2020届五省优创名校高三(全国Ⅰ卷)第四次联考数学试题(解析版)
无用-
2020
届五省优创名校高三（全国Ⅰ卷）第四次联考
< br>
数学试题
一、单选题
1
．已知集合
A
< br>x
|
y
2
x
2
，
B
{
x
|
x
2
0
}
，则
A
I
B
=(
)
x
1
C
．
(
1
，
2]
，
2]
A<
/p>
．
[
1
【答案】
C
B
．<
/p>
[
1
，
2]
D
．
2,
2
【解析】
计算
A
2,
2
，
< br>B
1
,2
，再计算交集得到答案
.
【详解】
，
B
{
x
|
x
2
0
}
1
< br>,
2
，故
A
x
|
y
2
x<
/p>
2
2,
2
x
1
A
I
B
(
< br>
1
，
2
]
.
故选：
C
.
【点睛】
本题考查了交集运算，意在考查学生的计算能力
.
i
2020
3
i
2
．若
z
，则
z
的虚部是（
）
1
i
A
．
i
【答案】
D
【解析
】
通过复数的乘除运算法则化简求解复数为：
a
bi
的形式，即可得到复数的虚
部
.
【详解】
B
．
2
i
C
．
1
D
．
1
i
2020
3<
/p>
i
1
3
i
1
3
i
1
i
1
< br>
2
i
3
i
2
2
i
，
由题可知<
/p>
z
2
1
i
1
i
1
i
1
i
1
i
所以
z
的虚部是
< br>1.
故选：
D.
【点睛】
本题考查复数的代数形式的
混合运算，复数的基本概念，属于基础题
.
3
．
cos350
o
sin
70
o
sin1
70
o
sin
20
o
（
）
第
1
页
共
21
页
A
．
3
2
B
．
3
2
C
．
1
2
< br>D
．
1
2
【答案】
B
< br>【解析】
化简得到原式
cos
10
o
cos
20
o
sin10
o
sin
20
o
，再利用和差公
式计算得到答
案
.
【详解】
cos350
o
sin
70
o
sin170
o
sin
20
o
co
s10
o
cos
20
< br>o
sin10
o
sin
20
o
cos30
o
故选：<
/p>
B
【点睛】
本题考查了诱导公式化简，和差公式，意在考查学生对于三角公式的灵活运用
.
x
4
．已知
f
x
为定义在
R
上的偶函数，当
x
1,
0
时，
f
x
3
3
．
2
4
，则
3
f
log
3
A
．
2
3
（
）
2
B
．
3
C
．
3
D
．
2
【答案】
D
【解析】
判断
1
< br>log
3
【详解】
∵
1
log
3
故选：
D
【点睛】
本题考查了
利用函数的奇偶性求值，意在考查学生对于函数性质的灵活运用
.
5
．
在
ABC
中，
角
A
,
B
,
C
所
对的边分别为
a
,
b
< br>,
c
，
已知
4
b
cos
B
sin
C
3
c
，
则
B
（
）
A
．
5
或
6
6
2
0
，利用函数的奇偶性
代入计算得到答案
.
3
2
0
，
∴
3
f
log
3
3
f
log
3
2
2<
/p>
f
log
3
3
2
2
4
2
．
3
3
3
B
．
<
/p>
4
C
．
3
D
．
或
6
3
【答案】
D
【解析】
根据正弦定理得到
4sin
B
cos
B
sin
C
3
sin
C
，化简得到答案
.
第
2
页
共
21
页
【详解】
由
4
b
cos
B
sin
C
3
c
，得
4sin
B
cos
B
sin
C
3
sin
C
，
∴
sin
2
B
故选：
D
【点睛】
2
< br>
3
，
∴
2
B
或
，
∴
B
或
．
6
3
3
3
2
本题考查了正弦
定理解三角形，意在考查学生的计算能力
.
6
．函数
f
x
ln
< br>cos
x
x
2
< br>
1
x
的部分图象大致为（
）
A
．
B
．
C
．
D
．
【答案】
A
【解析】
判断函数为奇函数排除
B
，
C
，计算特殊值排除
D
，得到答案
.
【详解】
∵<
/p>
f
x
cos
x
ln
x
< br>1
x
2
ln
<
/p>
cos
x
x
<
/p>
1
x
2
ln
cos
x
x
1
x
2
< br>f
x
，
∴
f
x
为奇函数，排除
< br>B
，
C
；
3
f
又
f
f
0
< br>，
ln
2
2
故选：
A
【点睛】
1
1<
/p>
2
ln
1
1
2
< br>0
，排除
D
< br>；
本题考查了函数图像的识别，确定函数单调性是解题的关键
.
7
．明代数学家程大位（
15
33~1606
年）
，有感于当时筹算方法的不便，用其毕生心
血写
出《算法统宗》
，可谓集成计算的鼻祖．如图所示的程序框
图的算法思路源于其著作中
的
“
李白沽酒
”
问题．
执行该程序框图，
若输出的
y
的值为<
/p>
2
，
则输入的
x
的值为
（
）
第
3
页
共
21
页
A
．
7
4
B
．
56
27
C
．
2
D
．
164
81
【答案】
C
【解析】
根据程序框图依次计算得到答案
.
【详解】
y
3
x
4<
/p>
，
i
1
；
y
3
y
4
9
x
16
< br>，
i
2
；
y
3
y
4
27<
/p>
x
52
，
i
3
；
y
3
y
4
< br>81
x
160
，
i
4
；
y
3
y
4
24
3
x
484
，此时不满足
i
3
< br>，跳出循
环，
输出结果为
243
x
484
，由题意
y
243
x
484
2
，得
x
2
．
故选
:
C
【点睛】
本题考查了程序框图的计算
，意在考查学生的理解能力和计算能力
.
8
< br>．将函数
f
(
x
)
sin(3
x
6
)
的图像向右平移
m
(
m
0)
个单位长度，再将图像上各点
的横坐标伸长到原来的
6
倍
（纵坐标不变）
，
得到函数
g
(
x
)
的图像，<
/p>
若
g
(
x
)
为奇函数，
则
m<
/p>
的最小值为（
）
A
．
9
B
．
2
9
C
．
18
D
．
24
< br>
【答案】
C
【解析】
根据三角函数的变换规则表示出
g
(
x
)
，根据
g
(
x
)
是奇函数，可得
m
的取值，
再求其最小值
.
【详解】
解：由题意
知，将函数
f
(
x
)
sin(3
x
6
)
的图像向右平移
m
(
m
0)
个单位长度，得
第
4
页
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21
页
y
sin
3
x
m
，再将
y
sin
3
x
3
m
< br>
图像上各点的横坐标伸长到原来
6
6
的
6
倍（
纵坐标不变）
，得到函数
g
(
x
)
的图像，
g
(
x
)
sin(
x
3
m
因为
g
(
x
)
是奇函数，
所以
3
m
1
2
6
)
< br>，
6
k
,
k
Z
，解得
m
k
,
k
Z
，
18
3
因为
m
0
，所以
m
的最小值为
故选：
C
【点睛】
.
18
本
题考查三角函数的变换以及三角函数的性质，属于基础题
.
x
2
y
2
9
．
已知双曲线
2
2
1
a
0,
b
0
的左、
右顶点分别是
A
,
B
，
双曲线的右焦点
F
< br>a
b
为
2,0
，点
P
在过
F
且垂直于
x
轴的直线
l
上，当
ABP
的外接圆面积达到最小时，
点
P
恰好在双曲线上，则该双曲线的方程为（
）
x
2
y
2
A
．
1
2
2
x
2
< br>C
．
y
2
1
3
【答案】
A
y
2
B
．
x
1
3
2
x
2
y
2
D
．
1
< br>4
4
【解析】
点
P
的坐标为
2,
m
m
0
，
tan
APB
tan
APF
BPF
，展开利<
/p>
用均值不等式得到最值，将点代入双曲线计算得到答案
.
【详解】
不妨设点
< br>P
的坐标为
2,
m
m
< br>
0
，
由于
AB
为定值，
由正弦定理可知当
sin
APB
取得最大值时，
APB
的外接圆面
积取得最小值，也等价于
tan
AP
B
取得最大值，
因为
tan
APF
所以
a
2
2
a
，
< br>tan
BPF
，
m
m
< br>2
a
2
a
2
a
a
m
m
2
a
tan
APB
tan
APF
BPF
，
2
2
2
a
2
a
b
b
b
1
< br>
m
2
m
m
m
m
m
第
5
页
共
21
页
b
2
当且仅当
m
<
/p>
m
0
，即当
m
b
时，等号成立，
m
此时
APB
最大，此时
APB
的外接圆面积取最小值，
< br>x
2
y
2
点
P
的坐标为
2,
b
，代入
< br>2
2
1
可得
a
2
，
b
c<
/p>
2
a
2
2
．
a
b
x
2
y
2
所以双曲线的方程为
<
/p>
1
．
2
2
故选：
A
【点睛】
本题考
查了求双曲线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力
.
u
u
u
v
u
u
u
v
u
u
u
v
u
u
u
v
u
< br>u
u
v
10
．点
O
在
ABC
所在的平面内，
OA
OB
OC
，
AB
2
，
AC
1
，
uu
u
v
u
u
u
v
u
< br>u
u
v
u
u
u
v
AO
AB
AC
,<
/p>
R
，且
4
2
0
< br>，则
BC
（
< br>
）
A
．
7
3
B
．
7
2
C
．
7
D
．
7
【答案】
D
【解析】
确定点
O
为
ABC
外心，
代入化简得到
计算得到答案
.
【详解】
u
u
u
r
u
u<
/p>
u
r
u
u
u
r
4
5
，
，
再根据
BC
AC
AB
6
3
u
u
u
r
< br>u
u
u
r
u
u
u
r
由
OA
OB
OC
可知，点
O
为
ABC
外心，
< br>
u
u
u
r
u
u
u
r
1
u
u
u
r
2
u
u
u
r
u
u
u
r
1
u
< br>u
u
r
2
1
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
则
AB
AO
AB
2
，
AC
AO
AC
，又
AO
AB
AC
，
2
2
2
< br>u
u
u
v
u
u
u
v
u
u
u
v
u
u
u
v
u
u
u
v
u
u
u
v
u
< br>u
u
v
AO
AB
AB
2
AC
AB
4
<
/p>
AC
AB
<
/p>
2,
所以
<
/p>
u
u
u
v
u
u
u
v
u
u
u
v
u
u
u
v
u
u
u
v
2
u
u
u
v<
/p>
u
u
u
v
1
①
AO
AC
AB
AC
AC
AB
AC
,
< br>2
因为
4
2
，
②
联立
方程
①②
可得
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
4
u
u
< br>u
5
，
，
AB
AC
1
，
因为
BC
AC
AB
，
6
3
u
u
u<
/p>
r
u
u
u
r
2
u
u
u
r
2
u
u
u
r
2
u
u
u
r
u
u
u
r
所以
BC
AC
AB
2
AC
AB
7<
/p>
，即
BC
7<
/p>
．
故选：
D
【点睛】
第
6
页
共
21
页
本题考查了向量模长的计算，意在考查学生的计算能力
.
11
．有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计）
，底面直径为
20
cm
，高度
为
100
cm
，
现往里面装直径为
10
cm
的球，在
能盖住盖子的情况下，最多能装（
）
（附：
2
1.414,
3
1.732,
5
2.236
）
A
．
22
个
【答案】
C
【解析】
计算球心连线形成的正四面体相对棱的距离为
5
2
cm
，得到最上层球面上的
点距离桶底最远为
10
5
2
n
1
cm
，得到不等式
10
5
2
n
1
100
，计算得
到答案
.
【详解】
由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相切，
这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为
10
cm
的正面体，
易求正四面体相对棱的距离为
5
2
cm
，每装两个球称为
“
一层
”
，这样装
n
层球
，
则最上层球面上的点距离桶底最远为
10
5
2
n
1
<
/p>
cm
，
若想要
盖上盖子，则需要满足
10
5
2
n
1
100
，解得
n
1
9
2
13.726
，
所以最多可
以装
13
层球，即最多可以装
26
个球．
故选：
C
【点睛】
本题考查了圆柱和球的综合
问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力
.
B
．
24
个
C
．
26
个
D
．
28
个
4
ax
2
12
．
已知函数
< br>f
x
ln
x
2
ax
，
g
x
2
x
，
若方程
f
x
g
x
恰有三个
ln
x
不相等的实根，则
a
的取值范围为（
）
A
．
0,
e
B
．
0,
1
2
< br>e
C
．
e
,
【答案】
B
【解析】
由题意可将方程转化为
1
D
．
0,<
/p>
e
ln
x
4
ax
ln
x
2
a
2
，令
t
x
，
x
ln
x
x
x
0,1
U
1
,
，进而将方程转化为
t
x
2
t
x
<
/p>
2
a
0
，即
t
x
2
或
第
< br> 7
页
共
21
页
t
x
2
a
，再利用<
/p>
t
x
的单调性与最值即可得到结论
.
【详解】
由题意知方程
f
x
< br>
g
x
在
0,1
U
1
,
上恰有三个不相等的实根，
4
ax
2
即
ln
x
2
ax
2
x
，
①
.
ln
x
因为
x
0
，
< br>①
式两边同除以
x
，得
所以方程
ln
x
4
ax
2
a
2
.
x
ln
x
ln
x
4
ax
2
a
2
0
有三个不等的正实根<
/p>
.
x
ln
x<
/p>
4
a
ln
x
t
x
2
a
2
0
.
记
t
x
，
x
0,1
U
1
,<
/p>
，则上述方程转化为
t
x
< br>x
即
t
x
2
t
x
2
a
0
< br>，所以
t
x
< br>
2
或
t
x
2
a
. <
/p>
因为
t
x
1
ln
x
，当
x
0,1
U
1
,
e
时，
t
x
0
，所以
t
x
在
0,1
，
1
,
e<
/p>
上
x
2
单调递增，且
x
0
时，
t
x<
/p>
. <
/p>
当
x
e
,
时，
t
x
0
，
t
x
在
e
,
上单调递减，
且
x
时，
t
x
< br>0
.
1
，当
t
x
2
，
有一根
.
e
1
.
所以
t
x
2
a
恰有两个不
相等的实根，所以
0
a
2
e
所以当
x
e
时，
t
x
取最大值
故选：
B.
【点睛】
本题考查了函数与方程的关
系，考查函数的单调性与最值，转化的数学思想，属于中档
题
.
二、填空题
13
．抛物线
y
【答案】
0,3
【解析】
变换得到
x
<
/p>
12
y
，计算焦点得到答案
.
【详解】
抛物线
y
2
1
2
x
的焦点坐标为
__
____.
12
1
< br>2
x
的标准方程为
x
2
12
y
，
p
=
6
< br>，所以焦点坐标为
0,3
<
/p>
．
12
故答案
为：
0,3
第
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21
页
【点睛】
本题考查了抛物线的焦点坐标，属于简单题
.
1
14
< br>．
x
2
x
的展开式中的常数项为
______
.
x
<
/p>
2
6
【答案】
25
1
1<
/p>
1
【解析】
先求得
x
中含<
/p>
2
的项与常数项，进而可得
x
2
2
x
的常数项
.
x
x
x
6
6
【详解】
1
15
1
1
1
4<
/p>
2
的展开式中含
的项为
，
C
x
x
x
2
6
的展开式中的常数项
2
x
x
x
x
x
1
1
为
C
x
< br>
20
，所以
x
2
2
x
的展
开式中的常数项为
15
40
25
.
x
x
3
3
< br>6
3
6
6
4
6
故答案为：
< br>25
.
【点睛】
本题考查二项展开式中常数项的求法，
解题时要认真审题，
注意二项式定理的合理运用，
属于基础题
.
15
．在棱长为
2
的正
方体
ABCD
A
1
B
1
C
1
D
1
中，
E
是正方形
BB
1
C
1
C
的中心，
M
为
C
1
D
1
的中点，过
A
1
M
的平面
与直线
DE
垂直，则平面
截正方体
ABCD
A
1
B
1
C<
/p>
1
D
1
所得的截
面面积为
______.
【答案】
2
6
【解析】
确定平面
A
< br>1
MCN
即为平面
，四边形
A
1
MCN
是菱形，计算面积得到答案
.
【详解】
如图，在正方体
ABCD
A
1
B
1
C
1
D
1
中，记
AB
的中点为
N
，连接
MC<
/p>
,
CN
,
NA<
/p>
1
，
则平面<
/p>
A
1
MCN
即为
平面
．证明如下：
由正方体的性质可知，
A
1
M
P
NC
，则
A
1
，
M
,
CN
,
N
四点共面
，
记
CC
1
的中点为
F
，连接
DF
，易证
DF
MC
．连接
EF
，则
EF
MC
，
所以
MC
平面
DEF
，则
DE<
/p>
MC
．
同理可证，
DE
NC
，
NC
I
MC
C
，则
DE
平面
A
1
MCN
，
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所以平面
A
1
MCN
即平面
，
且四边形
A
1
MCN
即平面
截正方体
ABCD
A
1
B
1
C
1
D
1
所得的截面．
因为
正方体的棱长为
2
，易知四边形
A
1
MCN
是菱形，
其对角线
AC
，
MN
2
2
，所以其面积
S
1
< br>
2
3
故答案为：
2
6
1
< br>
2
2
2
3
2
6
．
2
【点睛】
本题考查了正方体的截面面
积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力
.
16
．某部队在训练之余，由同一场地训练的甲
､
乙
､
丙三队各出三人，组成
3
3
小方阵
开展游戏，则
来自同一队的战士既不在同一行，也不在同一列的概率为
______.
【答案】
1
140
【解析】
分两步进行：首先，先排第一行，再
排第二行，最后排第三行；其次，对每一
行选人；最后，利用计算出概率即可
.
【详解】
首先，第
一行队伍的排法有
A
3
种；第二行队伍
的排法有
2
种；第三行队伍的排法有
1
种；然后，第一行的每个位置的人员安排有
C
< br>3
C
3
C
3
种；第二行的每个位置的人员安排
有
C
2
C
2
C
2
种；
第三行的每个位置的人员安排有
1
1
1
种
.
所以来自同
一队的战士既不在
3
1
1
1
1
1
1
< br>A
3
2
C
3
C
3
C
3
C
2
C
2
C
2
1
.
同一行，也不在同一列的概率
P
9
A
9
140
1
1
1
1
1
1
3
故答案为：
【点睛】
1
.
140
本题考查了分步计数原理，排列与组合知识，考查了转化能力，属于
中档题
.
三、解答题
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