1、辽宁省葫芦岛市2020届高三数学5月联合考试试题 理（含解析）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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解出集合、，利用集合的包含关系和交集、并集的定义可判断各选项的正误.【详解】，,所以，.故选：A.【点睛】本题考查集合包含关系的判断，同时也考查了集合的交集和并集运算、二次不等式与对数不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.2.已知复数，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数的代数形式的乘法法则计算即可得解；【详解】解：，所以的虚
2、部为4.故选：C.【点睛】本题考查复数代数形式的乘法，复数的相关概念，属于基础题.3.以下统计表和分布图取自清华大学2019年毕业生就业质量报告.则下列选项错误的是（ ）A. 清华大学2019年毕业生中，大多数本科生选择继续深造，大多数硕士生选择就业B. 清华大学2019年毕业生中，硕士生的就业率比本科生高C. 清华大学2019年签三方就业的毕业生中，本科生的就业城市比硕士生的就业城市分散D. 清华大学2019年签三方就业的毕业生中，留北京人数超过一半【答案】D【解析】【分析】根据统计表和分布图中的数据信息，对选项进行逐一分析判断，得出答案.【详解】A. 根据统计表，本科生选择继续深造的比例为
3、80.4%，硕士生选择就业的比例为89.2%，所以判断正确.B. 根据统计表，本科生就业率17.3%, 硕士生的就业率为为89.2%.判断正确.C. 根据分布图，签三方就业的毕业生中，硕士生的就业城市主要分布在北京、广东、上海；本科生的就业城市相对比较分散.判断正确.D. 根据分布图, 毕业学生中，本科生人数占绝大多数，签三方就业的毕业生中,留在北京的本科生占18.2%，而硕士生和博士生分别占43.0%、51.2%，所以毕业生留在北京的没有达到一半，所以判断错误.故选：D【点睛】本题考查对统计图表的认识，根据图表得出有用的信息，读懂图表是关键，属于基础题.4.若圆关于直线对称，则的最小值为（
4、）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知得，若圆关于直线对称，即直线必然经过圆心，故有圆心在直线上，则，然后，利用基本不等式关于“1”的用法即可求解.【详解】由题意知圆心在直线上，则.又因为，所以，当且仅当时，即时取等号，此时，故选：C【点睛】本题考查基本不等式关于“1”的用法，属于基础题.5.要使得满足约束条件，的变量表示的平面区域为正方形，则可增加的一个约束条件为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设新增加的约束条件为，根据正方形两组对边的距离相等，得到方程解得即可；【详解】解：根据正方形的性质可设新增加的约束条件为，两组对边的距离相等，故，所以或(舍
5、去).如图所示故选:C.【点睛】本题考查二元不等式组表示的平面区域，两平行线间的距离公式的应用，属于基础题.6.若是公比为的等比数列，记为的前项和，则下列说法正确的是（ ）A. 若是递增数列，则，B. 若是递减数列，则，C. 若，则D. 若，则等比数列【答案】D【解析】【分析】选项中，分别取特殊数列满足条件，但得不出相应的结论，说明选项都是错误的，选项中，利用等比数列的定义可以证明结论正确.【详解】A选项中，满足单调递增，故A错误；B选项中，满足单调递减，故B错误；C选项中，若，则，故C错误；D选项中，所以是等比数列.故D正确.故选：D.【点睛】本题考查了等比数列的定义，考查了数列的单调性，考
6、查了特值排除法，属于基础题.7.为了得到函数的图象，需将函数的图象（ ）A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】D【解析】【分析】先将函数用诱导公式变形为，结合三角函数图象的平移变换规律，得到答案.【详解】,由的图象得到函数的图象，向右个单位长度即可.故选：D.【点睛】本题主要考查三角函数图象的平移变换，要注意三角函数图象的平移变换是在“”的基础上进行的，解决此类题还需熟记口诀“左加右减”.8.设是定义在上的奇函数，且当时，.若，大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意当时，是定义在上的奇函数,则
7、在定义域上单调递增，由函数的单调性可得出答案.【详解】由题意知由当时,，所以在上单调递增，且又是定义在上的奇函数，所以在上单调递增.所以在定义域上单调递增.又因为，所以，由在定义域上单调递增，则 所以.故选：B.【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性的综合应用，利用单调性比较大小，考查三角函数值大小的的比较，对数值大小的比较，属于中档题9.如图是由等边和等边构成的六角星，图中的，均为三等分点，两个等边三角形的中心均为.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】以点为坐标原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，设等边三角形的边长为，得出点的坐标，由向量的运算可求得的值，可得答案.【
8、详解】由平行四边形法则，所以，所以以点为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示的平面直角坐标系，设等边三角形的边长为.则等边三角形的高为，由，均为三等分点，则,所以,所以，解得所以故选：B.【点睛】本题考查向量的线性运算，建立直角坐标系是解决本题的关键，也是解决的向量问题的常用方法，属于中档题.10.区块链是数据存储传输加密算法等计算机技术新型应用模式，图论是区块链技术的一个主要的数学模型,在一张图中有若干点，有的点与点之间有边相连，有的没有边相连，边可以是直线段，也可以是曲线段，我们规定图中无重边(即两个点之间最多只有一条边)且无孤立点(即对于每个点，都至少存在另外一个点与之相连)，现有，四个点，
9、若图中恰有条边，则满足上述条件的图的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出A，B，C，D四点最可确定6条边，再由题得到满足条件的图的个数.【详解】如图，A，B，C，D四点最可确定AB，AC，AD，BC，BD，CD共6条边.由题意知恰有3条边且无孤立点，所以满足条件的图有(个).故选：D.【点睛】本题主要考查组合的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11.地球的公转轨道可以看作是以太阳为一个焦点的椭圆，根据开普勒行星运动第二定律，可知太阳和地球的连线在相等的时间内扫过相等的面积，某同学结合物理和地理知识得到以下结论：地球到太阳的距离取得最小值和最大值时，地球
10、分别位于图中点和点；已知地球公转轨道的长半轴长约为千米，短半轴长约为千米，则该椭圆的离心率约为.因此该椭圆近似于圆形：已知我国每逢春分（月日前后）和秋分（月日前后），地球会分别运行至图中点和点，则由此可知我国每年的夏半年（春分至秋分）比冬半年（当年秋分至次年春分）要少几天.以上结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的几何性质可判断命题的正误；利用椭圆的离心率公式可判断命题的正误；根据开普勒行星运动第二定律可判断命题的正误.综合可得出结论.【详解】由椭圆的几何性质可知，当地球到太阳的距离取得最小值和最大值时，地球分别位于图中点和点，命题正确；，则该椭圆的离心
11、率，命题错误；根据开普勒行星运动第二定律，地球从点到点运行速度较快，因此经历的时间较短，因此夏半年比冬半年多几天，命题错误.故选：A.【点睛】本题考查与椭圆性质相关的命题真假的判断，涉及椭圆焦半径、离心率的应用，考查推理能力，属于中等题.12.正方体的棱长为，在，这六个顶点中.选择两个点与，构成正三棱锥，在剩下的四个顶点中选择两个点与，构成正三棱锥，表示与的公共部分，则的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，设平面与平面的交线为，则为四面体，取的中点，连，可得平面，然后，分别求出与即可求出的体积【详解】如图，由题意知，和分别为三棱锥和三棱锥，设平面与平面的交线
12、为，则为四面体，取的中点，连接，可得， ，可得平面，则的体积为故选：A【点睛】本题考查空间几何体的体积问题，属于简单题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.的展开式中的系数为_.(用数字作答)【答案】【解析】【分析】先求出二项式展开式的通项，再令即得解.【详解】由题得.令，解得，所以的系数为.故答案为：60【点睛】本题主要考查利用二项式定理求指定项的系数，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.14.记为正项等差数列的前项和，若，则_.【答案】【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据已知求出，再利用等差数列求和公式求解.【详解】设等差数列的公差为，由题得，所以所以.所以.故答案为：
13、.【点睛】本题主要考查等差数列的基本量计算，考查等差中项的应用和求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15.若抛物线的焦点到双曲线的一个焦点的距离为，则的值为_.【答案】【解析】【分析】求出双曲线的焦点坐标以及抛物线的焦点坐标，利用两点间的距离公式可得出关于的等式，由此可解得的值.【详解】抛物线焦点为，双曲线的方程可化为，所以，所以其一个焦点化为，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查利用双曲线和抛物线的焦点坐标求参数，考查计算能力，属于基础题.16.已知函数，若的解集中恰有三个非负整数解，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】把转化为，即，然后，利用数形结合法求解即可.【详解
14、】由得，即，在平面直角坐标系中画出函数和的图象如图所示， 为了满足不等式的解集中恰有三个整数，只需要满足，解得故答案为：【点睛】本题考查利用数形结合，求参数范围的问题，本题采用数形结合法求解，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解，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1721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.在锐角中，内角，所对的边分别为，若，边上的高，.（1）求的长：（2）过点作，垂足为，且为锐角，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据正弦定理、
15、两角和的正弦公式化简已知的式子，得到，根据等腰三角形的性质，得，利用二倍角公式求出的正弦、余弦，进而求出的正切值，即可出的长(2)利用，求出，然后，分别利用余弦和正弦定理即可求解【详解】解：（1）由及正弦定理得即.因为，所以因为为锐角三角形，且，所以.又因为根据等腰三角形的性质，可得，所以则所以所以，所以（2）由题意得在，因为所以.由得【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、两角和的正弦公式以及二倍角公式，属于中档题.18.如图，在三棱锥中，平面，为棱上的一点，且平面.（1）证明：；（2）设.与平面所成的角为.求二面角的大小.【答案】（1）见解析（2）.【解析】【分析】（1）根据线面垂直性质，以及
16、线面垂直的判定定理，先得到平面，进而可得；（2）先由题意，得到，求得，以为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，求出两平面和的法向量，根据向量夹角公式，即可求出结果.【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以.因为平面，平面，所以.因为，所以平面因为平面，所以.（2）解：因为平面，即为与平面所成的角，所以，所以，以为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系则设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为则，即，令可得所以由图知，二面角的平面角为锐角，所以二面角的大小为.【点睛】本题主要考查证明线线垂直，以及求二面角的大小，熟记线面垂直的判定定理及性质，灵活运
17、用空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.19.2020年1月10日，中国工程院院士黄旭华和中国科学院院士曾庆存荣获2019年度国家最高科学技术奖.曾庆存院士是国际数值天气预报奠基人之一，他的算法是世界数值天气预报核心技术的基础，在气象预报中，过往的统计数据至关重要，如图是根据甲地过去50年的气象记录所绘制的每年高温天数(若某天气温达到35 及以上，则称之为高温天)的频率分布直方图.若某年的高温天达到15天及以上，则称该年为高温年，假设每年是否为高温年相互独立，以这50年中每年高温天数的频率作为今后每年是否为高温年的概率.（1）求今后4年中，甲地至少有3年为高温年的概率.（2）某同学在位于甲
18、地的大学里勤工俭学，成为了校内奶茶店(消费区在户外)的店长，为了减少高温年带来的损失，该同学现在有两种方案选择：方案一：不购买遮阳伞，一旦某年为高温年，则预计当年的收入会减少6000元；方案二：购买一些遮阳伞，费用为5000元，可使用4年，一旦某年为高温年，则预计当年的收入会增加1000元.以4年为期，试分析该同学是否应该购买遮阳伞？【答案】（1）0.0272（2）应该购买遮阳伞【解析】【分析】（1）先求出某年为高温年的概率为，再根据，求出今后4年中，甲地至少有3年为高温年的概率；（2）求出两种方案损失的收入的期望，再决定是否应该购买遮阳伞.【详解】解：（1）由题意知，某年为高温年的概率为，设
19、今后年中高温年出现年，则故，.（2）若选择方案一，不购买遮阳伞，设今后年共损失元，则若选择方案二，购买遮阳伞，设今后年共损失元，则(元)则，故该同学应该购买遮阳伞.【点睛】本题主要考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查二项分布的期望的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20.已知椭圆的左右焦点分别为，且.过椭圆的右焦点作长轴的垂线与椭圆，在第一象限交于点，且满足.（1）求椭圆的标准方程；（2）若矩形的四条边均与椭圆相切，求该矩形面积的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）易知，设，根据勾股定理计算得到，得到椭圆方程.（2）考虑矩形边与坐标轴平行和不平行两种情况
20、，联立方程组根据得到和的关系，计算边长得到面积表达式，根据均值不等式计算得到答案.【详解】（1）由，可知椭圆半焦距，设，因为，所以，在中，即，所以，所以，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）记矩形面积为，当矩形一边与坐标轴平行时，易知.当矩形的边与坐标轴不平行时，根据对称性，设其中一边所在直线方程为，则对边所在直线方程为，另一边所在的直线方程为，则对边所在直线方程为，联立，得，由题意知，整理得，矩形的一边长为，同理，矩形的另一边长为，因为，所以，所以(当且仅当时等号成立)，所以，则，所以.综上所述，该矩形面积的取值范围为.【点睛】本题考查了求椭圆方程，椭圆外接矩形的面积范围，意在考查学生的计算能
21、力和综合应用能力.21.已知函数，若是函数的零点，是函数的零点.（1）比较与的大小；（2）证明：.【答案】（1），见解析（2）见解析【解析】【分析】方法一：利用，利用对不等式进行放缩，可得，进而利用单调递增，且和，即可比较与的大小方法二：设，令函数，从而判断出函数的单调性，即可利用函数的单调性即可比较与的大小(2) 令函数，则，要证，即证，只要证：，最后通过证明函数在区间上的单调性进行证明即可.【详解】（1）解:方法一：因为，所以，所以.因为，且单调递增，所以方法二：设，令函数则，则则函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以所以因为，且单调递增，所以（2）证明：令函数，则.要证，即证只要证
22、：，只要证：函数在区间上单调递减.由题意得因为所以所以因为单调递增，所以在区间上，所以在区间上单调递减.所以原命题得证.【点睛】本题考查利用构造函数比较大小，主要通过求导判断函数的单调性进行判断大小，属于难题.（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分22.在直角坐标系中，曲线C的参数方程为(为参数)，曲线上异于原点的两点，所对应的参数分别为.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）当时，直线平分曲线，求的值；（2）当时，若，直线被曲线截得的弦长为，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）求出直线
23、的方程和曲线的直角坐标方程，然后利用直线过点求出答案；（2）由可算出，然后可设直线的方程为，然后根据直线被曲线截得的弦长为建立方程求解即可.【详解】（1）因为，所以.所以直线的方程为.曲线的方程可化为因为直线平分曲线，所以直线过点，所以.（2）由题意可知曲线的方程为设直线的方程为，圆心到直线的距离为因为，所以所以或，所以直线的方程为或【点睛】设圆的半径为，圆心到直线的距离为，弦长为，则有.23.已知函数.（1）求的解集；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用分类讨论法解绝对值不等式得解；（2）对分三种情况、讨论，分别求出每一种情况下的实数的取值范围，最后综合即得解.【详解】解：（1）由题意得当时，得，所以此时无解；当时，由，即，解得；当时，由，即，解得综上，解集为.（2）当时，显然恒成立.当时，因为恒成立，所以，即恒成立.令则显然在区间上为增函数，所以，所以.当时，.因为恒成立，所以，即恒成立令，则显然在区间上为减函数，所以，所以.综上所述，实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，考查绝对值不等式的恒成立问题，考查函数的单调性求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
