安徽省肥东县高级中学2020届高三5月调研考试数学（文）试题 14页

‎2020届高三下学期5月调研 ‎ 文科数学 本试卷共23小题，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.集合 ，则是 ‎ A. B. C. D. ‎ ‎2.设复数满足，则 ‎ A. 5 B. C. 2 D. 1‎ ‎3.已知，则下列不等式中恒成立的是 A. B. C. D. ‎ ‎4.已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边在直线上，则 ‎ A. B. C. D. ‎ ‎5.某体校甲、乙两个运动队各有6名编号为1，2，3，4，5，6的队员进行实弹射击比赛，每人射击1次，击中的环数如表：‎ 学生 ‎1号 ‎2号 ‎3号 ‎4号 ‎5号 ‎6号 甲队 ‎6‎ ‎7‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎7‎ ‎7‎ 乙队 ‎6‎ ‎7‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎9‎ ‎7‎ 则以上两组数据的方差中较小的一个为 A. B. C. D. 1‎ ‎6.已知拋物线的焦点为，过的直线与曲线交于两点，，则中点到轴的距离是 ‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎7.函数f(x)=(2-2)cosx在区间[-5,5]上的图象大致为 A. B. C. D. ‎ ‎8.下列判断正确的是 ‎ A. “”是“”的充分不必要条件 B. 函数的最小值为2‎ C. 当时，命题“若,则”的逆否命题为真命题 D. 命题“,”的否定是“,”‎ ‎9.已知分别是内角的对边， ，当时， 面积的最大值为 ‎ A. B. C. D. ‎ ‎10.设满足，且在上是增函数，且，若函数对所有，当时都成立，则的取值范围是 A. B. 或或 C. 或或 D. ‎ ‎11.三棱锥中，平面平面，，，，则三棱锥的外接球的表面积为 ‎ A. B. C. D. ‎ ‎12.已知，，则 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ 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) ‎ ‎14.若x，y满足：，则的最大值是______．‎ ‎15.已知双曲线的左焦点为,若过点且倾斜角为的直线与双曲线的左支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围为__________.‎ ‎16.已知为球的直径，，是球面上两点且，.若球的表面积为，则棱锥的体积为__________．‎ 三、解答题(本大题共6小题,共70分。其中22、23为选考题。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。)‎ ‎17. （本题满分12分）在数列和等比数列中，，，．‎ Ⅰ求数列及的通项公式；‎ Ⅱ若，求数列的前n项和．‎ ‎18（本题满分12分）.如图1，已知菱形的对角线交于点，点为线段的中点，，，将三角形沿线段折起到的位置，，如图2所示．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面 平面；‎ ‎（Ⅱ）求三棱锥的体积．‎ ‎19. （本题满分12分）某客户考察了一款热销的净水器，使用寿命为十年，改款净水器为三级过滤，每一级过滤都由核心部件滤芯来实现.在使用过程中，一级滤芯需要不定期更换，其中每更换个一级滤芯就需要更换个二级滤芯，三级滤芯无需更换.其中一级滤芯每个元，二级滤芯每个元.记一台净水器在使用期内需要更换的二级滤芯的个数构成的集合为.如图是根据台该款净水器在十年使用期内更换的一级滤芯的个数制成的柱状图.‎ ‎（1）结合图，写出集合；‎ ‎（2）根据以上信息，求出一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于元的概率（以台净水器更换二级滤芯的频率代替台净水器更换二级滤芯发生的概率）；‎ ‎（3）若在购买净水器的同时购买滤芯，则滤芯可享受折优惠（使用过程中如需再购买无优惠）.假设上述台净水器在购机的同时，每台均购买个一级滤芯、个二级滤芯作为备用滤芯（其中，），计算这台净水器在使用期内购买滤芯所需总费用的平均数.并以此作为决策依据，如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数也为个，则其中一级滤芯和二级滤芯的个数应分别是多少？‎ ‎20. （本题满分12分）过圆上的点作圆的切线，过点作切线的垂线，若直线过抛物线的焦点.‎ ‎（1）求直线与抛物线的方程；‎ ‎（2）若直线与抛物线交于点，点在抛物线的准线上，且，求的面积.‎ ‎21. （本题满分12分）设函数,其中为自然对数的底数．‎ ‎（1）若,求的单调区间;‎ ‎（2）若,求证:无零点．‎ ‎22. （本题满分10分）选修4 - 4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 ( 为参数），在以原点为极点， 轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线 的极坐标方程为 . （1）求 的普通方程和 的倾斜角； （2）设点 和 交于 两点，求 .‎ ‎23. （本题满分10分）已知函数.‎ 求不等式的解集；‎ 若函数的最小值为，整数、满足，求证.‎ 参考答案 ‎1.C ‎【解析】根据函数的定义域及值域分别求出集合和集合，求出集合的补集，即可求得.‎ ‎∵集合 ‎∴‎ ‎∵集合 ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴。故选C.‎ ‎2.B ‎【解析】利用复数的四则运算将复数化简，然后求模即可.‎ 由，‎ 得，‎ 则.故选：B.‎ ‎3.A ‎【解析】构造函数是减函数，已知,则，故A正确; ,故B不正确；‎ C构造函数是增函数，故，故选项不正确；‎ D. ，构造函数是增函数，故，所以选项不正确.故答案为：A.‎ ‎4.C ‎【解析】由已知求得，再由倍角公式及同角三角函数基本关系式化弦为切求解即可．‎ 因为角的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，‎ 终边在直线上，所以，‎ 则．故选C．‎ ‎5.B ‎【解析】观察两组数据的波动性大小判断方差大小，再利用平均数公式计算平均数，利用方差公式求方差的值．‎ 甲组数据为：6，7，7，8，7，7，‎ 乙组数据为：6，7，6，7，9，7，‎ 所以甲组数据波动较小，方差也较小，‎ 甲组数据的平均数为，‎ 方差为，故选B．‎ ‎6.B ‎【解析】详解：由，得，‎ 设，‎ 等于点到准线的距离，‎ 同理，等于到准线的距离，‎ ‎，‎ ‎，中点横坐标为，‎ 中点到轴的距离是，故选B.‎ ‎7.D ‎【解析】因为当时， ；当时， ；当时， ；所以选D.‎ ‎8.C ‎【解析】当时，成立，不成立，所以不正确；‎ 对，当，即时等号成立，而，所以,即的最小值不为2，所以不正确；‎ 由三角函数的性质得 “若,则”正确，故其逆否命题为真命题，所以正确；‎ 命题“,”的否定是“,”，所以不正确，故选C.‎ ‎9.C ‎【解析】由，故（当且仅当时取等号），故选：C．‎ ‎10.B ‎【解析】若函数f（x）≤t2﹣2at+1对所有的x∈[﹣1，1]都成立，由已知易得f（x）的最大值是1，‎ ‎∴1≤t2﹣2at+1⇔2at﹣t2≤0，‎ 设g（a）=2at﹣t2（﹣1≤a≤1），‎ 欲使2at﹣t2≤0恒成立，‎ 则 ⇔t≥2或t=0或t≤﹣2．故选：B．‎ ‎11.C ‎【解析】详解：如图所示，设球心为，‎ 三角形所在小圆的圆心为，半径为，‎ 所在小圆的圆心为，半径为，‎ 因为平面平面，，则，即，‎ 则平面，平面，‎ 又在中，因为，则小圆的半径，‎ 在中，，即，‎ 所以外接球的表面积为，故选C.‎ ‎12.C ‎【解析】详解：由指数函数的性质可得，‎ ‎，‎ 由对数函数的性质可得，‎ ‎，，‎ 又，在上递增，‎ 所以，故选C.‎ ‎13.‎ ‎14.4‎ ‎【解析】‎ 画出x，y满足：的平面区域，如图：‎ 由，解得 而可化为，‎ 由图象得直线过时z最大，z的最大值是：4，故答案为：4．‎ ‎15.‎ ‎【解析】根据双曲线几何性质得渐近线斜率取值范围，再解出离心率取值范围.‎ 因为过点且倾斜角为的直线与双曲线的左支有且只有一个交点，‎ 所以 ‎16.‎ ‎【解析】如图，由题意球的表面积为，可得球的半径为，‎ ‎ 知，‎ ‎ ，‎ ‎ 所以平面，，‎ ‎ 所以，‎ ‎ 所以棱锥的体积．‎ ‎ ‎ ‎17.（1）； ;（2）.‎ ‎【解析】‎ Ⅰ依题意，，‎ 设数列的公比为q，由，可知，‎ 由，得，又，则，‎ 故，‎ 又由，得 Ⅱ依题意，‎ 则 得，‎ 即，故 ‎18.（Ⅰ）折叠前，因为四边形为菱形，所以；‎ 所以折叠后，，, 又，平面，‎ 所以平面 ‎ 因为四边形为菱形，所以．‎ 又点为线段的中点，所以．‎ 所以四边形为平行四边形．‎ 所以． ‎ 又平面，所以平面． ‎ 因为平面，所以平面平面． ‎ ‎（Ⅱ）图1中，由已知得，，‎ 所以图2中，，又 所以，所以 又平面，所以 ‎ 又，平面，‎ 所以平面， ‎ 所以．‎ 所以三棱锥的体积为．‎ ‎19. （1）由题意可知当一级滤芯更换、、个时，二级滤芯需要更换个，‎ 当一级滤芯更换个时，二级滤芯需要更换个，所以；‎ ‎（2）由题意可知二级滤芯更换个，需元，二级滤芯更换个，需元，‎ 在台净水器中，二级滤芯需要更换个的净水器共台，二级滤芯需要更换个的净水器共台，‎ 设“一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于元”为事件，所以；‎ ‎（3）因为，，‎ ‎（i）若，，‎ 则这台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为 ‎（ii）若，，‎ 则这台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为 所以如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数为个，‎ 客户应该购买一级滤芯个，二级滤芯个。‎ ‎20.‎ ‎【解析】（1）过点且与圆相切的直线方程为，‎ 斜率为，故直线的斜率为，故直线的方程为： ，‎ 即.‎ 令，可得，故的坐标为，‎ ‎∴，抛物线的方程为；‎ ‎（2）由可得，‎ 设， ，则， ， ，‎ 点的坐标分别为， .‎ 设点的坐标为，则， ，‎ 则，解之得或，‎ ‎∴ ，‎ 则点到直线的距离为，故或，‎ 当时， 的面积为.‎ 当时， 的面积为.‎ ‎21. 【解析】（1）若,则,∴． ‎ 令,则,‎ 当时,,即单调递增,又,‎ ‎∴当时,单调递减,‎ 当时,单调递增．‎ ‎∴的单调递减区间为,单调递增区间为． ‎ ‎（2）当时,，显然无零点． ‎ 当时,‎ ‎(i)当时,，显然无零点． ‎ ‎(ii)当时，易证，∴,‎ ‎∴．‎ 令，则，‎ 令，得，‎ 当时，；当时，，‎ 故，从而，显然无零点.‎ 综上,无零点．‎ ‎22.（1）解：由 消去参数 ，得 即 的普通方程为 由 ，得 ① 将 代入①得 所以直线 的斜率角为 （2）解：由（1）知，点 在直线 上，可设直线 的参数方程为 ( ‎ ‎ 为参数) 即 ( 为参数)， 代入 并化简得 设 两点对应的参数分别为 . 则 ，所以 所以 23.解析： 当时，得.∴.‎ 当时，得.∴无解.‎ 当时，得.‎ 所以，不等式的解集为或.‎ ‎ ，∴，即.‎ 又由均值不等式有： ， ，‎ 两式相加得.∴‎ 当且仅当时等号成立.‎