云南省昆明市第一中学2020届高三第五次检测 数学（理）试题（扫描版含答案） 6页

·1· 2020 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A D C B B D C B A C C D 1. 解析：因为 ( )31 i 2 2iz = - = - - ，所以 2 2iz = - + 选 A. 2. 解析：因为集合 { }0,1A = ， { }0,1A B = ，则 B AÍ ，所以集合B 可能的情况有{ }0 ，{ }1 ，{ }0,1 ，Æ， 共有 4 个.选 D. 3. 解析：记每天走的里程数为 { }na ，易知 { }na 是以 1 2 为公比的等比数列，其前 6 项和 6 378S = ，则 1 6 6 11 2 37811 2 a S æ ö-ç ÷ è ø= = - ，解得 1 192a = ，所以 3 4 1192 ( ) 24 2 a = ´ = .选 C. 4. 解析：该几何体是由一个底面半径为1，高为3的半圆锥，和一个底 面为等腰直角三角形，高为3的三棱锥组成，所以该几何体的体积为： 21 1 1 1= ( 1 3 ( 2 1 3 1 3 2 3 2 2 V p p´ × × ´ + ´ ´ ´ ´ = +） ） ，选 B． 5. 解析：画出可行域如下，可知当直线经过点 ( )1 3， 或者 ( )0，4 时取得 最大值 4，选 B. 6. 解析：发言的 3 人来自 3 家不同企业的概率为 3 2 1 6 2 4 3 6 16 4 20 5 C C C P C - = = = ，选 D． 7. 解析：对于 A： ( ) 2 2 2 2 2 22 2 2 2 f x x x x x = + = + + - + + 2 2 2³ - 中， 2 2 22 2 x x + = + 的等号不成立，A 错； 当 0m = 时 2 1 0mx mx+ + ³ 也成立，B 错；当 1 3 x = ， 2y = 时 1xy < 也成立，又原命题与逆否命题真假性 一致，所以 D 错；选 C. 8. 解析： 1i = 时， ( )10 2 1 1 2 1S = + ´ + - = - ； 2i = 时， ( ) ( ) ( ) ( )22 1 2 2 1 2 1 4 1S = - + ´ + - = - + + ； 3i = 时， ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )32 1 4 1 2 3 1 2 1 4 1 6 1S = - + + + ´ + - = - + + + - ； …… 6i = 时， ( ) ( ) ( ) ( )2 1 4 1 6 1 12 1 2 4 12 42S = - + + + - + + + = + + + = ，所以输出 42，选 B. 9. 解析：因为 1 2 2PF PF m- = ，所以 2 2 1 1 2 22 4PF PF PF PF m- × + = ， 又因为 1 2 2 3PF PF+ = ，所以 2 2 1 1 2 22 12PF PF PF PF+ × + = ， 所以 2 2 1 2 2 6PF PF m+ = + ，由 1 2PF PF^ 得： 2 2 1 2 8PF PF m+ = ， 所以8 2 6m m= + ，所以 1m = ，选 A． 10. 解析：以O为原点，以OA，OB 所在的直线为 x 轴，y 轴，建立平面直角坐标系，则 A（1,0），B（0,3）, 由题意可设C ( 3 , )m m ,由OC xOA yOB= + 可得， ( 3 , )= (1,0) (0,3)m m x y+ ，所以 3 3x y = .选C . 11. 解析： 设 AB 的中点为E ，连结PE ，CE ，易知 AB ^平面PEC ，所以 AB PC^ ， 又 PC BD^ ，所以PC ^平面 PAB ，所以 PC PA^ ，PC PB^ ，所以PA PB^ ， 因此，以 PA， PB， PC 为同一顶点出发的正方体的八个顶点在球O的表面上， 所以 2 2 2 24 12R PA PB PC= + + = ，所以球O的表面积为12p ，选 C． 12. 解析： 2 2 4 2 3 1 2 e 2 e 2 e ( 2)( ) ( ) =0 x x xx x x xf x a a x x x x x - - -¢ = - - = - ，因为 xÎ（ 0,2 ）， e= x a x 所以函数 e= x y x 的图象与函数 =y a 图象有两个不同的交点，所以 aÎ 2ee, 2 （ ），选 D. 二、填空题 13. 解析： ( 2) 1 ( 6) 0.22P X P X£ = - < = ． 14. 解析：因为 ( + ) ( ) 6 3 2 x xp p p - - = ，所以cos( ) cos( ) sin( ) 3 6 2 6 x x xp p p p - = + - = + ， 所以 5( ) sin( + ) 6 6 f x x p = ，所以函数 ( )f x 的最大值为 5 6 . ·2· 15. 解析：因为 1 2n na a n+ = + ，所以 1 2n na a n+ - = ， 从而 2 1 2 1a a- = ´ ， 3 2 2 2a a- = ´ ，…， 1 2( 1)( 2)n na a n n-- = - ³ ， 累加可得 2 1 ( 1)2 [1 2 ( 1)] 2 2n n na a n n n- - = ´ + + ×× × + - = ´ = - ，所以 2 21na n n= - + ， 2 21 21 1na n n n n n n - + = = + - ，因为 21( ) 1f n n n = + - 在 (0,4] 递减，在[5, )+¥ 递增 当 4n = 时， 33 8.25 4 na n = = ，当 5n = 时， 41 8.2 5 na n = = ，所以 na n 的最小值为 41 5 . 16. 解析：双曲线的两个焦点分别为（ 4,0- ），（ 4,0 ），则这两点刚好是两圆的圆心，由几何性质知， 1 3PM PF£ + , 2 1PN PF³ - ,所以 1 23 1 6PM PN PF PF- £ + - + = ,所以最大值为6 . 三、解答题 （一）必考题 17. 解：（1）在△ ABC 中，由 6cos 3 A = ，得 3sin 3 A = 由 sin 3cosB C= 得 sin( ) 3 cosA C C+ = ， sin cos cos sin 3cosA C A C C+ = ， 3 6cos sin 3 cos 3 3 C C C+ = ， 6 2 3sin cos 3 3 C C= ， tan 2C = . ………6 分 （2）因为 tan 2C = ，所以 6sin 3 C = ， 3cos 3 C = ， sin 3cos 1B C= = ， 由 sin sin b c B C = 得 sinc b C= ，因为△ ABC 的面积为 2 ， 21 1 1 6 3sin sin sin 2 2 2 2 3 3 bc A b b C A b= × × = ´ ´ = ，得 2 6b = ， 6b = . ………12 分 18. 解：（1）由频率分布直方图，优质花苗的频率为 (0.04 0.02) 10 0.6+ ´ = ，即概率为0.6． 设所抽取的花苗为优质花苗的株数为 X ，则 3 5 ~ 3,X B æ ö ç ÷ è ø ，于是 3 0 3 2 8( 0) 5 125 P X C æ ö= = ´ =ç ÷ è ø ； 2 1 3 3 2 36( 1) 5 5 125 P X C æ ö= = ´ ´ =ç ÷ è ø ； 2 2 3 3 2 54( 2) 5 5 125 P X C æ ö= = ´ ´ =ç ÷ è ø ； 3 3 3 3 27( 3) 5 125 P X C æ ö= = ´ =ç ÷ è ø ． 其分布列为： X 0 1 2 3 P 8 125 36 125 54 125 27 125 所以，所抽取的花苗为优质花苗的数学期望 3 9( ) 3 5 5 E X = ´ = ．………6 分 （2）频率分布直方图，优质花苗的频率为 (0.04 0.02) 10 0.6+ ´ = ，则样本中优质花苗的株数为 60 株， 列联表如下表所示： 优质花苗 非优质花苗 合计 甲培育法 20 30 50 乙培育法 40 10 50 合计 60 40 100 可得 2 2 100(20 10 30 40) 16.667 6.635 60 40 50 50 K ´ - ´ = » > ´ ´ ´ ． 所以，有 99%的把握认为优质花苗与培育方法有关系．………12 分 19. （1）证明：因为 1 1 1ABC A B C- 为直三棱柱， 所以 BC ∥ 1 1B C ，且 1 1BC B C= ，又因为四边形 ABCD为平行四边形， 所以 BC ∥ AD ，且 BC AD= ，所以 AD ∥ 1 1C B ，且 1 1AD C B= ， 所以四边形 1 1ADC B 为平行四边形，所以 A， D ， 1C ， 1B 四点共面； 因为 1AA AC= ，又 1AA ^平面 ABCD， 所以 1AA AC^ ，所以四边形 1 1A ACC 为 正方形，连接 1AC 交 1A C 于 E ， 所以 1 1AC AC^ ，在 ADCD 中， 2CD AD= ， 60ADCÐ = ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cos60AC AD CD AD CD= + - × ， ·3· z E C1 D BA B1A1 x y C 所以 3AC AD= ，所以 2 2 2CD AC AD= + ，所以 AD AC^ ，又 1AA AD^ ， 所以 AD ^平面 1 1A ACC ，所以 1AD A C^ ， 又因为 !AD AC A= ，所以 1AC ^平面 11ADC B ； 所以 1 1AC DC^ . ………6分 （2）解：由（1）知，可如图建立直角坐标系，则 ( )0,0,0A ， ( )1,0,0D ， ( )0, 3,0C ， ( )1 0,0, 3A l ， ( )1 0, 3, 3C l ， ( ) ( )1 11,0, 3 , 1, 3, 3DA DCl l = - = - ， 设平面 1 1A C D 的法向量为 ( )1 1 1 1, ,n x y z= ，由 1 1 1 1 0 0 n DA n DC ì × =ï í × =ïî 即 1 1 1 1 1 3 0 3 3 0 x z x y z l l ì - + =ï í - + + =ïî ，取 ( )1 3 ,0,1n l= 设平面 1AC D 的法向量为 ( )2 2 2 2, ,n x y z= 由 2 2 1 0 0 n AD n AC ì × =ï í × =ïî 得 2 2 2 0 3 3 0 x y zl =ìï í + =ïî ,取 ( )2 0, ,1n l= - ， 由 1 2 2 2 1 2 1 2cos 4| | 3 1 1 n n n n q l l × = = = × + × + 得 2 1l = ，因为 0l > ，所以 1l = 此时 1AD = ， 1 3CC AC= = ，所以四边形 1 1A ACC 为 正方形， 因为 1 1AC AC^ ， 1A C AD^ ，又因为 !AD AC A= ，所以 1AC ^平面 11ADC B ， 所以 1CC 与平面 1 1ADC B 所成角为 1 45EC CÐ = . .………12 分 20. 解：(1) 设 ( , )M x y ，由条件可知 2 2 2 2 ( 1) 2 2( 2) x y x y - + = - + ，即 2 2 2 22( 1) 2 ( 2)x y x y- + = - + ， 所以曲线 2 2: 2E x y+ = .………4分 (2)当 PQ所在直线斜率不存在时，其方程为： 2x = ± ， 此时 2 2PQ = ， 当 PQ所在直线斜率存在时，设其方程为： y kx m= + ， 设 1 1( , )P x y ， 2 2( , )Q x y ， ( )0,0O 到直线 PQ的距离d r= ，即 2 2 1 m k = + ，所以 2 22 2m k= + . 直线 PQ与椭圆C 联立 2 2 1 6 3 x y y kx m ì + =ï í ï = +î ，得 ( )2 2 22 1 4 2 6 0k x kmx m+ + + - = ，所以 1 2 2 2 1 2 2 4 2 1 2 6 2 1 mkx x k mx x k -ì + =ïï + í -ï =ï +î ， 所以 ( ) ( ) 2 2 2 2 22 2 1 2 1 2 2 2 16 4(2 1)(2 6)1 4 ( 1) (2 1) k m k mPQ k x x x x k k é ù- + -é ù= + + - = + ê úë û +ë û ， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 48 8 24 4 1( 1) 2 2( 1) (2 1) (2 1) k m kk k k k é ù- + + = + = +ê ú+ +ë û ，令 22 1 1t k= + ³ ， ( ]1 0,1 t Î 2 2 2 2 2 2 2 4 1 2 1 1 12( 1) 2 (2 1) k t tz k k t t t + + - - = + = = + + + ， 因为 ( ]1 0,1 t Î ，所以 92 4 z é ùÎ ê úë û ， ， 所以 2 2 3PQ é ùÎ ë û， ，所以 2 3 22, 2 2OPQS PQ é ù = Îê ú ë û V .………12 分 21. 解：（1）因为 ( ) ( )e e 1 0x xf x ax= - - ³ ，且 e 0x > ，所以 e 1 0x ax- - ³ ， 构造函数 ( ) e 1xu x ax= - - ，则 ( )' exu x a= - ，又 ( )0 0u = ， 若 0a £ ，则 ( )' 0u x > ，则 ( )u x 在R 上单调递增，则当 0x < 时， ( ) 0u x < 矛盾，舍去； 若0 1a< < ，则 ln 0a < ，则当 ln 0a x< < 时， '( ) 0u x > ， 则 ( )u x 在 (ln ,0)a 上单调递增，则 ( ) ( )ln 0 0u a u< = 矛盾，舍去； 若 1a > ，则 ln 0a > ，则当0 lnx a< < 时， '( ) 0u x < ， 则 ( )u x 在 (0, ln )a 上单调递减，则 ( ) ( )ln 0 0u a u< = 矛盾，舍去； 若 1a = ，则当 0x < 时， '( ) 0u x < ，当 0x > 时， '( ) 0u x > ， 则 ( )u x 在 ( ,0)-¥ 上单调递减，在 (0, )+¥ 上单调递增， 故 ( ) ( )0 0u x u³ = ，则 ( ) ( )e 0xf x u x= × ³ ，满足题意； 综上所述， 1a = . ………6 分 （2）由（1）可知 ( ) ( )2e 1 ex xf x x= - + × ，则 ( ) ( )' e 2e 2x xf x x= - - ， ·4· 构造函数 ( ) 2e 2xg x x= - - ，则 ( )' 2e 1xg x = - ， 又 ( )'g x 在R 上单调递增，且 ( )' ln 2 0g - = ， 故当 ln 2x < - 时， '( ) 0g x < ，当 ln 2x > - 时， '( ) 0g x > ， 则 ( )g x 在 ( , ln 2)-¥ - 上单调递减，在 ( ln 2, )- +¥ 上单调递增， 又 ( )0 0g = ， ( ) 2 22 0 e g - = > ，又 3 32 3 3 3 32 2 2 3 2 1 4 e 16 e 0 2 2 e 2e 8e 2e g - -æ ö- = - = = <ç ÷ è ø + ， 结合零点存在性定理知，在区间 3( 2, ) 2 - - 存在唯一实数 0x ，使得 ( )0 0g x = ， 当 0x x< 时， ( )' 0f x > ，当 0 0x x< < 时， ( )' 0f x < ，当 0x > 时， ( )' 0f x > ， 故 ( )f x 在 ( )0, x-¥ 单调递增，在 ( )0 , 0x 单调递减，在 ( )0,+¥ 单调递增， 故 ( )f x 存在唯一极大值点 0x ，因为 ( ) 0 0 02e 2 0xg x x= - - = ，所以 0 0e 1 2 x x = + ， 故 ( ) ( ) ( ) ( )0 0 2 22 0 0 0 0 0 0 1 1e 1 e 1 1 1 1 2 2 4 4 x x x xf x x x xæ ö æ ö= - + = + - + + = - +ç ÷ ç ÷ è ø è ø ， 因为 0 32 2 x- < < - ，所以 ( ) 2 0 1 1 3 31 4 4 2 16 f x æ ö< - - + <ç ÷ è ø . ………12 分 （二）选考题：第 22、23 题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题记分。 22. 解: （1）由直线 l 的参数方程可知，直线 l 的倾斜角为 5 6 p ；将圆C 的极坐标方程 4cos( ) 3 p r q= - 化简得 2cos 2 3sinr q q= + ，两边乘 r 得， 2 2 cos 2 3 sinr r q r q= + ，将 2 2 2x yr = + ， cos xr q = ， sin yr q = 代入并化简整理可得圆C 的直角坐标方程为 2 2( 1) ( 3) 4x y- + - = . ………5分 （2） 设 1 2cos ( ) 3 2sin x y q q q = +ìï í = +ïî 为参数 ， 则 3x y+ = 2 3sin 2cos 4 4sin( ) 4 6 p q q q+ + = + + ，由 1 sin( ) 1 6 p q- £ + £ 可得， 0 3 8x y£ + £ ，即 3 [0,8]x y+ Î . ………10分 23. 解: （1） 当 1a = 时, ( ) 1 3f x x x= + + - ， 即 2 2( 1) ( ) 4( 1 3) 2 2( 3) x x f x x x x - + £ -ì ï= - < <í ï - ³î 当 1x £ - 时， 由 2 2 5x- + < 解得 3 2 x > - ， 所以 3 1 2 x- < £ - ； 当 1 3x- < < 时， 不等式恒成立， 所以 1 3x- < < ； 当 3x ³ 时，由2 2 5x - < 解得 7 2 x < ；所以 73 2 x£ < . 综上，不等式 ( ) 5f x < 的解集为 3 7 2 2 x xì ü - < <í ý î þ . ………5分 （2） 因为 2( ) 2 5f x x a x a= + + + - 2 22 5 2 5x a x a a a³ + - - + = - + ， 所以， 2 2 5 5a a- + < , 解得0 2a< < . ………10分