1、黑龙江省大庆实验中学2020届高三数学5月综合训练试题（一）文（含解析）第卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在题目给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求1.设集合， ，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据集合的交运算，即可容易求得结果.详解】故可得故选：D.【点睛】本题考查集合的交运算，属基础题.2.已知复数z满足（1+i）2z1i，则z的共轭复数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】B【解析】【分析】利用复数除法运算求得，由此求得，进而求得对应点的坐标及其所在象限.【详
2、解】由（1+i）2z1i，得z，则，复数在复平面内对应的点的坐标为（，），位于第二象限故选：B【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查共轭复数，考查复数对应点所在象限，属于基础题.3.已知向量满足（2，1），（1，y），且，则（ ）A. B. C. 5D. 4【答案】C【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示列方程，由此求得，根据向量模的坐标表示求得正确答案.【详解】根据题意，（2，1），（1，y），且，则有2+y0，解可得y2，即（1，2），则（4，3），故 5；故选：C【点睛】本小题主要考查向量垂直和模的坐标表示，属于基础题.4.为了从甲乙两人中选一人参加校篮球队，教练将二人最近6次篮球比
3、赛的得分数进行统计，甲乙两人的平均得分分别是、，则下列说法正确的是（ ）A. ，乙比甲稳定，应选乙参加比赛B. ，甲比乙稳定，应选甲参加比赛C. ，甲比乙稳定，应选甲参加比赛D. ，乙比甲稳定，应选乙参加比赛【答案】B【解析】【分析】先计算出甲乙两个学生的平均得分，再分析得解.【详解】由题得，所以.从茎叶图可以看出甲的成绩较稳定，所以要派甲参加.故选B【点睛】本题主要考查平均数计算和茎叶图，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.5.已知正方体，为底面的中心，分别为棱，的中点.则异面直线与所成角的余弦值为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求
4、出向量和的坐标，然后利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】以为原点建立如下图所示的空间直角坐标系：设正方体的棱长为2，所以有，因此，设异面直线与所成角为，所以.故选：C【点睛】本题考查了利用空间向量夹角公式求异面直线所成的角，考查了数学运算能力.6.大学生积极响应“大学生志愿服务西部计划”.某高校学生小刘、小李、小孟、分别去西部某地一中、二中、三中3所学校中的一所学校支教，每校分配一名大学生，他们三人支教的学科分别是数学，语文，英语，且每学科一名大学生.现知道：（1）教语文的没有分配到一中，（2）教语文的不是小孟，（3）教英语的没有分配到三中，（4）小刘分配到一中.（5）小盂没有分配到二中
5、，据此判断.数学学科支教的是谁？分到哪所学校？（ ）A. 小刘三中B. 小李一中C. 小盂三中D. 小刘二中【答案】C【解析】【分析】由于小刘分配到一中，小盂没有分配到二中，教英语的没有分配到三中，则可知小盂分配到三中，问题得以解决.【详解】由于小刘分配到一中，小盂没有分配到二中，教英语的没有分配到三中，则可知小盂分配到三中，且教数学，故选：C.【点睛】本题考查了合情推理的实际应用问题，其中解答中数练应用合理推理，结合题意求解是解答额关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力7.设是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据充分条件的判断
6、，即从选项中找出能推出成立的即可，由空间线线、线面、面面的位置关系对选项进行逐一判断，即可得出答案.【详解】A. 由，还可能得到 ，如图（1），所以不正确.B. 由，还可能得到 ，如图（2），所以不正确.C. 由，可得，又所以有，所以正确.D. 由，如图（3），所以不正确.故选：C【点睛】本题考查线面垂直、平行的性质及面面垂直、平行的性质，考查充分条件的判断和空间想象能力，属于基础题.8.已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，在（0，+）上是增函数，且f（4）0，则使得xf（x）0成立的x的取值范围是（ ）A. （4，4）B. （4，0）（0，4）C. （0，4）（4，+）D. （，4）（4，
7、+）【答案】D【解析】【分析】根据函数的单调性和奇偶性，求得不等式的解集.【详解】函数f（x）是定义在R上的奇函数，在（0，+）上是增函数，函数f（x）是在（，0）上是增函数，又f（4）0，f（4）0，由xf（x）0，得或，x4或x4x的取值范围是（，4）（4，+）故选：D【点睛】本小题主要考查函数的单调性和奇偶性，属于基础题.9.棱长为2的正方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则该截面的面积为( )A. B. C. D. 3【答案】A【解析】【分析】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台，其截面是一个梯形，分别求出上下底边的长和高，代入梯形面积公式可得答案【详解】
8、由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台，所得的组合体，其截面是一个梯形，上底长为，下底边长为，高为：，故截面的面积，故选：【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状10.已知直线y2与函数，（其中w0）的相邻两交点间的距离为，则函数f（x）的单调递增区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据周期求得，再根据单调区间的求法，求得的单调区间.【详解】y2与函数，（其中w0）的相邻两交点间的距离为，函数的周期T，即，得2，则f（x）2sin（2x），由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ，即函数的单调递增区间为k，k，k
9、Z，故选：B【点睛】本小题主要考查三角函数的单调性，考查三角函数的周期性，属于基础题.11.若函数有且只有一个零点，则a的取值范围是（ ）A. （，1）（0，+）B. （，1）0，+）C. 1，0）D. 0，+）【答案】B【解析】【分析】根据在没有零点列不等式，解不等式求得的取值范围.【详解】当x0时，因为log210，所以有一个零点，所以要使函数有且只有一个零点，则当x0时，函数f（x）没有零点即可，当x0时，02x1，12x0，1a2xaa，所以a0或1a0，即a0或a1.故选：B【点睛】本小题主要考查分段函数零点，属于基础题.12.设椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，过点的直线与椭圆交于，
10、两点，若，且，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意以及椭圆的定义，可得|PF1|、|QF1|、|QF2|，并计算cosPF1F2，cosQF1F2，然后利用cosPF1F2+cosQF1F20化简，简单计算可得结果.【详解】|PF2|F1F2|，|PF2|2c，则|PF1|2a2c3|PF1|4|QF1|，|QF1|，则|QF2|2a=在等腰PF1F2中，可得cosPF1F2在QF1F2中，由余弦定理可得：cosQF1F2=，由cosPF1F2+cosQF1F20，得0，整理得：，.故选：C【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查三角形中余弦定理的应用，
11、考查了推理能力与计算能力，属于中档题第卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡的相应位置13.若，满足约束条件，则的最大值是_.【答案】8【解析】【分析】在平面直角坐标系内，画出约束条件所表示的可行解域，在可行解域内平移直线，找到一点使得直线在纵轴上的截距最大，把点的坐标代入目标函数中即可.【详解】约束条件所示的可行解域如下图所示：在可行解域内平移直线，当直线经过点时，直线在纵轴上的截距最大，点的坐标是方程组的解，解得，所以的最大值是.故答案为：8【点睛】本题考查了线性规划的应用，考查了数形结合思想和数学运算能力.14.设函数是定义在上的奇函数，
12、且，则_【答案】-1【解析】当时，函数是定义在上的奇函数，即由题意得，答案：15.已知长方形ABCD中，AB1，ABD60，现将长方形ABCD沿着对角线BD折起，使平面ABD平面BCD，则折后几何图形的外接球表面积为_【答案】4【解析】【分析】设出球心的位置，利用勾股定理列方程组，解方程组求得球的半径，进而求得球的表面积.【详解】长方形ABCD中，AB1，ABD60，可得BD2，AD，作AEBD于E，可得AEBDABAD，所以AE，BE，因为平面ABD平面BCD，AE面ABD，平面ABD平面BCDBD，所以AE面BCD，由直角三角形BCD可得其外接圆的圆心为斜边BD的中点O1，且外接圆的半径r
13、1，过O1作OO1垂直于底面BCD，所以EO1O1BBE1，所以OO1AE，取三棱锥外接球的球心O，设外接球的半径为R，作OFAE于F，则四边形EFOO1为矩形，O1EOF，EFOO1，则OAOCOBODR，在AFO中，OA2AF2+OF2（AEEF）2+EO12即R2（OO1）2；在BOO1中：OB2OO12+EO12，即R2OO12；由可得R21，OO10，即外接球的球心为O1，所以外接球的表面积S4R24，故答案为：4【点睛】本小题主要考查几何体外接球表面积的有关计算，属于中档题.16.已知数列的各项均为正数，其前项和为满足，设，为数列的前项和，则_.【答案】【解析】【分析】首先由，求出
14、数列的通项公式，即可得到的通项，从而求出；【详解】解：当时，得，（舍），由，当时，一得，化简得.又因为数列的各项均为正数，所以，所以数列是首项，公差的等差数列，即，所以，所以.故答案为：【点睛】本题考查作差法求数列的通项公式，等差数列求和，属于中档题.三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤第1721题为必考题，每个试题都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2a2bcosC+csinB（）求tanB；（）若C，ABC的面积为6，求BC【答案】（）tanB2；（）【解析】【分析】（I）利
15、用正弦定理化简已知条件，求得的值.（II）由的值求得的值，从而求得的值，利用正弦定理以及三角形的面积公式列方程，由此求得也即的值.【详解】（）2a2bcosC+csinB，利用正弦定理可得：2sinA2sinBcosC+sinCsinB，又sinAsin（B+C）sinBcosC+cosBsinC，化为：2cosBsinB0，tanB2（）tanB2，B（0，），可得sinB，cosBsinAsin（B+C）sinBcosC+cosBsinC，可得：a又absin6，可得ba，即，解得【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于基础题.18.随着经济模式的改变，微商和电商
16、已成为当今城乡一种新型的购销平台.已知经销某种商品的电商在任何一个销售季度内，每售出吨该商品可获利润万元，未售出的商品，每吨亏损万元.根据往年的销售经验，得到一个销售季度内市场需求量的频率分布直方图如图所示.已知电商为下一个销售季度筹备了吨该商品.现以（单位：吨，）表示下一个销售季度的市场需求量，（单位：万元）表示该电商下一个销售季度内经销该商品获得的利润.（1）将表示为的函数，求出该函数表达式；（2）根据直方图估计利润不少于57万元的概率；（3）根据频率分布直方图，估计一个销售季度内市场需求量的平均数与中位数的大小（保留到小数点后一位）.【答案】（1）；（2）0.7；（3）平均数为（吨），估
17、计中位数应为（吨）【解析】【分析】（1）分别计算和时T值，用分段函数表示T的解析式；（2）计算利润T不少于57万元时x的取值范围，求出对应的频率值即可；（3）利用每一小组底边的中点乘以对应的矩形的面积（即频率）求和得出平均数，根据中位数两边频率相等（即矩形面积和相等）求出中位数的大小.【详解】解：（1）当时，；当时，所以，；（2）根据频率分布直方图及（1）知，当时，由，得，当时，由所以，利润不少于57万元当且仅当，于是由频率分布直方图可知市场需求量的频率为，所以下一个销售季度内的利润不少于57万元的概率的估计值为0.7；（3）估计一个销售季度内市场需求量的平均数为（吨）由频率分布直方图易知，由
18、于时，对应的频率为，而时，对应的频率为，因此一个销售季度内市场需求量的中位数应属于区间，于是估计中位数应为（吨）.【点睛】本题考查了分段函数以及频率、平均数和中位数的计算问题，是中档题.19.如图，四棱锥中，且.（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，由线面垂直的性质定理可得，由线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理证明平面平面即可.（2）由，利用等体积法，即可求出点到平面的距离.【详解】（1）解：取、的中点分别为、，连结，因为，所以四边形为梯形，又、为、的中点，所以为梯形的中位线，所以，又，所以
19、，因为，为的中点所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，故，因为，为中点，所以，又，不平行，必相交于某一点，且，都在平面上， 所以平面，又平面，则平面平面.（2）由（1）及题意知，为三棱锥的高，故，而，设点到平面的距离为，由等体积法知：，解得，所以点到平面的距离为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理、性质定理和面面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式以及利用等体积法求点到面的距离，考查了转化能力与推理能力，属于中档题.20.椭圆：的左、右焦点分别是，离心率为，左、右顶点分别为，.过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1.（1）求椭圆的标准方程；（2）经过点的直线与椭圆相交于不同的两点、（不
20、与点、重合），直线与直线相交于点，求证：、三点共线.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据已知可得，结合离心率和关系，即可求出椭圆的标准方程；（2）斜率不为零，设的方程为，与椭圆方程联立，消去，得到纵坐标关系，求出方程，令求出坐标，要证、三点共线，只需证，将分子用纵坐标表示，即可证明结论.【详解】（1）由于，将代入椭圆方程，得，由题意知，即.又，所以，.所以椭圆的方程为.（2）解法一：依题意直线斜率不为0，设的方程为，联立方程，消去得，由题意，得恒成立，设，所以，直线的方程为.令，得.又因为，则直线，的斜率分别为，所以.上式中的分子，.所以，三点共线.解法二：当直线的斜率不存在
21、时，由题意，得的方程为，代入椭圆的方程，得，直线的方程为.则，所以，即，三点共线.当直线的斜率存在时，设的方程为，联立方程消去，得.由题意，得恒成立，故，.直线的方程为.令，得.又因为，则直线，的斜率分别为，所以.上式中的分子所以.所以，三点共线.【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，要熟练掌握根与系数关系，设而不求方法解决相交弦问题，考查计算求解能力，属于中档题.21.已知函数f（x）axex，g（x）x2+2x+b，若曲线yf（x）与曲线yg（x）都过点P（1，c）且在点P处有相同切线l（）求切线l的方程；（）若关于x的不等式kef（x）g（x）对任意x1，+）恒成立，求实
22、数k的取值范围【答案】（）4xy20；（）ke【解析】【分析】（I）根据切点和斜率列方程，解方程组求得的值，进而求得切线方程.（II）构造函数，利用导数研究的单调性，对进行分类讨论，结合恒成立，由此求得的取值范围.【详解】（）f（x）aex（x+1），g（x）2x+2，由已知可得，即，解得a，b1，c2，切线的斜率g（1）4，切线l的方程为y24（x1），即4xy20，（）由（）可得f（x）2xex1，g（x）x2+2x1，设h（x）kef（x）g（x）2kxex（x2+2x1），即h（x）0，对任意x1，+）恒成立，从而h（x）min0，h（x）2k（x+1）ex2（x+1）2（x+1）（k
23、ex1），当k0时，h（x）0，h（x）在1，+）上单调递减，又h（1）2ke20，显然h（x）0不恒成立，当k0时，h（x）0，解得x11，x2lnk，（i）当lnk1时，即ke时，h（x）0，h（x）单调递增，又h（x）minh（1）20，显然h（x）0不恒成立，（ii）当lnk1时，即ke时，h（x）0，h（x）单调递增，h（x）minh（1）20，即h（x）0恒成立，（iii）当lnk1时，即0ke时，当x1，lnk）时，h（x）0，h（x）单调递减，当x（lnk，+）时，h（x）0，h（x）单调递增，h（x）minh（lnk）-2lnk（ln2k2lnk1）1ln2k0，解得ke，k
24、e，综上所述得：ke【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，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.已知曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）（1）求和的普通方程；（2）过坐标原点作直线交曲线于点（异于），交曲线于点，求的最小值【答案】（1）曲线的普通方程为：；曲线的普通方程为：；（2）【解析】【分析】（1）利用，可得的普通方程，根据加减消元可得的普通方程.（2）设出过原点的直线的极坐标方程，代入曲线的极坐标方程，求得的
25、表达式，结合三角函数值域的求法，求得的最小值.【详解】（1），得曲线的普通方程为：；曲线普通方程为：（2）设过原点的直线的极坐标方程为；由得，所以曲线的极坐标方程为在曲线中，由得曲线的极坐标方程为，所以到直线与曲线的交点的距离为，因此，当时，则的最小值【点睛】本题主要考查参数方程化为普通方程，考查直角坐标方程化为极坐标方程，考查极坐标系下距离的有关计算，属于中档题.23.已知函数.（1）若，解关于的不等式；（2）若当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用零点分段法将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.（2）对分成三种情况，求得的最小值，由此求得的取值范围.【详解】（1）当时，由此可知，的解集为（2）当时，的最小值为和中的最小值，其中，.所以恒成立.当时，且，不恒成立，不符合题意.当时，若，则，故不恒成立，不符合题意；若，则，故不恒成立，不符合题意.综上，.【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查根据绝对值不等式恒成立求参数的取值范围，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.
