【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.doc，共(18)页，1.796 MB，由小赞的店铺上传

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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)555iiiiziiii−−

−−====−++−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，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22224(1)1

1832.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2

3xxyy==，点()1,3A在这样的变换关系下得22123133xxyy======.【详解】由于点()1,3A按照伸缩变换23xxyy==，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22

123133xxyy======.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（）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，2

000xx−”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.122233OGOA

OBOC=++C.111633OGOAOBOC=++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】2OGOMMGOM

MN3=+=+,()()2121111OMMOOCCNOMOCOBOCOAOBOC3333633=+++=++−=++111OGOAOBOC633=++,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，4ABBCBD===，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ACD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=，60

BAADAA==，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=++，()()()()()222222()

ACABBCCCABBCCCABBCABCCBCCC=++=+++++()222291232(013cos6023cos60)142232AC=+++++=+=.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p

q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，220

xxa++在R上不恒成立.即4401aa=−.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【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-＃-，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3

2zi=−，33zii−=−，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__________.【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−+=−32

23211()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：22xxa−=.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】由PDAD⊥，

2PDAD==，二面角PADC−−为60°得：PCD为等边三角形，PFAB⊥，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，,,A

DCDPDADCDPDD⊥⊥=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−++，()22:21

400qxxmm−+−.（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【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ABC，3PC

=，2ACB=．,DE分别为线段,ABBC上的点，且2,22CDDECEEB====．(1)证明：DE⊥平面PCD；(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PCCD=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)DPDA１，２=−−=−设平面PAD的法向量111,,)nxyz１＝（，由0nDP=１，0nDA=１，得11111130{(2,1,10+)12

xyznxy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1212123,=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）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：2222l

dr+=，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P

ABCD−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BP上的动点，当直线CQ与

DP所成的角最小时，求线段BQ的长.【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=−，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12,1,3tt+=，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.