1、2020届高三第五次质量检测文科数学试题一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，每题给出的四个选项中，只有一项符合题意）1.集合，集合，则（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求得集合，再根据并集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，集合，则，故选A.【点睛】本题主要考查了集合的运算，其中解答中正确求解集合是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2.已知复数满足,则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】把已知等式变形再由复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】由，得故选：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题
2、3.方程表示双曲线的一个充分不必要条件是（ ）A. 3m0B. 3m2C. 3m4D. 1m3【答案】A【解析】由题意知，则C，D均不正确，而B为充要条件，不合题意，故选A.4.中国当代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其意思为；“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第一天走了（ ）A. 24里B. 48里C. 96里D. 192里【答案】D【解析】【分析】每天行走的步数组成公比为的等比数列,根据前6项和为378列式可解得.【详
3、解】设第天行走了步,则数列是等比数列,且公比,因为,所以,所以 ,所以第一天走了192里.故选:D【点睛】本题考查了等比数列的前项和公式中的基本量的计算,属于基础题.5.边长为的正方形内有一个半径为的圆，向正方形中机扔一粒豆子（忽略大小，视为质点），若它落在该圆内的概率为，则圆周率的值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由几何概型中的面积型概率的求法，求出圆周率的值即可得解【详解】由几何概型可知，则.选B.【点睛】本题考查了几何概型中的面积型，属基础题6.有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说：“我没有获奖”，乙说：“是丙获奖”，丙说
4、：“是丁获奖”，丁说：“我没有获奖”.在以上问题中只有一人回答正确，根据以上的判断，获奖的歌手是（ ）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】A【解析】假设甲获奖，则甲、乙、丙都回答错误，丁回答正确，符合题意，所以甲获奖，故选：A7.函数图象的大致形状是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，再求，利用排除法可得解.【详解】由题意得，所以，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除选项A，C；令，则，。故选B【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性及函数的图象，属于基础题.8.若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如，如图程序框图的算法源于我国古代孙子算经中的“孙子定理
5、”的某一环节，执行该框图，输入，则输出的（ ）A. 6B. 9C. 12D. 21【答案】A【解析】模拟运行程序，可得程序的作用是先求2，3的最小公倍数，再除以5，余数为1，故N=6，点睛：循环结构的考查是高考热点，有时会问输出结果，或是判断框的条件是什么，这类问题容易错在审题不清，计数变量加错了，没有理解计数变量是在计算结果之前还是计算结果之后，最后循环进来的数是什么等问题，防止出错的最好的办法是按顺序结构写出每一个循环，这样就会很好的防止出错.9.已知函数（，）的最小正周期是，将函数的图象向左平移个单位长度后所得的函数图象过点，则函数（ ）A. 有一个对称中心B. 有一条对称轴C. 在区间
6、上单调递减D. 在区间上单调递增【答案】B【解析】由题，平移后得到的函数是，其图象过点,，因为，,故选B.点睛：本题考查的是的图象及性质.解决本题的关键有两点:一是图象向左平移变换时要弄清是加还是减，是x加减，还是2x加减，另一方面是根据图象过点确定的值时，要结合五点及确定其取值，得到函数的解析式，再判断其对称性和单调性.10.四棱锥P-ABCD的三视图如图所示，其五个顶点都在同一球面上，若四棱锥P-ABCD的侧面积等于，则该外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将三视图还原为直观图,得四棱锥的五个顶点位于同一个正方体的顶点处,且与正方体内接于同一个球,由此
7、结合题意,可得正方体的棱长为2,算出外接球的半径,再结合球的表面积公式,即可得到该球的表面积.【详解】根据三视图可在棱长为的正方体中得到直观图,是一个四棱锥,如图所示:则四棱锥的侧面积为:,根据已知侧面积可得:,解得:,设的中点为,则,所以四棱锥外接球与正方体的外接球的球心重合,所以四棱锥的外接球的半径,所以该外接球的表面积为.故选:B【点睛】本题考查了三视图还原直观图,四棱锥的侧面积,球的表面积,属于中档题.11.过抛物线的焦点F的直线交该抛物线于A、B两点，若，O为坐标原点，则（ ）A. B. C. 4D. 5【答案】A【解析】【分析】分别过作准线的垂线,垂足分别为,过作,垂足为,交轴于,
8、设,根据抛物线的定义以及两个直角三角形相似可以求出,由此可求出结果.【详解】如图:分别过作准线的垂线,垂足分别为,过作,垂足为,交轴于,设,则,由抛物线的定义知:,所以,因为,所以,所以,所以,所以.故选:A【点睛】本题考查了抛物线的定义,属于基础题.12.已知函数，若，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由得,设，则存在，使得成立，即成立.所以成立又当且仅当即取等号.所以,故选C.点晴:本题主要考查函数单调性，不等式恒成立问题. 本题中由可构造函数，则即恒成立，转化为，再求的最值即可.这类问题的通解方法就是：划归与转化之后，就可以假设相对应的函
9、数，然后利用导数研究这个函数的单调性、极值和最值，图像与性质，进而求解得结果.二、填空题：(本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13.向量在向量方向上的投影为_【答案】【解析】【分析】根据投影的定义,应用公式在方向上的投影为求解【详解】解：根据投影的定义可得：在方向上的投影为故答案为：【点睛】本题主要考查向量投影的定义及求解的方法,公式与定义两者要灵活运用，解答关键在于要求熟练应用公式14.若实数x，y满足约束条件，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】画出可行域，结合目标函数的几何意义求解即可【详解】由题不等式表示的可行域如图阴影所示：由得，易得 表示可行域的点与原点连线的斜率，故在
10、A处取得最小值 ，在B处取得最大值2故填【点睛】本题考查线性规划问题，考查数形结合思想，准确计算是关键，是基础题15.已知定义在R上的函数是奇函数，且满足，数列满足 且，则_.【答案】【解析】【分析】先根据是奇函数，且满推出周期为6,再根据递推关系式推出通项公式,求出和,再根据周期性和奇偶性求出函数值即可.【详解】因为函数是奇函数，所以，又因为，所以，所以，所以，所以,即,所以是以6为周期的周期函数；由可得，则时,，又时,也适合,所以，所以，又因为，所以.故答案为:-3【点睛】本题考查了函数的周期的推导,利用周期求函数值,函数的奇偶性的应用,根据递推关系式求数列通项公式,属于中档题.16.已知
11、正方体的棱长为，点E，F，G分别为棱AB，的中点，下列结论中，正确结论的序号是_.过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；平面EFG；平面；异面直线EF与所成角的正切值为；四面体的体积等于.【答案】【解析】【分析】根据公理3,作截面可知正确;根据直线与平面的位置关系可知不正确;根据线面垂直的判定定理可知正确;根据空间向量夹角的坐标公式可知正确;用正方体体积减去四个正三棱锥的体积可知不正确.【详解】延长EF分别与，的延长线交于N，Q，连接GN交于H，设HG与的延长线交于P，连接PQ交于，交BC于M，连FH，HG，GI，IM，ME,如图:则截面六边形EFHGIM为正六边形，故正确：因为
12、与HG相交，故与平面EFG相交，所以不正确：(三垂线定理)，(三垂线定理)，且AC与相交，所以平面，故正确；以为原点,分别为轴建立空间直角坐标系,则则,所以,所以,所以,所以异面直线EF与的夹角的正切值为，故正确；因为四面体的体积等于正方体的体积减去四个正三棱锥的体积，即为，故不正确故答案为：【点睛】本题考查了公理3,直线与平面的位置关,直线与平面垂直的判定,空间向量求异面直线所成角,三棱锥的体积计算,属于中档题.三、解答题：（本题共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.某地随着经济的发展，居民收入逐年增长，如表是该地一建设银行连续五年的储蓄存款（年底余额)，如表1为了研究计算
13、方便，工作人员将上表的数据进行了处理，令，得到表2：（1）求：关于t的线性回归方程；（2）通过（1）中的方程，求出y关于的回归方程；（3）用所求回归方程预测到2019年年底，该地储蓄存款额可达多少？附：对于线性回归方程，其中，【答案】（1）；（2）；（3）该地储蓄存款额可达14.4千亿【解析】【分析】(1)由表中数据计算平均数和回归系数,即可写出关于的线性回归方程;(2)把,代入中得到关于的回归方程;(3)将代入(2)中的方程,计算可得.【详解】（1）由表中数据，计算，所以，所以关于t的线性回归方程为；（2）把，代入中，得到：，即y关于x的回归方程是；（3）由（2）知，当时，即预测到2019年
14、年底，该地储蓄存款额可达14.4千亿【点睛】本题考查了线性回归方程,属于基础题.18.已知函数（I）当时，求的值域；（II）已知的内角的对边分别为，求的面积【答案】（I） （II） 【解析】试题分析：（I）利用三角恒等变换化简函数的解析式，结合，即可求得的值域；（II）由求得的值，利用余弦定理求得的值，可得的面积试题解析：（I）由题意知，由，（II），由余弦定理可得，19.如图，已知直四棱柱的底面是直角梯形，、分别是棱、上的动点，且，.（1）证明：无论点怎样运动，四边形都为矩形；（2）当时，求几何体的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用面面平行的性质定理得出，由面
15、面平行的性质定理可得出，可证明出四边形为平行四边形，由平面，可得出，从而可证明出四边形为矩形；（2）计算出梯形的面积和的面积，将梯形的面积减去的面积可得出四边形的面积，再利用柱体的体积公式可求出几何体的体积.【详解】（1）直四棱柱中，平面，平面，平面，平面，平面平面，.在直四棱柱中，平面平面，平面平面，平面平面，则四边形为平行四边形，在直四棱柱中，平面，平面，因此，无论点怎样运动，四边形都为矩形；（2）由于四边形是直角梯形，且，所以，梯形的面积为，易得，的面积为，四边形的面积为，由题意可知，几何体为直四棱柱，且高为，因此，几何体的体积为.【点睛】本题考查直线与平面平行的性质以及平面与平面的性质
16、定理的应用，同时也考查了柱体体积的计算，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中等题.20.已知椭圆的离心率为，以椭圆的短轴为直径的圆与直线相切.（）求椭圆的方程；（）设椭圆过右焦点的弦为、过原点的弦为，若，求证：为定值.【答案】() ；()证明见解析.【解析】试题分析：()由题意结合点到直线距离公式可得.结合离心率计算公式有.则椭圆的方程为.()对直线斜率分类讨论：当直线的斜率不存在时，.当直线的斜率存在时，设，联立直线方程与椭圆方程有，由弦长公式可得.联立直线与椭圆方程，结合弦长公式有.计算可得.据此可得：为定值.试题解析：（）依题意，原点到直线的距离为，则有.由，得.椭圆的方程为.（）证明
17、：（1）当直线的斜率不存在时，易求，则.（2）当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，依题意，则直线的方程为，直线的方程为.设，由得，则，.由整理得，则.综合（1）（2），为定值.21.已知函数.(1)讨论极值点的个数； (2)若是的一个极值点，且，证明: .【答案】(1) 当时，无极值点；当时，有个极值点；当或时，有个极值点；(2)证明见解析【解析】【分析】（1）求导得到；分别在、和四种情况下根据的符号确定的单调性，根据极值点定义得到每种情况下极值点的个数；（2）由（1）的结论和可求得，从而得到，代入函数解析式可得；令可将化为关于的函数，利用导数可求得的单调性，从而得到，进而得到结论.【详解】（
18、1）当时，当时，；当时，在上单调递减；在上单调递增为的唯一极小值点，无极大值点，即此时极值点个数为：个当时，令，解得：，当时，和时，；时，在，上单调递增；在上单调递减为的极大值点，为的极小值点，即极值点个数为：个当时，此时恒成立且不恒为在上单调递增，无极值点，即极值点个数为：个当时，和时，；时，在，上单调递增；在上单调递减为的极大值点，为的极小值点，即极值点个数为：个综上所述：当时，无极值点；当时，有个极值点；当或时，有个极值点（2）由（1）知，若是的一个极值点，则又，即 令，则 ，则当时，当时，；当时，在上单调递增；在上单调递减，即 【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用问题，涉及到利用导数
19、讨论函数极值点的个数、证明不等式的问题；本题中证明不等式的关键是能够通过换元的方式将转化为关于的函数，利用导数求得函数最值之后即可证得结论；易错点是换元时忽略自变量的取值范围，导致定义域错误.22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（）求曲线的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线；（）设直线与曲线交于两点，若点的直角坐标为，试求当时，的值.【答案】（1）曲线的直角坐标方程为它表示以为圆心、为半径的圆（2）【解析】试题分析：（1）利用参普互化公式将曲线C的方程化为一般方程，进而得到圆心半径；（2）联立直线和园的方程，得到关于t
20、的二次，由韦达定理得到结果.详解：（）曲线：，可以化为 ，因此，曲线的直角坐标方程为它表示以为圆心、为半径的圆（）当时，直线的参数方程为(为参数)点 在直线上，且在圆内，把代入中得设两个实数根为，则两点所对应的参数为，则，点睛：这个题目考查了参数方程化为普通方程的方法，考查了直线参数中t的几何意义，一般t的绝对值表示方程中的定点到动点的距离，故，均可用t来表示，从而转化为韦达定理来解决.23.选修45：不等式选讲已知函数.当时，解不等式；若的解集为，且，求的最小值.【答案】（1）不等式的解集为；（2）的最小值为【解析】试题分析：（1）把代入解绝对值不等式，运用零点区间，讨论，和，去绝对值解不等式，最后求并集即可得到；（2）根据的解集为，可求出的值，再根据柯西不等式的性质求解最小值.试题解析：（1）当时，不等式为，即所以或 或，即或所以原不等式的解集为；（2）因为的解集为，所以，即所以，由，得当且仅当时等号成立，故的最小值为
