1、 一选择题（共一选择题（共 2 小题）小题） 1.C【解答】【解答】解：解：Ax|x1；ABx Z|1x10，1故选：故选：C 2B【解答】【解答】解：解：， 复数复数的共轭复数为的共轭复数为复数复数的共轭复数的虚部为的共轭复数的虚部为 3. . A 解：从散点图可分析得出：只有解：从散点图可分析得出：只有 D 点偏离直线远，点偏离直线远， 去掉去掉 D 点， 变量点， 变量 x 与变量与变量 y 的线性相关性变强， 相关系数变大，的线性相关性变强， 相关系数变大， 相关指数变大，残差的平方和变小，故选：相关指数变大，残差的平方和变小，故选：A 4. C 解：双曲线解：双曲线中，右焦点中，右焦
2、点 F（4，0） ，则双曲线） ，则双曲线 C 的两条渐近线方程为的两条渐近线方程为 yx，即，即 yx；由过点；由过点 F 的直线交的直线交 两渐近线于点两渐近线于点 P，Q，不妨设点，不妨设点 P 在第一象限，点在第一象限，点 Q 在第四象限，在第四象限，OPQ 90，如图所示；则如图所示；则 RtPOQ 中，中，POQ60，又，又POF30， |OF|4，|OP|2，|PQ|OP|6故选：故选：C 5.B 解：一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球解：一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球 1 个、黑球个、黑球 2 个，现随机等可能取出小球当有放回依次取出两个小球时，记取出的
3、红球数为个，现随机等可能取出小球当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为 1， 则则 1的可能取值为的可能取值为 0，1，2， 1B（2，） ，） ，E（ 1）2， D（ 1），当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为，当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为 2， 则则 2的可能取值为的可能取值为 0，1，P（ 20），P（ 21）， E（ 2），D（ 2）（）（0）2+（1）22/9 E 1E 2，D 1D 2故选：故选：B 6.C【详解】【详解】解：由已知中的程序框图可知：该程序的循环变量解：由已知中的程序框图可知：该程序的循环变量 n的初值为的初值为 1，终值为，终值为 2
4、019，步长，步长 为为 2，故循环共执行，故循环共执行了了 1009 次次。由由 S 中第一次累加的是中第一次累加的是 21 1 1，第二次累加的是，第二次累加的是 23 1 4， 故该算法的功能是求首项为故该算法的功能是求首项为 1，公比为，公比为 4 的等比数列的前的等比数列的前 1009 项的和，故选：项的和，故选：C 7.C【详解】【详解】 由正视图可知：由正视图可知：是是的中点，的中点， 在在处，处， 是是的中点，的中点， 俯视图如图所示：俯视图如图所示： 可得其面积为：可得其面积为：，故选，故选 C 8. 【详解】【详解】由图易知由图易知知知. .由题可知，由题可知，. . 由于
5、由于知知，即，即，即，即. .则则 . . 故答案为：故答案为：B B 9.【解答】【解答】解：函数解：函数f xxxxx 22 ( )sin3cos(0)2( sincos) 13 x 3 2sin()，由集合，由集合x(0， f x)|( )1含有含有 4 个元素，个元素， 得得 x 3 2sin()1，即，即 x 32 sin() 1 即即 xk 36 2，或，或 xk 36 2 7 ， 即即 x k 6 2 或或 x k 2 32 ，kZ，设，设 y1与与yf x( )在在(0,)上从左到右的第上从左到右的第 4 个交点个交点 为为A，第，第 5 个交点为个交点为B，则，则 xA 2
6、32 ， xB 6 4 ， f x( )1在在(0, )上有且只有四个交点， 则上有且只有四个交点， 则xx AB， 即 ， 即 26 324 ， 得， 得 26 725 ， 故选：故选：D 10.【解答】【解答】解：设解：设A x( 1， ，y ) 1 ，B x( 2， ，y ) 2 ，C x( 3， ，y ) 3 ， 则则 xxyyyy k yyyy AB 44 3 4 121212 22 1212 ，得，得yy 3 4 12 ，同理，同理yy 63 42 23 ， yy 2 2 4 31 ，三，三 式相加得式相加得yyy0 123 ， 2019-2020 高三下学期第四次高三下学期第四次
7、线上线上周测理科数学参考答案周测理科数学参考答案 故与前三式联立，得故与前三式联立，得 2 1 1231 241 ,2, 3349 y yyyx ， 2 2 2 1 4 y x ， 2 3 3 4 49 y x ， 则则 123 14 327 xxx 故所求重心的坐标为故所求重心的坐标为 14 (,0) 27 ，故选：，故选：C 11. 【详解】【详解】连接连接 1 BC，设平面，设平面 11 ABCD与对角线与对角线 1 AC交于交于M， 由由 111 ,BCBC DCBC，可得，可得 1 BC 平面平面 11 ABCD，即，即 1 BC 平面平面 1 ADM， 所以存在点所以存在点M，使得
8、平面，使得平面 1 ADM 平面平面 1 BCD，所以，所以正确；正确； 由由 1111 /,/BDBD ADBC， 利用平面与平面平行的判定，可得证得平面利用平面与平面平行的判定，可得证得平面 1 / /ABD平面平面 11 B D C， 设平面设平面 1 ABD与与 1 AC交于交于M，可得，可得 /DM平面平面 11 BCD，所以，所以正确；正确； 连接连接 1 AD交交 1 AD于点于点O，过，过O点作点作 1 OMAC, 在正方体在正方体 1111 ABCDABC D中，中， 1 AD 平面平面 11 ABC D，所以，所以 1 AD OM， 所以所以OM为异面直线为异面直线 1 A
9、D与与 1 AC的公垂线，的公垂线， 根据根据 11 AOEAC D，所以，所以 111 OMOA C DAC ，即，即 11 1 226 32 3 OA C D OM AC ， 所以所以 1 ADM的最小面积为的最小面积为 1 1 1162 3 2 2 2233 A DM SAD OM . 所以若所以若 1 ADM的面积为的面积为S，则，则 2 3 ,2 3) 3 S ，所以，所以不正确；不正确； 再点再点P从从 1 AC的中点向着点 的中点向着点A运动的过程中，运动的过程中， 1 S从从1减少趋向于减少趋向于 0，即，即 1 (0,1)S ， 2 S从 从0增大到趋向于增大到趋向于2，即，
10、即 2 (0,2)S ，在此过程中，必存在某个点，在此过程中，必存在某个点P使得使得 12 SS， ， 所以所以是正确的是正确的. 综上可得综上可得是正确的是正确的.故选：故选：C. 12. 【详解】【详解】 由题意得：由题意得： 2 11(1)(1) ( )1 xxx xx xex exx xe fxexe xxx ， 易得易得0,10xx ，设，设 ( ) 0fx ，可得，可得10 x xe ，可得，可得 1 x e x ，由，由 x ye与与 1 y x 图像可知存图像可知存 在在 0 (0,1)x ，使得，使得 0 0 1 x e x ，可得当，可得当 0 (0,)xx， ( ) 0f
11、x ，当，当 0 (,)xx， ( ) 0fx ，可得，可得 ( )f x得最小值为 得最小值为 0 ()f x，即，即 0 000 0 1 ()ln21 x af xxex x ； 同理：同理： 2222 222 1(1)(1)(1)() ( )1 xxxx xeeexxxxex g x xxxx ， 设设 ( ) 0g x ，可得，可得1x 或者或者 2x ex ，由，由 2x ye 与与y x 得图像可知，存在得图像可知，存在 1 (0,1)x ，使得，使得 1 2 1 x ex ， 可得当， 可得当 1 ( ,)xx x时，时， ( ) 0g x ， 当， 当 1 ( ,1)xx时，时
12、， ( ) 0g x ， 当， 当 (1,)x时，时， ( ) 0g x ， 可得可得 1 ( )g x即为即为( )g x得最小值，可得得最小值，可得 1 1 1 2 2 1111 2 ( )ln121 x x x e bg xexxx e ，故，故 1ab ，故选：，故选：A. 13. 【答案】【答案】240 二项展开式的第二项展开式的第项的通项公式为项的通项公式为 由展开式中第由展开式中第 2 2 项与第项与第 3 3 项的二项式系数之比是项的二项式系数之比是 2 25 5，可得：，可得：. . 解得：解得：. .所以所以令令，解得：，解得：， 所以所以的系数为的系数为故选：故选：C C
13、 14. 解：假设甲，乙两个同学回答正确，解：假设甲，乙两个同学回答正确， 在在0， +） 上函数单调递增； 丙说 “在定义域） 上函数单调递增； 丙说 “在定义域 R 上函数的图象关于直线上函数的图象关于直线 x1 对称” 错误 此对称” 错误 此 时时 f（0）是函数的最小值，丁的回答也是错误的，这与“四个同学中恰好有三个人说的正确”）是函数的最小值，丁的回答也是错误的，这与“四个同学中恰好有三个人说的正确” 矛盾只有乙回答错误矛盾只有乙回答错误 15. 4 5 16【答案】【答案】2,4 【解析】【解析】 2sin2sinsin32sinsin cos2cos sin21 sinsins
14、insin2sincos cbCBBBBBBB baBABBBB 22 11 cos22cos4cos1 coscos BBB BB . .又又20,B，且，且30,ABB，所以，所以 0, 3 B . .设设 1 cos,1 2 Bt ，令，令 2 21 41 cb tf t bat ，则，则 3 22 181 80 t ftt tt ，故，故 f t在在 1 ,1 2 上单调递增，所以上单调递增，所以 24f t. . 17（）由）由 a a1 1=2=2，a an na an+1n+1=2 =2pn+1 pn+1，得 ，得， 则则， 由 由- -a a1 1， a a4 4成等差数列，
15、得成等差数列， 得 a a2 2=a=a4 4- -a a1 1， 即即 2 2p p=2=22p 2p- -2 2，解得： ，解得：p=p=1 1； （）假设存在）假设存在 p p，使得，使得aan n 为等比数列，为等比数列， 则则，即，即 2 22p 2p=2 =2 2 2p+1 p+1=2 =2p+2 p+2，则 ，则 2p=p+22p=p+2，即，即 p=2p=2 此时此时 a an na an+1 n+1=2 =2pn+1 pn+1=2 =22n+1 2n+1， ， 2 4 n n a a ，当当 n n 为奇数时为奇数时2n n a ，当，当 n n 为偶数，为偶数，2n n a
16、 故故存在实数存在实数2p ，使得，使得aan n 为等比数列为等比数列 18.【解答】【解答】 （1）证明：因为）证明：因为ABCD是矩形，所以是矩形，所以/ /BCAD，又因为，又因为BC 平面平面ADE，所以，所以/ /BC平平 面面ADE，因为，因为/ /DECF，CF 平面平面ADE，所以，所以/ /CF平面平面ADE， 又因为又因为BCCFC，所以平面，所以平面/ /BCF平面平面ADF， 而而BF 平面平面BCF，所以，所以/ /BF平面平面ADE（5 分）分） （2）解：因为）解：因为CDAD，CDDE，所以，所以60ADE， 因为因为CD 平面平面ADE，故平面，故平面CDE
17、F 平面平面ADE，作，作AODE于点于点O，则，则AO 平面平面CDEF， 以以O为原点，平行于为原点，平行于DC的直线为的直线为x轴，轴，DE所在直线为所在直线为y轴，轴，OA所在直线为所在直线为z轴，建立如图所示轴，建立如图所示 的空间直角坐标系的空间直角坐标系Oxyz， 由由2AD ，3DE ，60ADE，得，得1DO，2EO， 则则(0,0, 3), (3, 1,0),(0, 1,0), (0,2,0)ACDE， 所以所以(3,0, 3)OBOAABOADC， 由已知由已知 1 (3,0) 2 G，所以，所以 1 ( 3,2,3),(0,3) 2 BEBG ， 设平面设平面BEG的一
18、个法向量为的一个法向量为( , , )mx y z，则，则 3230 1 30 2 m BExyz m BGyz ， 取取3,6,3xyz，得，得(3,6, 3)m，又平面，又平面DEG的一个法向量为的一个法向量为(0,0,1)n ， 所以所以 31 cos, | |49363 m n m n mn ，即二面角，即二面角BEGD的余弦值为的余弦值为 1 4 （12 分）分） 19.【详解】【详解】 （1 1）易知）易知，因为，因为所以所以为等腰三角形为等腰三角形 所以所以 b=cb=c，由，由可知可知故椭圆的标准方程为：故椭圆的标准方程为： （2 2）由已知得）由已知得,设椭圆的标准方程为设椭
19、圆的标准方程为，P 的坐标为的坐标为 因为因为, ,所以所以 由题意得由题意得, ,所以所以 又因为又因为 P P 在椭圆上，所以在椭圆上，所以, ,由以上两式可得由以上两式可得 因为因为 P P 不是椭圆的顶点，所以不是椭圆的顶点，所以，故，故 设圆心为设圆心为 ，则，则 圆的半径圆的半径 假设存在过假设存在过的直线满足题设条件，并设该直线的方程为的直线满足题设条件，并设该直线的方程为 由相切可知由相切可知, ,所以所以 即即，解得，解得 故存在满足条件的直线。故存在满足条件的直线。 20. 【详解】【详解】 （1）甲解开密码锁所需时间的中位数为）甲解开密码锁所需时间的中位数为 47， 0.
20、01 50.014 550.034 5b 0.0447450.5，解得，解得0.026b ； 0.04 3 0.032 550.010 100.5a ，解得，解得0.024a ； 甲在甲在 1 分钟内解开密码锁的频率是分钟内解开密码锁的频率是1 0.01 100.9f 甲 ； 乙在乙在 1 分钟内解开密码锁的频率是分钟内解开密码锁的频率是1 0.035 5 0.025 50.7f 乙 ； （2）由（）由（1）知，甲、乙、丙在）知，甲、乙、丙在 1 分钟内解开密码锁的概率分别是分钟内解开密码锁的概率分别是 1 0.9p ， 2 0.7p ， 3 0.5p 且各人是否解开密码锁相互独立；且各人是否
21、解开密码锁相互独立； 设按乙丙甲的顺序对应的数学期望为设按乙丙甲的顺序对应的数学期望为 1 E X，按丙乙甲的顺序对应的数学期望为，按丙乙甲的顺序对应的数学期望为 2 E X 则则 12 1P Xp， 231 12P Xpp， 231 131ppP X， 213322 23111E Xppppp 2323 3 2ppp p ， 123232 3E Xppp pp， 123232 31.45E Xppp pp 同理可求得同理可求得 223233 31.65E Xppp pp 所以按乙丙所以按乙丙甲派出的顺序期望更小甲派出的顺序期望更小. 答案：先派出甲，再派乙，最后派丙，答案：先派出甲，再派乙，
22、最后派丙， （下面是理由，给老师和学生参考）（下面是理由，给老师和学生参考） 设按先后顺序自能完成任务的概率分别为设按先后顺序自能完成任务的概率分别为 1 p， 2 p， 3 p，且，且 1 p， 2 p， 3 p互不相等，互不相等， 根据题意知根据题意知X的取值为的取值为 1，2，3； 则则 1 1P Xp， 12 21P Xpp， 12 131pPpX， 12211 2 13 11E Xppppp 1212 3 2ppp p ， 12121 3Eppp ppX ， 若交换前两个人的派出顺序，则变为若交换前两个人的派出顺序，则变为 12122 3ppp pp， 由此可见，当由此可见，当 12
23、 pp时，交换前两人的派出顺序会增大均值，故应选概率最大的甲先开锁；时，交换前两人的派出顺序会增大均值，故应选概率最大的甲先开锁； 若保持第一人派出的人选不变，交换后两人的派出顺序，若保持第一人派出的人选不变，交换后两人的派出顺序， 交换前交换前 12121112 3321ppp ppEpXpp， 交换后的派出顺序则期望值变为交换后的派出顺序则期望值变为 113 321ppp， 当当 23 pp时，交换后的派出顺序可增大均值；所以先派出甲，再派乙，最后派丙，时，交换后的派出顺序可增大均值；所以先派出甲，再派乙，最后派丙， 这样能使所需派出的人员数目的均值（教学期望）达到最小这样能使所需派出的人
24、员数目的均值（教学期望）达到最小. 21.【详解】【详解】 （1 1）由）由，得，得 则则， 若若时，即时，即时，时，在在单调递减单调递减 若若，即，即时，时，有两个零点有两个零点 零点为：零点为：， 又又开口向下当开口向下当时，时，单调递减单调递减 当当时，时，单调递增当单调递增当时，时，单调递单调递 减综上所述，当减综上所述，当时，时，在在上单调递减；当上单调递减；当时，时，在在和和 上单调递减，上单调递减，在在上单调递增上单调递增 （2 2）由（）由（1 1）知当）知当时，时，单调递减，不可能有三个不同的零点；单调递减，不可能有三个不同的零点； 当当时，时，在在和和上单调递减，上单调递减
25、，在在上单调递增上单调递增 ，又，又，有，有 在在上单调递增，上单调递增， 令令， 令令，单调递增单调递增 由由，求得，求得 当当时，时，单调递减，单调递减， 在在上单调递增故上单调递增故 故故， 由零点存在性定理知由零点存在性定理知在区间在区间有一个根，设为：有一个根，设为： 又又，得，得， 是是的另一个零点的另一个零点 故当故当时，时，存在三个不同的零点存在三个不同的零点 ， ， 22.【解答】【解答】解： （解： （1）由）由，得，得（ cos sin ）2， 化成直角坐标方程得化成直角坐标方程得（xy）2， 直线直线 l 的方程为的方程为 xy+40，依题意，设，依题意，设 P（2co
26、st，2sint） ，） ， 则则P到直线到直线l的距离的距离d2+2cos （t+） ，） ， 当当 t+2k ，即，即 t2k ，k Z 时，时，dmax4， 故点故点 P 到直线到直线 l 的距离的最大值为的距离的最大值为 4 （2）因为曲线）因为曲线 C 上的所有点均在直线上的所有点均在直线 l 的右下方，的右下方， t R，acost2sint+40 恒成立，即恒成立，即cos （t+ ）+40（其中（其中 tan ）恒成立，）恒成立， 4，又，又 a0，解得，解得 0a2， 故故 a 取值范围（取值范围（0，2） ） 23. 证明： （证明： （1） （） （a+b） （） （ab
27、+c2）a2b+ac2+ab2+bc244 4abc，当且仅当，当且仅当 abc 时取等号，时取等号， （2）a，b，c 均为正实数，均为正实数， ，当且仅当，当且仅当 a+12，即，即 a1 时取等号，时取等号， 同理可得同理可得 ， ， 相加可得相加可得（+6， +3，当且仅当，当且仅当 abc1 时取等号时取等号 附加：2.(1)由正弦定理得， sinsin ABBC BCABAC ，即 23 1 sin 4 BCA , 解得 6 sin 12 BCA . (2)设,3ACx ADx，在Rt ACD中， 22 2 2 2 2 ,sin 3 CD CDADACxCAD AD , 在ABC中
28、,由余弦定理得， 2222 1 cos 22 2 ABACBCx BAC AB ACx . 又 BACCAD, 2 所以cossinBACCAD，即 2 12 2 32 2 x x . 整理得 2 3830xx，解得3x或 1 x 3 （舍去） ，即3AC 2.试题解析： （）解：由，可得. 下面分两种情况讨论： （1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为. （2）当时，令，解得 3 1 3 a x ，或 3 1 3 a x . 当变化时，的变化情况如下表： 3 (,1) 3 a 3 1 3 a 33 (1,1) 33 aa 3 1 3 a 3 (1,) 3 a 0 0 单调递增 极大值 单调
29、递减 极小值 单调递增 所以的单调递减区间为 33 (1,1) 33 aa ，单调递增区间为 3 (,1) 3 a ， 3 (1,) 3 a . （）证明：因为存在极值点，所以由（）知，且， 由题意，得，即， 进而. 又 ， 且， 由题意及 （） 知， 存在唯一实数 1 x满足， 且，因此，所以. （）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分 三种情况讨论： （1）当时， 33 1021 33 aa ，由（）知，在区间上单调递减，所 以在区间上的取值范围为，因此 max(2) ,(0) max 1 2,1 Mff abb ， 所以. （2）当时， 2 3332 3 101121 3333 aaaa ，由（）和（）知， 2 33 (0)(1)(1) 33 aa fff ， 2 33 (2)(1)(1) 33 aa fff ， 所以在区间上的取值范围为 33 (1),(1) 33 aa ff ，因此 3322 max(1) ,(1)max3,3 3399 aaaa Mffaabaab . （3）当时， 2 32 3 0112 33 aa ，由（）和（）知， 2 33 (0)(1)(1) 33 aa fff ， 2 33 (2)(1)(1) 33 aa fff ， 所以在区间上的取值范围为，因此 . 综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.
