安徽省芜湖市示范高中2020届高三下学期5月联考文科数学试题 Word版含解析 24页

www.ks5u.com 芜湖市示范高中2020届高三5月联考 数学（文科）试题卷 一、选择题：本题共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. 已知集合，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合,再根据交集运算法则求即可.‎ ‎【详解】因为集合,‎ 所以集合,‎ 所以,‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的交集运算,属于基础题.‎ ‎2. 已知复数（为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由得，‎ 故对应的点的坐标为，故选项为C. ‎ 考点：复数的性质.‎ ‎3. 已知抛物线上的点到准线的最短距离为1，则p的值为（ ）‎ A. B. 1 C. 2 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 抛物线上的点到准线的最短距离为,据此列式求解即可.‎ ‎【详解】因为抛物线上的点到准线的最短距离为,‎ 所以,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线性质的应用,属于基础题.‎ ‎4. 已知是等差数列，且满足，，则为（ ）‎ A. 17 B. 18 C. 19 D. 20‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据题中等式解出的首项与公差,再利用通项公式求即可.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为,‎ 因为,,‎ 故,‎ 所以,‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列基本量的计算,考查公式的应用,难度不大.‎ ‎5. 已知，且，则所在区间为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出,可知其为定义域上的增函数,再根据零点存在性定理求出零点所在区间.‎ - 24 -‎ ‎【详解】,则,‎ 根据单调性的性质可知是定义域上的增函数,‎ 故在定义域内最多有一个零点,‎ 又,‎ 所以存在,使得,‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题主要考查零点存在性定理的应用,结合了解析式､单调性等相关知识,难度不大.‎ ‎6. 某班级要选出同学参加学校组织的歌唱比赛，自愿报名的同学共有6人，其中4名女生，2名男生，现从中随机选出3名同学，则选出的3名同学中至少1名男生的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设4名女生分别为,2名男生分别为,先列举出全部基本事件,再找出满足条件的基本事件,最后根据古典概型的概率公式求解即可.‎ ‎【详解】设4名女生分别为,2名男生分别为,‎ 则从这6名同学中随机选出3名同学,共有20种可能,列举如下:‎ ‎,‎ ‎,‎ 其中至少有1名男生的可能有16种(以下划线形式标出),‎ 因此,根据古典概型的概率公式,‎ 可知选出的3名同学中至少有1名男生的概率,‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查古典概型概率的求法,常用列举法答题,难度不大.‎ ‎7. 将函数的图象向右平移个单位得到，下列关于 - 24 -‎ 的说法正确的是（ ）‎ A. 是对称轴 B. 在上单调递增 C. 在上最大值为1 D. 在上最小值为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据平移变换法则求出,再利用余弦函数的性质判断选项的正误.‎ ‎【详解】函数的图象向右平移个单位,得到的图象,‎ 对于A,当时,,故A选项错误;‎ 对于B,当时,,‎ 则在区间上不单调,故B选项错误;‎ 对于C,当,,‎ 则在区间上的最大值为,故C选项错误;‎ 对于D, 当,,‎ 则在区间上的最小值为,故D选项正确;‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数性质的应用,考查图象变换,属于中档题.‎ ‎8. 已知向量在方向上的投影为，且，则（ ）‎ A. 2 B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】D - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的投影和数量积的定义可知,再结合,即可解出,从而得出.‎ ‎【详解】因为向量在方向上的投影为,‎ 所以,故有,‎ 又,即,‎ 因此,‎ 所以,‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查向量数量积和投影的应用,考查计算能力,难度不大.‎ ‎9. 已知实数x，y满足，且的最大值为1，则实数m的值为（ ）‎ A. B. 1 C. D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出满足条件的可行域,再结合目标函数的几何意义得到最优解,结合题中所给目标函数的最值,联立方程得出最优解的坐标,再代入含参直线即可.‎ ‎【详解】作出满足约束条件可行域,如下图阴影部分所示:‎ - 24 -‎ 将目标函数变形为:,‎ 结合上图可知,直线过点时,取最大值,‎ 又由题知的最大值为1,故此时目标函数对应的直线方程为,‎ 联立,即,‎ 因直线过点,所以,‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单线性规划的应用,考查数形结合思想的应用,属于中档题.目标函数的几何意义一般有截距,斜率和距离三种情况.‎ ‎10. 已知函数，其中e是自然对数的底数，若在R上单调递增，则b的范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可知在R上恒成立,即在R上恒成立,设,利用的奇偶性和导数研究其单调性,求出的最小值,即可得出答案.‎ ‎【详解】,则,‎ 因为在R上单调递增,‎ - 24 -‎ 所以在R上恒成立,‎ 即在R上恒成立,‎ 设,则,‎ 当时,,‎ 所以函数在上单调递增,‎ 又,‎ 所以是偶函数,因此在上单调递减,‎ 所以,‎ 所以,‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数单调性和导数的应用,考查转化思想,属于中档题.在遇见含参的恒成立问题时,一般选择分离参数后,将恒成立问题转化为简单函数的最值问题.‎ ‎11. 已知一个几何体的三视图如图所示，俯视图为等腰三角形，则该几何体的外接球表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 先根据三视图还原几何体,再求出几何体底面的外接圆圆心及半径,然后利用“三棱锥的外接球球心在过底面中心的垂线上”这一性质,确定外接球球心,最后利用勾股定理求出外接球半径即可得解.‎ ‎【详解】根据三视图还原几何体如下:‎ 设为的中点,则有,且平面,‎ 设为的外心,为的外接圆半径,‎ 则,‎ 故在中,有,‎ 即,‎ 如图所示,过作,且,此时平面,‎ 设的中点为,则,‎ 故点即为三棱锥的外接球球心,‎ 又,‎ 所以三棱锥的外接球半径,‎ 所以三棱锥的外接球表面积,‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三棱锥外接球半径的求法,考查了三视图还原几何体,有一定难度.本题中既可利用“三棱锥的外接球球心在过底面中心的垂线上”这一性质去确定外接球球心,也可将三棱锥还原成对应的三棱柱去确定球心,要求学生具备一定的空间思维与想象能力.‎ ‎12. 已知函数，且，，‎ - 24 -‎ ‎，下列结论中正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定的奇偶性以及其在上的单调性,从而得出在上的单调性,然后利用单调性比较函数值的大小即可.‎ ‎【详解】,其定义域为,‎ 当时,根据基本函数的单调性与单调性的性质可知,‎ 在上单调递减,‎ 又,‎ 所以,‎ 所以是奇函数,‎ 因此在上单调递减,‎ 因,,,‎ 又,所以,‎ 所以,即,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用函数单调性比较函数值的大小问题,考查学生对函数性质的综合运用,有一定难度.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13. 已知函数，若，则__________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 将代入解析式,列式求解即可.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以,‎ 解得,‎ 故答案为:2.‎ ‎【点睛】本题考查根据解析式和函数值求自变量,考查解方程,属于基础题.‎ ‎14. 过点且倾斜角为的直线l与圆相交的弦长为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据点斜式写出直线方程,再求出圆心到直线的距离,最后利用垂径定理构造直角三角形列式求解即可.‎ ‎【详解】因为直线l过点且倾斜角为,‎ 所以直线l的方程为,即,‎ 又圆的圆心为,半径为,‎ 所以圆心到直线l的距离,‎ 所以直线l与圆相交的弦长为,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与圆相交的弦长问题,考查计算能力,属于中档题.‎ ‎15. 18世纪德国数学家提丢斯给出一串数列：0，3，6，12，24，48，96，192，…，容易发现，从第3项开始，每一项是前一项的2倍．将每一项加上4得到一个数列：4，7，10，16，28，52，100，196，…．再每一项除以10得到：0.4，0.7，1.0，1.6．2.8，5.2，10.0，…，这个数列称为提丢斯数列．则提丢斯数列的通项__________．‎ - 24 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中条件按顺序确定每一个数列的通项公式即可.‎ ‎【详解】设数列:0,3,6,12,24,48,96,192,…,为,‎ 由题可知,该数列的通项公式为,‎ 设将中的每一项加上4得到数列,则,‎ 最后将数列中的每一项除以10,‎ 则可得到数列,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列通项公式的求法,难度不大.‎ ‎16. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，过点且斜率为3的直线l与双曲线C交于A，B两点，且，，则实数的值为__________．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设,则在中,有又 ‎,所以,最后在中,利用勾股定理列式即可解出的比例关系,从而求出.‎ - 24 -‎ ‎【详解】设,‎ 因为直线的斜率为3,所以,‎ 故在中,有 又直线l与双曲线C交于A,B两点,‎ 所以,‎ 所以,‎ 在中,有,‎ 即,‎ 化简得,‎ 因为所以,‎ 所以,即,‎ 故答案为:3.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查双曲线性质的应用,考查学生的计算分析能力,属于中档题.‎ 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎（一）必考题：共60分 ‎17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．‎ ‎（Ⅰ）求角B的余弦值；‎ - 24 -‎ ‎（Ⅱ）若，角B的平分线BD交AC于点D，求BD的长度．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由正弦定理得,因此,,再利用余弦定理即可求出;‎ ‎(Ⅱ)利用余弦定理求出,由求出,从而求出,即可在中,利用正弦定理求解.‎ ‎【详解】(Ⅰ)因为,‎ 由正弦定理得,‎ ‎∴,,‎ 由余弦定理可得:;‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)得:,,‎ BD是角B的平分线,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ 又由余弦定理得,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ - 24 -‎ 故在中,由正弦定理得.‎ ‎【点睛】本题主要考查正､余弦定理解三角形,考查分析计算能力,属于中档题.‎ ‎18. 某学校为了了解该校高三年级学生寒假在家自主学习的情况，随机对该校300名高三学生寒假的每天学习时间（单位：h）进行统计，按照，，，，的分组作出频率分布直方图如图所示．‎ ‎（Ⅰ）根据频率分布直方图计算该校高三年级学生的平均每天学习时间（同一组中的数据用该组区间中点值代表）；‎ ‎（Ⅱ）该校规定学习时间超过4h为合格，否则不合格．已知这300名学生中男生有140人，其中合格的有70人，请补全下表，根据表中数据，能否有99.9%的把握认为该校高三年级学生的性别与学习时长合格有关？‎ 男生 女生 总计 不合格 合格 ‎70‎ 总计 ‎140‎ ‎160‎ ‎300‎ 参考公式：，其中．‎ - 24 -‎ 参考附表：‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ ‎【答案】（Ⅰ）4.36；（Ⅱ）有99.9%的把握认为该校高三年级学生的性别与学习时长合格有关．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)根据频率分布直方图直接计算平均值即可;‎ ‎(Ⅱ)先求出300名学生中合格的人数,再补全表格,然后根据表格数据和公式计算,最后将与进行比较,进而得出结论.‎ ‎【详解】(Ⅰ)高三年级学生平均每天的学习时间为:‎ ‎(h);‎ ‎(Ⅱ)300名学生中合格的人数为(人),‎ 故补全表格如下:‎ 男生 女生 总计 不合格 ‎70‎ ‎50‎ ‎120‎ 合格 ‎70‎ ‎110‎ ‎180‎ 总计 ‎140‎ ‎160‎ ‎300‎ 所以,‎ 所以有99.9%的把握认为该校高三年级学生的性别与学习时长合格有关.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查了根据频率分布直方图求均值,考查了独立性检验,难度不大.‎ ‎19. 如图1所示在菱形ABCD中，，，点E是AD的中点，将沿BE折起，使得平面平面BCDE得到如图2所示的四棱锥，点F为AC的中点．在图2中 ‎（Ⅰ）证明：平面ABE；‎ ‎（Ⅱ）求点A到平面BEF的距离．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)取AB的中点G,连接EG,GF,利用且可证明四边形DEGF为平行四边形,从而有,进而证明出平面ABE;‎ ‎(Ⅱ)设点A到平面BEF的距离为h,连接CE,由可得,因此利用垂直关系与面积公式计算出即可得出答案.‎ ‎【详解】(Ⅰ)取AB的中点G,连接EG,GF,‎ 在菱形ABCD中,E为AD的中点,‎ ‎∴,,‎ 又G,F为AB,AC的中点,‎ ‎∴GF为ΔABC的中位线,‎ ‎∴且,‎ ‎∴且,‎ ‎∴四边形DEGF为平行四边形,‎ - 24 -‎ ‎∴,‎ 又平面ABE,平面ABE,‎ ‎∴平面ABE;‎ ‎(Ⅱ)设点A到平面BEF的距离为h,连接CE,‎ ‎∵平面平面BCDE,平面平面,,‎ ‎∴平面BCDE,∴,同理可证平面ABE,‎ 又,‎ ‎∴,‎ 又F为AC的中点,‎ ‎∴,同理,‎ ‎∴,‎ 又,且,‎ ‎∴,‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间中的垂直､平行关系,考查了利用等体积法求点到平面的距离,需要学生具备一定的空间思维和计算能力,属于中档题.‎ ‎20. 已知椭圆的焦距和短轴长度相等，且过点．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ - 24 -‎ ‎（Ⅱ）圆与椭圆C分别交y轴正半轴于点A，B，过点（，且）且与x轴垂直的直线l分别交圆O与椭圆C于点M，N（均位于x轴上方），问直线AM，BN的交点是否在一条定直线上，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）两直线交点一定在x轴上，理由详见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)根据题意列出关于的方程,解方程组求出,即可得椭圆方程; ‎ ‎(Ⅱ)设,由,,可推出,然后利用两点坐标写出直线的直线方程,联立直线方程即可求出交点的纵坐标,从而得出直线AM,BN的交点一定在x轴上.‎ ‎【详解】(Ⅰ)由题意可得:,‎ 解得:,,‎ ‎∴椭圆C的方程为;‎ ‎(Ⅱ)由题可知,设 因为在椭圆上,在圆上,‎ - 24 -‎ 所以,,‎ 所以,‎ 直线,‎ 直线,‎ 设两直线的交点坐标为,则,解得,‎ 故直线AM,BN的交点一定在x轴上.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆方程的求法,考查了直线与圆锥曲线相交的定直线问题,需要学生综合运用所学知识,属于中档题.‎ ‎21. 已知函数，其中m为常数，且是函数的极值点．‎ ‎（Ⅰ）求m的值；‎ ‎（Ⅰ）若在上恒成立，求实数的最小值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)先对求导,再利用,列式求解,最后再进行检验即可;‎ ‎(Ⅱ)令,则题意可转化为在上恒成立,对求导,然后分,和三种情况,研究的单调性,判断其最小值是否大于0,从而得出结论.‎ ‎【详解】(Ⅰ),则,‎ 是函数的极值点,‎ ‎,,‎ - 24 -‎ 又时,,‎ 当时,,时,,‎ ‎∴在上单调递增,上单调递减,‎ ‎∴是函数的极大值点,‎ ‎∴符合题意;‎ ‎(Ⅱ)令,则,‎ 由题得在上恒成立,‎ ‎,‎ 令,‎ 则,‎ ‎①当时,则,‎ ‎∴在上单调递增,∴,成立;‎ ‎②当时,令,‎ 则,‎ 在时,,‎ ‎∴在上单调递增,‎ 又,,‎ 则在上存在唯一使得,‎ ‎∴当时,,在上单调递减,‎ ‎,不符合题意;‎ - 24 -‎ ‎③当时,在时,,‎ ‎∴在上单调递减,此时,不符合题意;‎ 综上所述,实数k的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查极值点的应用,考查利用导数研究恒成立问题,有一定难度.在遇见含参的恒成立问题时,常分离参数,将恒成立问题转化为简单函数的最值问题,或者利用分类讨论法解决问题.‎ ‎（二）选考题：共10分．请考生在第22.23题中任选—题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎22. 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为，曲线C的极坐标方程为．‎ ‎（Ⅰ）求直线l和曲线C的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）点M为曲线C上一点，求M到直线l的最小距离．‎ ‎【答案】（Ⅰ）直线l的直角坐标方程为：，曲线C的直角坐标方程为；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)利用极坐标与直角坐标的转换公式直接转换即可;‎ ‎(Ⅱ)由(1)得曲线C的参数方程为(为参数),设,然后利用点到直线的距离公式和三角函数的性质即可求出最小距离.‎ ‎【详解】(Ⅰ)由得直线l的直角坐标方程为:,‎ 由得,‎ 所以曲线C的直角坐标方程为;‎ - 24 -‎ ‎(Ⅱ)由(1)得曲线C的参数方程为(为参数),‎ 设点,‎ 则点M到直线l的距离,‎ 其中,,‎ 则当时,距离d最小,最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查了极坐标方程转化为直角坐标方程,考查了椭圆参数方程的应用,难度不大.‎ ‎23. 已知函数，不等式的解集为．‎ ‎（Ⅰ）求实数a的值；‎ ‎（Ⅱ）若不等式有解，求实数m的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)根据题意可知,解该方程组即可得出答案;‎ ‎(Ⅱ)令,求出,则,据此解不等式即可.‎ ‎【详解】(Ⅰ)因为不等式的解集为,‎ 所以,解得,此时 解集为满足条件;‎ ‎(Ⅱ)令,‎ 则,‎ 又不等式有解,‎ - 24 -‎ 则,‎ 解得m的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的应用,考查了相关的能成立问题,难度不大.‎ ‎ ‎ - 24 -‎ - 24 -‎