1、安徽省淮北市第一中学2020届高三数学下学期第五次考试试题 理（含解析）一、单选题：本题共12小题，每题5分，共60分1.已知集合，则（ ）.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据对数的含义可得，求出函数的值域，可得，再根据并集运算，即可求出结果.【详解】令，即，故；当时，当且仅当时等号成立，故；故.故选:B.【点睛】本题主要考查了集合并集的运算，同时考查了对数的含义和函数值域的求法，属于基础题.2.设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用得到，再利用复数的除法求解即可.【详解】由题得，,因为所以，所以故选：C【点睛】本题主要考查复数的除法和的周期性，
2、意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3.设为定义在上的奇函数，当时，(为常数)，则（）A. -5B. -7C. 5D. 7【答案】B【解析】【分析】首先根据在上的奇函数，得到，再由奇函数的性质计算即可.【详解】因为在上的奇函数，所以，即，则.故选：B【点睛】本题主要考查奇函数的性质，熟练掌握奇函数的性质为解题的关键，属于简单题.4.已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且满足，成等差数列，则( )A. 3B. 9C. 10D. 13【答案】C【解析】【分析】设的公比为，由成等差数列，可得，解得，再利用求和公式即可得结果.【详解】设各项均为正数的等比数列的公比为，满足成等差数列，解得，则，故选
3、C.【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，属于中档题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.5.已知函数，若是的导函数，则函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求导数，再利用二次求导研究导函数零点以及对应区间导函数符号，即可判断选择.【详解】因此当时，；当时，；当时，；故选：A【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性以及零点，考查基本分析判断能力，
4、属中档题.6.设的展开式的各项系数之和为，二项式系数之和为，若，则展开式中含项的系数为（ ）A. 40B. 30C. 20D. 15【答案】D【解析】由，得，令，得故展开式中含项的系数为,选D.点睛：二项展开式的二项式系数与该项的系数是两个不同的概念，前者是指组合数，而后者是字母外的部分.前者只与和有关，恒为正，后者还与有关，可正可负.通项是第项，不是第项.7.安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有A. 12种B. 18种C. 24种D. 36种【答案】D【解析】4项工作分成3组,可得：=6，安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作
5、由1人完成，可得：种故选D.8.某几何体的三视图如图所示，则它的最长棱长是（ ） A. 2B. C. D. 3【答案】C【解析】【分析】根据三视图还原几何体，则问题得解.【详解】由三视图还原几何体如下所示：容易知：，故最长棱长是.故选：C.【点睛】本题考查由三视图还原几何体，属基础题.9.的值为（ ）A. 0B. 1C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出，再求出，即得解.【详解】由题得所以.，所以=0.故选：A【点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查二倍角的正弦余弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.10.已知中心在原点的椭圆和双曲线有共同的左、右焦点、，两曲线在第
6、一象限的交点为，是以为底边的等腰三角形，若，椭圆和双曲线的离心率分别为、，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，焦距为，则，利用双曲线的定义和三角形三边关系求得，然后利用【详解】设椭圆长半轴长为，双曲线的实半轴长为，焦距为，则，由椭圆和双曲线的定义可得，解得，又因为，即，解得，即，所以，故选：B【点睛】本题主要考查椭圆和双曲线离心率倒数和取值范围的计算，根据题意得出半焦距的取值范围是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.11.已知函数在区间有三个零点，且，若，则的最小正周期为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】
7、【分析】根据题意，知当时，由对称轴性质可知和，即可求出，即可求出的最小正周期.【详解】解：由于在区间有三个零点，当时，由对称轴可知，满足，即.同理，满足，即，所以最小正周期为：.故选：C.【点睛】本题考查正弦型函数的最小正周期，涉及函数的对称性的应用，考查计算能力.12.存在两个正实数x，y，使得等式，其中e为自然对数的底数，则a的范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数与方程的关系将方程进行转化，利用换元法转化为方程有解，构造函数求函数的导数，利用函数极值和单调性的关系进行求解即可【详解】由得，即，即设，则，则条件等价为，即有解，设，为增函数，当时，当时，即当时
8、，函数取得极小值，为，即（e），当时，当时，.若有解，则，即，则或，故选：D【点睛】本题主要考查方程有解问题，根据函数与方程的关系，转化为两个函数相交问题，利用构造法和导数法求出函数的极值和最值是解决本题的关键，综合性较强二、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分13.函数的图象恒过定点A，若点A在一次函数的图象上，其中则的最小值为 【答案】8【解析】函数（，且）的图象恒过定点A，当时，又点A在一次函数的图象上，其中，又，（当且仅当时取“”），故答案为8.点睛：本题主要考查了基本不等式.基本不等式求最值应注意的问题(1)使用基本不等式求最值，其失误的真正原因是对其前提“一正、二定、三相等”的
9、忽视要利用基本不等式求最值，这三个条件缺一不可(2)在运用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件14.已知平面向量，模长分别为1，2，4，且两两所成角相等，则_【答案】7或【解析】【分析】设向量所成的角为，由题意可知或，再利用 求解.【详解】由向量，两两所成的角相等，设向量所成的角为，由题意可知或.则所以当时，原式，此时.当时，原式，此时.故答案为：7或【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的运算和模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15.如图，在半径为3的球面上有A、B、C三点，球心O到平面ABC的距离是，则B、C两点的球面距
10、离是_【答案】【解析】试题分析：由已知，AC是小圆的直径所以过球心O作小圆的垂线，垂足是AC的中点，AC=3，BC=3，即BC=OB=OCBOC=，则B、C两点的球面距离=3=考点：球的几何特征，球面距离点评：中档题，解有关球面距离的问题，最关键是突出球心，找出数量关系16.抛物线的焦点为F ，已知点A ，B 为抛物线上的两个动点，且满足.过弦AB 的中点M 作抛物线准线的垂线MN ，垂足为N，则 的最大值为_【答案】1【解析】【分析】设|AF|=a，|BF|=b，连接AF、BF由抛物线定义得2|MN|=a+b，由余弦定理可得|AB|2=（a+b）23ab，进而根据基本不等式，求得|AB|的取
11、值范围，从而得到本题答案【详解】设|AF|=a，|BF|=b，由抛物线定义，得AF|=|AQ|，|BF|=|BP|在梯形ABPQ中，2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b由余弦定理得，|AB|2=a2+b22abcos60=a2+b2ab配方得，|AB|2=（a+b）23ab，又ab（） 2，（a+b）23ab（a+b）2（a+b）2=（a+b）2得到|AB|（a+b）1，即的最大值为1故答案为：1【点睛】本题着重考查抛物线的定义和简单几何性质、基本不等式求最值和余弦定理的应用等知识，属于中档题三、解答题：本题共7小题，共70分（一）必考题：共60分17.已知数列的前n项和为,且,数列满足，.
12、(1)求和的通项公式； (2)求数列的前n项和 .【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）求数列的通项公式主要利用求解，分情况求解后要验证是否满足的通项公式，将求得的代入整理即可得到的通项公式；（2）整理数列的通项公式得，依据特点采用错位相减法求和试题解析：（1），当时，.当时，.时，满足上式，.又，解得：.故，.（2），由-得：，.考点：1.数列通项公式求解；2.错位相减法求和【方法点睛】求数列的通项公式主要利用，分情况求解后，验证的值是否满足关系式，解决非等差等比数列求和问题，主要有两种思路：其一，转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解（即分组
13、求和）或错位相减来完成，其二，不能转化为等差等比数列的，往往通过裂项相消法，倒序相加法来求和，本题中，根据特点采用错位相减法求和18.如图，在菱形中，平面平面是线段的中点，.（1）证明：平面.（2）求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设与交点为，连接，则有平面，平面，进而可证平面平面，即可证明结论；（2）由已知，平面平面，可得平面，连接，可证平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，确定坐标，求出平面的法向量，进而求出直线与平面所成角的正弦，再由三角函数关系，即可求出结论.【详解】（1）设与的交点为，连接.因为，平面平面，所以平面.又是的中位线，所以，又
14、平面平面，所以平面.又，所以平面平面.又平面，故平面.（2）因为，平面平面，平面平面平面，所以平面.连接，则，故四边形是平行四边形，故，从而平面.以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则， ，设平面的法向量为，则，令，则，平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，所以直线与平面所成角的余弦值为.【点睛】本题考查空间线面位置关系，证明直线与平面平行、用向量法求直线与平面所成的角，考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.19.某校为了解校园安全教育系列活动的成效，对全校学生进行了一次安全意识测试，根据测试成绩评定“合格”“不合格”两个等级，同时对相应等级进行量化：“合格”记5分，“不
15、合格”记0分.现随机抽取部分学生的答卷，统计结果及对应的频率分布直方图如下：等级不合格合格得分频数6a24b（1）由该题中频率分布直方图求测试成绩的平均数和中位数；（2）其他条件不变在评定等级为“合格”的学生中依次抽取2人进行座谈，每次抽取1人，求在第1次抽取的测试得分低于80分的前提下，第2次抽取的测试得分仍低于80分的概率；（3）用分层抽样的方法，从评定等级为“合格”和“不合格”的学生中抽取10人进行座谈.现再从这10人中任选4人，记所选4人的量化总分为，求的数学期望.【答案】（1）64，65；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）先求出的值，再利用频率分布直方图平均数和中位数的公式求解；
16、（2）“第1次抽取的测试得分低于80分”为事件A，“第2次抽取的测试得分低于80分”为事件B，再利用条件概率求解；（3）由题意可得的所有可能取值为0，5，10，15，20，再求出其对应的概率，即得的分布列和数学期望.【详解】由题意知，样本容量为，.（1）平均数为，设中位数为x，因为，所以，则，解得.（2）由题意可知，分数在内的学生有24人，分数在内的学生有12人.设“第1次抽取的测试得分低于80分”为事件A，“第2次抽取的测试得分低于80分”为事件B，则，所以.（3）在评定等级为“合格”和“不合格”的学生中用分层抽样的方法抽取10人，则“不合格”的学生人数为，“合格”的学生人数为.由题意可得的
17、所有可能取值为0，5，10，15，20，所以的分布列为05101520P.【点睛】本题主要考查频率分布直方图计算平均数和中位数，考查条件概率计算，考查随机变量的分布列和期望的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20.已知点在圆上运动，点在轴上的投影为，动点满足.（1）求动点的轨迹的方程；（2）设,过点的动直线与曲线 交于(不同于)两点.问：直线与的斜率之比是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由.【答案】(1) ;(2)是定值为.【解析】【分析】(1)设,根据,用 表示,代入即可求出轨迹的方程.(2)设出直线方程,与轨迹的方程联立,由韦达定理求出交点坐标的关系,对斜率之
18、比进行化简即可判断.【详解】(1)解:设,则. 解得 在上, ,整理得故动点的轨迹的方程为.(2)解:由题意知, 的斜率不为0,则设, ,与曲线 方程联立得 ,整理得 则 直线的斜率,直线的斜率此时 所以直线与的斜率之比是定值,为.【点睛】本题考查了轨迹方程,考查了直线与椭圆的位置关系.对于过定点的直线问题,一般在设的时候,如果可以确定斜率存在,则可用点斜式;若可以确定斜率不为0,但不确定斜率存在与否,则可设直线方程为.本题难点是,有韦达定理找出.21.已知函数.（1）若函数，求的极值；（2）证明：. （参考数据： ）【答案】（1）见解析；（2）见证明【解析】【分析】（1）求出函数的导数，解关
19、于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；（2）问题转化为证exx2xlnx10，根据xlnxx（x1），问题转化为只需证明当x0时，ex2x2+x10恒成立，令k（x）ex2x2+x1，（x0），根据函数的单调性证明即可【详解】（1），当，当，在上递增，在上递减，在取得极大值，极大值为，无极大值.（2）要证f（x）+1exx2即证exx2xlnx10，先证明lnxx1，取h（x）lnxx+1，则h（x），易知h（x）在（0，1）递增，在（1，+）递减，故h（x）h（1）0，即lnxx1，当且仅当x1时取“”，故xlnxx（x1），exx2xlnxex2x2+x1，故只需证
20、明当x0时，ex2x2+x10恒成立，令k（x）ex2x2+x1，（x0），则k（x）ex4x+1，令F（x）k（x），则F（x）ex4，令F（x）0，解得：x2ln2，F（x）递增，故x（0，2ln2时，F（x）0，F（x）递减，即k（x）递减，x（2ln2，+）时，F（x）0，F（x）递增，即k（x）递增，且k（2ln2）58ln20，k（0）20，k（2）e28+10，由零点存在定理，可知x1（0，2ln2），x2（2ln2，2），使得k（x1）k（x2）0，故0xx1或xx2时，k（x）0，k（x）递增，当x1xx2时，k（x）0，k（x）递减，故k（x）的最小值是k（0）0或k（x2
21、），由k（x2）0，得4x21，k（x2）2+x21（x22）（2x21），x2（2ln2，2），k（x2）0，故x0时，k（x）0，原不等式成立【点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，属于中档题（二）选考题：共10分选修4-4：坐标系与参数方程22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的方程为，定点，点是曲线上的动点，为的中点.（1）求点的轨迹的直角坐标方程；（2）已知直线与轴的交点为，与曲线的交点为，若的中点为，求的长.【答案】(1) (2) 【解析】试题分
22、析：（1）求出曲线C1的直角坐标方程为，设点N（x，y），Q（x，y），由中点坐标公式得，由此能求出点Q的轨迹C2的直角坐标方程（2）的坐标为，设的参数方程为，（为参数）代入曲线的直角坐标方程得，根据韦达定理，利用t的参数意义得即可得解.试题解析：（1）由题意知，曲线的直角坐标方程为.设点，由中点坐标公式得，代入中，得点的轨迹的直角坐标方程为.（2）的坐标为，设的参数方程为，（为参数）代入曲线的直角坐标方程得：，设点对应的参数分别为，则，.23.已知，且.（1）求的最大值；（2）证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）由柯西不等式得（）2（12+12+12）（a+b+c）3，即可得出结论 （2）将代入所证等式的左边，利用基本不等式，证得结论.【详解】（1）（）2（12+12+12）（a+b+c）3，所以，当且仅当取“=”.所以，的最大值为 （2）当且仅当取“=”【点睛】本题考查了基本不等式与柯西不等式的应用，利用柯西不等式时，关键是如何凑成能利用一般形式的柯西不等式的形式，属于中档题