线的渐近线方程为byxa

与圆222xyc联立，解得,Mab，与双曲线方程22221xyab联立，解得22222acaxccayc，即为22222,acacaNcc，直线1MF与直线ON平行时，既有22222bcaaca

ca，即2222222accaaca，既有32232220cacaca，322220eee，即fe2222eee，故选C.【方法点晴】本题主要考查利用双曲线的简单性质求

双曲线的离心率、双曲线的渐近线，属于难题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的

内在联系.求与离心率有关的问题，应先将e用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于e的等式.12.已知定义在R上的函数()fx的导函数为()fx，且3()3()1fxfx，1(1)6f，则116()20xfxe的

解集为（）A.[1)，B.(1)，C.(1]，D.(1)，【答案】C【解析】构造函数131xgxefx，则1'33'10xgxefxfx，所以gx在R上单调递增，又113112gf

，所以111111620621312xxxxfxefxeefxe，即1gxg，所以1x，故选C．点睛：本题考察导数中的构造函数技巧，本题的构造比较复杂，由条件33

'1fxfx和问题11620xfxe综合想到构造131xgxefx，得到gx在R上单调递增，将问题转化为1gxg，得到答案．第Ⅱ卷非选择题（共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知向量a与b的夹角是5π6，且aa

b，则向量a与ab的夹角是__________．【答案】120【解析】【详解】分析：先根据题意画出平行四边形，再解三角形得解.详解：如图所示，,,,150ABaADbACabDAB∴030.B∵||||aab，∴30

,BACB∴120.CAB所以向量a与ab的夹角是120°.故填120°.点睛：本题主要考查平行四边形法则和向量的夹角，属于基础题.14.已知实数x，y满足约束条件2041xyyx则2zxy的最小值是_________.【答案】-8【解析

】【分析】根据约束条件，画出可行域，对2zxy化成斜截式，找到其最小值.【详解】根据约束条件2041xyyx画出可行域，如图所示，ABC即为可行域.目标函数2zxy，化成斜截式2yxz

，为斜率为-2的一簇平行线，z为其在y轴上的截距，可得过C点时，截距最小，解方程组420yxy解得64xy6,4Cz的最小值为2648z【点睛

】本题考查线性规划的一般解法，属于简单题.15.已知集合{|21N}{|88N}AxxkkBxxkk，，，，从集合A中取出m个不同元素，其和记为S；从集合B中取出n个不同元素，其和记为T．若967ST，则2mn的最大值为____．【答案】44【解析】【分析】欲使m,n更大

，则所取元素尽可能小，所以从最小开始取S,,T由ST967得到2221968,,,nmmnN令2n-1=t,则m+2n=t+m+1,t为奇数,m为整数，则22968tm，由基本不等式22,22tmmt得44,mt取等条件不成立，则检验t

=22附近取值，只有t=21,m=22和t=23,m=20,成立，则问题得解.【详解】欲使m,n更大，则所取元素尽可能小，所以从最小开始取，S=2222121088,44,44967,22mmnnmT

nnmnn即2221968,,,nmmnN令2n-1=t,则m+2n=t+m+1,t为奇数,m为整数，则22968tm，由基本不等式22,44,22tmmtmt当且

仅当m=t=22时取等，∵t为奇数，∴mt的最大值在t=22附近取到，则t=21,m=23（舍）；t=21,m=22,成立；t=23,m=21（舍）;t=23,m=20,成立；故m+t的最大值为43，所以m2n的最大值为44故答案

为44【点睛】本题考查不等式的应用，数列求和问题，分析转化能力和计算求解能力，是中档题16.类比圆的内接四边形的概念，可得球的内接四面体的概念.已知球O的一个内接四面体ABCD中，ABBC，BD过球心O，若该四面体的体积为1，且2ABBC，则球O的表面积的最小值为_____

_.【答案】38【解析】【分析】本道题设,2ABxBCx,用x表示球半径，然后结合函数的单调性，判断球表面最小值，即可．【详解】设,2ABxBCx,BOR结合体积为1时,112132Vxxh,故62hxx所以1

322OOhxx,所以22122BOxx,结合222BOOOBO,建立方程,得到22223642442Rxxxx,令2244hxxx,结合二次函数的性质可知hx在0,1递减,1,2递

增令2236,2fxuxxxu,结合复合函数的单调性可知,ux在0,1递增,在1,2递减,而fx始终递减,故24R在0,1递减,在1,2递增,故当1x,24R取到最小值为38所以面积最小值为38【点睛】本道题考查了

函数的性质计算最值，难度较大．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c(sinC-sinA)=(sinA+sinB)(b-a).(1)求B；

(2)若c=8，点M，N是线段BC的两个三等分点，1,233ANBMBCBM，求AM的值．【答案】（1）3B；（2）213AM．【解析】【分析】（Ⅰ）由题意，根据正弦定理得222ccaba，再由余弦定理得1c

os2B，即可求解.（Ⅱ）由题意得,MN是线段BC的两个三等分点，设BMx，则2BNx，23ANx，在ABN中，由余弦定理得2212644282cos3xxx，解得2x，则2BM，再在ABM中,即可求解AM的长.【详解】（1）∵

sinsinsinsincCAABba，则由正弦定理得:222ccaba,∴222acbca，∴2221cos22acbBca，又0B，∴3B．（2）由题意得,MN是线段BC的两个三等分点，设BMx，则2BNx，23ANx

，又3B，8AB，在ABN中，由余弦定理得2212644282cos3xxx，解得2x（负值舍去），则2BM，又在ABM中,22182282522132AM．或解：在ABN中，由正弦定理得：232si

nsin3xxBAN，∴1sin2BAN又2BNx，23ANx，∴BNAN，∴BAN为锐角，∴6BAN，∴2ANB，又8AB，∴24BNx，∴2x，∴2MN，43AN，∴在RtANM中，22432213AM.【点睛】本题主要

考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以

上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．18.如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E,F分别是AB,BC的中点，点M在AD上，且14AMAD，将AED,DCF分别沿DE,DF折叠，使A,C点重合于点P，如图所示2.1试判断PB与平面MEF的位置关系

，并给出证明；2求二面角MEFD的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）6.3【解析】【分析】(1)根据线面平行的判定定理直接证明即可；（2）连接BD交EF与点N，先由题中条件得到MND为二面角MEFD﹣﹣的平面角，

再解三角形即可得出结果.【详解】（1）PB平面MEF．证明如下：在图1中，连接BD，交EF于N，交AC于O，则1124BNBOBD，在图2中，连接BD交EF于N，连接MN，在DPB中，有14BNBD，14PM

PD，MNPB．PB平面MEF，MN平面MEF，故PB平面MEF；（2）连接BD交EF与点N，图2中的三角形PDE与三角形PDF分别是图1中的RtADE与RtCDF，PDPEPDPF，，又PEPEP＝，PD平面PEF，则PDEF，又EFBD，EF

平面PBD，则MND为二面角MEFD﹣﹣的平面角．可知PMPN，则在RtMND中，12PMPN＝，，则22PMPN3MN．在MND中，332MDDN＝，，由余弦定理，得222623MNDNMDcosMNDMNDN．二面角MEFD﹣﹣的余弦

值为63．【点睛】本题主要考查线面平行的判定，以及二面角的求法，熟记线面平行的判定定理以及二面角的概念即可，属于常考题型.19.已知椭圆1C、抛物线2C的焦点均在x轴上，1C的中心和2C的顶点均为原点O，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录

于下表中：x324y04（Ⅰ）求12CC、的标准方程；（Ⅱ）请问是否存在直线l满足条件：①过2C的焦点F；②与1C交不同两点,MN、且满足OMON？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．【答案】（Ⅰ），1C：；（Ⅱ）22yx或22yx【

解析】【详解】（Ⅰ）设抛物线，则有，据此验证4个点知（3，）、（4，4）在抛物线上，易求设1C：，把点（2，0）（，）代入得：解得∴1C方程为（Ⅱ）假设存在这样的直线过抛物线焦点(1,0)F，设直线的方程为两交点坐标为，由消去，得∴①212121212(1

)(1)1()xxmymymyymyy②由OMON，即，得将①②代入（*）式，得，解得所以假设成立，即存在直线满足条件，且的方程为：22yx或22yx法二：容易验证直线的斜率不存在时，不满足题意；当直线斜率存在时，假设存在直线过抛物线焦点(1

,0)F，设其方程为(1)ykx，与1C的交点坐标为由221{4(1)xyykx消掉y，得2222(14)84(1)0kxkxk，于是2122814kxxk，21224(1)

14kxxk①212111212(1)(1)[()1]yykxkxkxxxx即2222122224(1)83(1)141414kkkyykkkk②由OMON，即，得将①、②代入（*）式，得2222224(1)340141414k

kkkkk，解得2k；所以存在直线满足条件，且的方程为：22yx或22yx．20.在某市高中某学科竞赛中，某一个区4000名考生的参赛成绩统计如图所示.（1）求这4000名考生的竞赛平均成绩x（同一组中数据用该组区间中点作代表）；（2）由直方图可认为考生竞赛成

绩z服正态分布2(,)N，其中，2分别取考生的平均成绩x和考生成绩的方差2s，那么该区4000名考生成绩超过84.81分（含84.81分）的人数估计有多少人？（3）如果用该区参赛考生成绩的情况来估

计全市的参赛考生的成绩情况，现从全市参赛考生中随机抽取4名考生，记成绩不超过．．．84.81分的考生人数为，求(3)P.（精确到0.001）附：①2204.75s，204.7514.31；②2(,)zN，则()0.6826Pz，(22)0.

9544Pz；③40.84130.501.【答案】（1）70.5分；（2）634人；（3）0.499【解析】【分析】（1）根据平均数公式计算x；（2）根据正态分布的对称性计算P（z≥8

4.81），再估计人数；（3）根据二项分布的概率公式计算P（ξ≤3）．【详解】（1）由题意知：中间值455565758595概率0.10.150.20.30.150.1∴450.1550.15650.2750.3x850.15950.170.5，∴4000名考生的竞

赛平均成绩x为70.5分.（2）依题意z服从正态分布2,N，其中70.5x，2204.75D，14.31，∴z服从正态分布22,70.5,14.31NN，而()(56.1984.81)0.6826P

zPz，∴10.682684.810.15872Pz.∴竞赛成绩超过84.81分的人数估计为0.15874000634.8人634人.（3）全市竞赛考生成绩不超过84.81分的概率10.15870.84

13.而4,0.8413B，∴44431410.8413PPC10.5010.499.【点睛】关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法①熟记P(μ－σ<X≤μ＋σ)，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)的值．②充分利用正态曲线的对

称性和曲线与x轴之间面积为1.21.已知函数()ln,xefxaxaxaRx.（1）当0a＜时,讨论函数()fx的单调性；（2）当1a时,若不等式1()()0xfxbxbexx在(1,)x时恒成立,求

实数b的取值范围.【答案】（1）fx在0,1上单调递增，在1,上单调递减；（2）1,e.【解析】【分析】（1）求出'fx，在定义域内，分别令'0fx求得x的范围，可得函数fx增区间，'0fx求得x的范围，可得函数fx的减区间；

（2）当1a时，不等式10xfxbxbexx在1x时恒成立,等价于ln10xxbxe在(1，+∞)上恒成立，令ln1xhxxbxe，先证明当0b时，不合题意，再分两种情况讨论

即可筛选出符合题意的实数b的取值范围.【详解】（1）由题意，知221xxxaxexaxeefxaxxx,∵当a<0，x>0时，有0xaxe.∴x>1时，0fx；当0<x<1时，0fx.∴函数f(x)在(0，1

)上单调递增，在（1，+∞）上单调递减.（2）由题意，当a=1时，不等式10xfxbxbexx在x∈(1，+∞)时恒成立.整理，得ln10xxbxe在(1，+∞)上恒成立.令ln1xhxxbxe.易知，当b≤0时，0hx

，不合题意.∴b>0又1xhxbxex，11hbe.①当b≥1e时，110hbe.又1xhxbxex在[1，+∞)上单调递减.∴0hx在[1，+∞)上恒成立，则h(

x)在[1，+∞)上单调递减.所以h10xh,符合题意；②10be时，110hbe,1110hebb,又1xhxbxex在[1，+∞)上单调递减,∴存在唯一x0∈(1，+∞)，

使得00hx.∴当h(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减.又h(x)在x=1处连续，h(1)=0，∴h(x)>0在(1，x0)上恒成立，不合题意.综上所述，实数b的取值范围为[1e，+∞).【点睛】本题主要考查利用导数求函数的单调区间与最值以及

不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：①分离参数afx恒成立(maxafx即可)或afx恒成立（minafx即可）；②数形结合(yfx图象在ygx上方即可)；③讨论最值min0fx或max0fx恒成立；④讨

论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系.已知直线l的极坐标方程为cos

33，曲线C的极坐标方程为4cos(0)aa.（1）设t为参数，若1232yt，求直线l的参数方程；（2）已知直线l与曲线C交于,PQ，设(0,23)M，且2||||||PQMPMQ，求实数a的值.【答案

】（1）321232xtyt（t为参数）；（2）51a.【解析】【分析】（1）由直线l的极坐标方程求得直角坐标方程13322xy，将1232yt代入，得到32xt，即可得到直线l的

参数方程；（2）将直线l的参数方程与C的直角坐标方程联立，得223(1)120tat，由2||||||PQMPMQ，得21212tttt，由根与系数的关系即可计算出a的值.【详解】（1）直线l的极坐标方程为cos33

，所以13cossin322，即13322xy，因为t为参数，将1232yt代入上式得32xt，所以直线l的参数方程为321232xtyt（t为参数）；（2）由4cos(0)aa，得24

cos(0)aa，由cosx，siny代入，得224(0)xyaxa将直线l的参数方程与C的直角坐标方程联立，得223(1)120tat，由22[23(1)]412(1)40aa，解得1a，设点P和点Q分别对应参数1t

、2t为上述方程的根，由韦达定理，1223(1)tta，1212tt，由题意得，2222121212||412148PQtttttta，1212||||12MPMQtttt，因为2||||

||PQMPMQ，所以21214812a，解得51a，或15a，因为1a，所以51a.【点睛】本题主要考查极坐标方程和直角坐标方程的转化、直线参数方程的应用、直线和曲线相交弦长

问题，考查学生的分析转化能力和计算能力，属于中档题.选修4-5：不等式选讲23.已知函数223,232.fxxaxgxx（Ⅰ）解不等式5gx；（Ⅱ）若对任意1xR，都存在2xR，使得12fx

gx成立，试求实数a的取值范围.【答案】(Ⅰ)03xx；(Ⅱ),51,.【解析】【详解】试题分析：（1）根据绝对值定义可得不等式解集（2）先转化为函数值域包含问题：fx值域为gx值域子集，因此fx

最小值不小于gx最小值,再根据绝对值三角不等式得fx最小值,最后解不等式可得实数a的取值范围.试题解析：（Ⅰ）由题设，得2325x，2333233xx，03x，所求不等式的解集为03xx，（Ⅱ）由题意，知

yyfxyygx，2232233fxxaxxaxa，2322gxx，32a，32a或32,5aa或1.a故所求

实数a的取值范围是(,5]1,.