1、2020届高三数学5月质量检测试题 文（含解析）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1. 已知集合，则（ ）.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先利用对数函数定义域的求法和一元二次不等式的解法，化简集合A，B，再利用交集的运算求解.【详解】因，所以.故选：B【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及函数定义域的求法，一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2. 已知复数，则（ ）.A. B. 2C. 3D. 【答案】C【解析】【分析】利用复数的代数运算化简复数，在利用复数的模的公式求解.【详解】因为，所以，故选：C【点睛】本题主要考查复数的
2、代数运算以及复数的模，属于基础题.3. 已知，若，则（ ）.A. B. C. 3D. 1【答案】D【解析】【分析】首先利用向量减法坐标运算法则求得,之后根据向量垂直的条件为其数量积等于零，利用向量数量积坐标公式求得结果.【详解】，.【点睛】该题考查的是有关向量的问题，涉及到的知识点有向量减法坐标运算公式，向量垂直的坐标表示，属于简单题目.4. 经验表明：当人的下肢部分之长与身高总长度的比为时是最美的，如果某人的这个比值与相差较大，则可以通过穿适当高度的高跟鞋来调节，从而达到美的标准.若某女性的身高170厘米，下肢部分之长为103厘米，为了让自己变得更美，该女性选择高跟鞋的高度最适合的为（ ）.
3、A. 厘米B. 厘米C. 厘米D. 厘米【答案】A【解析】【分析】人最美时下肢长与上身长之比是不变的，也就是说下肢长与上身长之比的比值是一定的，即两种量成正比例，由此设出未知数，列出比例式解答即可【详解】设该女性选择高跟鞋的高度为，由题意有，解得厘米.故选：A【点睛】本题考查了黄金分割，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.5. 若双曲线的离心率，则实数的取值范围为（ ）.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出离心率，由已知离心率范围列出不等式可解得的范围【详解】由题意有，解得.故选：B【点睛】本题考查由双曲线的离心率求参数范围，求得离心率表达式是解题关键，属于基础题6. 函
4、数的最大值为（ ）.A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先利用两角和与差的三角函数，将函数转化为，再利用三角函数的性质求解.【详解】，.故选：D【点睛】本题主要考查三角函数的性质以及两角和与差的三角函数的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.7. 已知数列满足，且，则数列前6项的和为（ ）.A. 115B. 118C. 120D. 128【答案】C【解析】【分析】由题干条件求得，得到，构造等比数列可得数列的通项公式，再结合等比数列求和公式即可求得数列前6项的和.【详解】，则，可得，可化为，有，得，则数列前6项的和为.故选：C【点睛】本题考查由递推公式求数列通项公式以及求数列前
5、n项和，属于基础题.8. 执行如图所示的程序框图，输出的值为（ ）.A. B. 0C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】由函数，可求周期为4，由题意可知【详解】由函数的周期为，.故选：C【点睛】本题考查了程序框图求和，正弦型三角函数的周期等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于一般题目.9. 函数在的图象大致为（ ）.A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】可知函数为奇函数，通过构造函数，可得，进一步可得，即，结合图象可得结果.【详解】由，可得函数是奇函数.令，可得函数单调递增，可得，又（当且仅当时取等号），即，所以D正确故选：D【点睛】本题考查了通过函数解析式求函数图
6、象，函数的奇偶性、利用导数证明不等式和基本不等式的应用等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题目.10. 在中，内角、所对的边分别为、，若，且，则（ ）.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据同角三角函数的基本关系及正弦定理可得，再根据三角形内角和定理可得，利用两角差的正弦公式化简即可得解；【详解】解：可化为，所以即，所以得，又，所以，即所以，得，有，得，得.故选：B【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系、正弦定理的应用以及两角差的正弦公式，属于中档题.11. 已知函数可以表示成一个偶函数和一个奇函数之差，若对恒成立，则实数的取值范围为（ ）.A. B. C.
7、D. 【答案】C【解析】【分析】由题干条件构造方程组解出函数和的解析式，再用分离参数法将对恒成立转化为对恒成立，进而求得实数的取值范围.【详解】由，有，解得，可化为，有，有，得，又由，有.故选：C【点睛】本题考查函数奇偶性、求函数解析式等知识点以及对恒成立问题的处理，属于中档题.12. 如图，椭圆的方程为，分别为椭圆的左、右焦点，点、是椭圆上位于轴上方的两点，且，则的取值范围为（ ）.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】延长射线、分别与椭圆相交于、两点，由椭圆的对称性，则，若直线的斜率不存在易得；若直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆方程联立， 利用两点间的距离公式结合韦达定理
8、建立求解.【详解】如图，延长射线、分别与椭圆相交于、两点，由椭圆的对称性可知，设点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为.若直线的斜率不存在，则点、的坐标分别为、，有若直线的斜率存在，设直线的方程为，联立方程，消去后整理为，有，则的取值范围为.故选：B【点睛】本题主要考查椭圆的对称性以及直线与椭圆的位置关系，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于较难题.二、填空题：13. 某企业为了了解1000名职工的身体状况，用系统抽样法（按等距离的规则）抽取50人参加体检，将职工从进行编号，若823号职工被抽到，则第3组中被抽到的编号为_.【答案】43【解析】【分析】按系统抽样法，求出该抽样的分段间距，
9、再求出823号职工是在第42组中第3位被抽到，从而得出答案.【详解】按系统抽样法，该抽样的分段间距为：，而，所以823号职工是在第42组中第3位被抽到，所在第3组中被抽到的编号为43，故答案为：43.【点睛】本题考查随机抽样之系统抽样，系统抽样法是按等距离抽样原则，一般需求出抽样的分段间距，属于基础题.14. 曲线过原点的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】求出导函数，设切点为，写出切线方程，由切线过原点求出值，得切线方程【详解】设切点为，所求切线方程为，代入点可得，得，所求切线方程为，整理得.故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意义，解题时要注意在求曲线在某点处的切线还是求过某点的切线，在
10、某点处切线，该点是切线，该点导数值即为切线斜率，而过某点的切线，则需设出切点坐标，写出切线方程，由切线所过点求出切点坐标后得结论15. 已知，则_.【答案】【解析】【分析】利用两角差的正切公式可求得的值，然后利用二倍角公式以及弦化切的思想可求得的值.【详解】由两角差的正切公式可得，得，.故答案为：.【点睛】本题考查利用两角差的正切公式、诱导公式以及弦化切运算技巧求值，考查计算能力，属于基础题.16. 如图，在三棱锥中，平面，则三棱锥的外接球的体积为_.【答案】【解析】【分析】将三棱锥放在长方体中，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球的直径为长方体的体对角线的长求解.【详解】如图所示：将三棱锥
11、放在长方体中，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球的直径是PB，球的半径，属于三棱锥的外接球的体积为.故答案为：【点睛】本题主要考查几何体的外接球的体积，还考查了空间想象和转化求解问题的能力，属于基础题.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2223题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：17. 代驾就是当车主不能自行开车到达目的地时，由专业驾驶人员驾驶车主的车将其送至指定地点并收取一定费用的行为.某互联网代驾平台为了分析客户的需求，以便于更好的服务广大客户，随机调查了1000名代驾司机一个月内的客户满意或不满意的评价，得到如
12、下列联表：非常满意基本满意合计驾龄年300驾龄10年以上合计其中（1）求、的值；（2）分别估计客户对“驾龄年”、“驾龄10年以上”代驾司机服务基本满意的概率；（3）请完成上述列联表，并判断能否有的把握认为不同驾龄的代驾司机对客户对该互联网代驾平台的评价有差异？附：，【答案】（1），；（2）；（3）填表见解析；有.【解析】【分析】（1）由可得；（2）计算和即得；（3）根据所求填充即可，计算出可得结论【详解】解：（1）由题意有，可求得，.（2）客户对“驾龄年”代驾司机服务基本满意的概率为，客户对“驾龄10年以上”代驾司机服务基本满意的概率为.（3）完成列联表如下：非常满意基本满意合计驾龄年3001
13、00400驾龄10年以上400200600合计7003001000由，故能有的把握认为不同驾龄的代驾司机对客户对该互联网代驾平台的评价有差异.【点睛】本题考查列联表，考查独立性检验计算解题关键本题属于基础是18. 已知等差数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前项和为，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设数列的公差为，根据，利用“”求解. （2）由（1）得到，进而得到，然后利用裂项相消法求解.【详解】（1）设数列的公差为，由题意得，解得，故数列通项公式为.（2）由（1）知，所以，所以，所以.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，前n项和公式以及裂项相消
14、法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19. 如图，在四棱锥中，底面为边长为3的正方形，平面平面，为的中点，为的中点.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，易证四边形为平行四边形，得，再利用线面平行的判定定理证明.（2）在中，可得，再由，平面，得到平面，进而得到，从而平面，再由平面，将点到平面的距离转化为点到平面的距离求解.【详解】（1）如图，取的中点，且.，且，四边形为平行四边形，得.平面，平面，平面.（2）在中，可得，平面，平面.平面，平面，平面.，平面，平面.点到平面的距离与点到平面的距离相等，点到平面的距离为.
15、【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理以及面面垂直的性质定理，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.20. 已知函数.（1）当时，证明：函数单调递增；（2）当时，令，若，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求得，对其中的通过构造函数利用导数判断其正负，即可由的正负，判断和证明函数单调性；（2）根据题意求得，利用导数研究其单调性，据此求得最小值，结合即可求得结果.【详解】（1）函数的定义域为，令，令可得，可得函数的增区间为，减区间为，可得.又由，得，故当时函数的单调递增.（2）由题意有令可得，可得函数的增区间为，减区间为有，
16、可得，故所求实数的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数判断和证明函数单调性，以及利用导数处理恒成立求参数范围的问题，属综合基础题.21. 已知抛物线，圆，直线与抛物线和圆同时相切.（1）求和的值；（2）若点的坐标为，过点且斜率为的直线与抛物线分别相交于、两点（点在点的右边），过点的直线与抛物线分别相交于、两点，直线与不重合，直线与直线相交于点，求证：点在定直线上.【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据圆心到直线的距离等于半径可得，联立直线与抛物线方程，根据判别式等于零可得；（2）联立直线与抛物线，解得点的坐标为，点的坐标为，设直线的方程为，点的坐标为，点的坐标为，联立直
17、线与抛物线方程，根据韦达定理可得，利用直线和直线的方程联立，消去可得，所以点在定直线上【详解】（1）圆的标准方程为，可知圆的圆心为，半径为，由直线与圆相切，可得，解得或（舍去），联立方程，消去后整理为，因为直线与抛物线相切，所以，得，故，.（2）证明：直线的方程为，联立方程，解得或，则点的坐标为，点的坐标为，设直线的方程为，点的坐标为，点的坐标为联立方程，消去整理为，有，由得或，直线的斜率为，直线的斜率为，直线的方程为，化为，直线的方程为，化为，联立直线、的方程消去后得，得，因为直线与不重合，所以，所以，故点在定直线上.【点睛】本题考查了直线与圆、直线与抛物线相切的位置关系，考查了韦达定理、斜
18、率公式、直线的交点问题，考查了运算求解能力，属于中档题.（二）选考题：选修4-4：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，点的极坐标为.（1）点、的直角坐标分别为、，若，求点的轨迹的直角坐标方程，并说明曲线是何种几何图形；（2）在（1）的条件下，点异于原点且在曲线上，求面积的最大值.【答案】（1）点的轨迹的直角坐标方程为，曲线是以点为圆心，4为半径的圆；（2）.【解析】【分析】（1）设点的坐标为，代入中可得出点的轨迹的直角坐标方程；（2）先求得曲线极坐标方程为，设点的坐标为，有，表示的面积为，运用三角函数恒等变换和三角函数的值域可求得的面积的最
19、大值.【详解】解：（1）设点的坐标为，由有，平方后整理为，化为，故点的轨迹的直角坐标方程为，曲线是以点为圆心，4为半径的圆.（2）把，代入曲线的直角坐标方程，可得，故曲线的极坐标方程为，设点的坐标为，由题意有，的面积为当，即时，的面积取得最大值为.【点睛】本题考查动点的轨迹方程，以及动点所构造的三角形的面积的最值，求解时，注意运用曲线在极坐标下的极径的几何意义，属于中档题.选修4-5：不等式选讲23. 已知，为正数，且满足.证明：（1）；（2）.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由，则证明即可.（2）由，再利用不等式加法性质结合（1）的结论证明.【详解】（1）由，所以，即（当且仅当时取等号）.（2）由（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），有（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号）所以.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用以及不等式基本性质的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.
