【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60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28843

248768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'0

2exxxfx，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]，∴co

s2α+cos2β=92﹣6sinα∈[﹣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123PGPFPF，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1234fxf

xfxfx，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12341111bbbbxaxa

xaxa，，，，故22142311211211bbxxaxxa，；2222212341111222221111bbbbbaxxxxaaaa故故选A．11.已知12

FF、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22222bcaacaca，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1

x，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1

gxg，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aab，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2041

xyyx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=2222121088,44,44967,22mmnnmTnnmnn即222196

8,,,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1322OOhxx,所以22

122BOxx,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223

6,2fxuxxxu,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，1,233ANBMB

CBM，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1cos2B，即可求解.（Ⅱ）由题意得,MN是线段BC的两个三等分点，设BMx，则2

BNx，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）∵sinsinsinsincCA

ABba，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2

212644282cos3xxx，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：232sinsin3xxBAN，∴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14AMA

D，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，14PMPD，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RtA

DE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)xyy

kx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)141414kkkyy

kkkk②由OMON，即，得将①、②代入（*）式，得2222224(1)340141414kkkkkk，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≥84.81），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)0.6826PzPz

，∴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10.15870.8413.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ln

1xhxxbxe，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cos33，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24cos(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)120

tat，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12fxgx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，2

333233xx，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,.