1、甘肃省兰大附中2020届高三数学5月月考试题 理（含解析）（120分钟 150分）一、选择题1. 若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】按照并集的定义求出即可.【详解】因为，所以.故选：D.【点睛】本题考查并集的求法，侧重考查对基础知识的理解和掌握，属于基础题.2. 是虚数单位，则（ ）A. B. 2C. D. 【答案】C【解析】【分析】由复数模长的定义可直接求得结果.【详解】，.故选：.【点睛】本题考查复数模长的求解问题，属于基础题.3. 若双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由双曲线离心率，结合的关系
2、求出的关系，代入双曲线的渐近线方程即可求解.【详解】因为双曲线的离心率为，即，所以，又，所以，因为双曲线的渐近线方程为，所以该双曲线的渐近线方程为.故选：C【点睛】本题考查双曲线的标准方程及其几何性质；考查运算求解能力；属于基础题.4. 第18届国际篮联篮球世界杯（世界男子篮球锦标赛更名为篮球世界杯后的第二届世界杯）于2019年8月31日至9月15日在中国的北京、广州、南京、上海、武汉、深圳、佛山、东莞八座城市举行.中国队12名球员在第一场和第二场得分的茎叶图如图所示，则下列说法错误的是（ ）A. 第一场得分中位数为B. 第二场得分的平均数为C. 第一场得分的极差大于第二场得分的极差D. 第一
3、场与第二场得分的众数相等【答案】C【解析】【分析】根据茎叶图按顺序排列第一场、第二场得分分数，中间两数平均数即为中位数，出现次数最多的数为众数，最大数减最小数为极差，求出相应数据即可判断各项正误.【详解】由茎叶图可知第一场得分为：0,0,0,0,0,2,3,7,10,12,17,19，中位数为，众数为0，极差为19，第二场得分为：0,0,0,0,3,6,7,7,9,10,10,24，众数为0，平均数为，极差为24，所以选项C的说法是错误的.故选：C【点睛】本题考查茎叶图，根据茎叶图计算样本数据的中位数、众数及平均数，属于基础题.5. 已知数列是等差数列，其前项和为，若，则（ ）A. 6B. 4
4、C. 11D. 3【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的性质和等差数列前n项和公式即可求解.【详解】因，由等差数列前n项和公式可得，解得，由等差数列的性质可得，所以.故选：A【点睛】本题考查等差数列的性质和等差数列前n项和公式；考查运算求解能力；灵活运用等差数列的性质和等差数列的前n项和公式是求解本题的关键；属于基础题.6. 展开式中含的系数是（ ）A. 15B. C. 10D. 【答案】D【解析】【分析】由二项展开式通项公式可确定，由此可求得系数.【详解】展开式的通项，当时，即的系数为.故选：.【点睛】本题考查二项展开式指定项系数的求解问题，关键是熟练掌握二项展开式通项公式的形式.7. 函
5、数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，利用函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性排除选项；利用排除选项A即可.【详解】由题意知，函数的定义域为，其定义域关于原点对称，因为又因为，所以，即函数为偶函数，故排除；又因为，故排除A.故选：B【点睛】本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题.8. 某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三视图可知，该几何体为由的球体和的圆锥体组成，结合三视图中的数据，利用
6、球和圆锥的体积公式求解即可.【详解】由三视图可知，该几何体为由的球体和的圆锥体组成，所以所求几何体的体积为，因为，所以，即所求几何体的体积为.故选：A【点睛】本题考查三视图还原几何体及球和圆锥的体积公式；考查学生的空间想象能力和运算求解能力；三视图正确还原几何体是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.9. 图为祖冲之之子祖暅“开立圆术”中设计的立体模型.祖暅提出“祖氏原理”，他将牟合方盖的体积化成立方体与一个相当于四棱锥的体积之差，从而求出牟合方盖的体积等于（为球的直径），并得到球的体积为，这种算法比外国人早了一千多年，人们还用过一些类似的公式，根据，判断下列公式中最精确的一个是（ ）A. B
7、. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用选项中的公式化简求得，找到最精确的选项即可.【详解】由得：.由得：，；由得：，；由得：，；由得：，的公式最精确.故选：.【点睛】本题考查数学史与立体几何的知识，关键是能够对选项中的公式进行准确化简求得的近似值.10. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆上的一点，且在轴的左侧过点作的角平分线的垂线，垂足为，若（为坐标原点）则等于（ ）A. 4B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】延长交的延长线于点,根据题意作出图形，利用三角形全等和三角形中位线的性质即可求解.【详解】延长交的延长线于点,作图如下：因为为的角平分线，且，所以，所以，因为分别为
8、的中点，所以为的中位线，所以，所以.故选：A【点睛】本题考查椭圆方程和直线与椭圆的位置关系；考查数形结合思想和运算求解能力；根据题意作出图形，三角形中位线的性质的运用是求解本题的关键；属于中档题.11. 若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有下界，其中为函数的一个下界；若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有上界，其中为函数的一个上界如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界下述四个结论：1不是函数的一个下界；函数有下界，无上界；函数有上界，无下界；函数有界其中所有正确结论的编号是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数上界、下界及有界的概念，利用导数判断函数的单调性
9、并求最值，结合选项，利用排除法，对结论进行逐项判断即可.【详解】对于结论：当时，由对勾函数的性质知，函数恒成立，所以可得函数对任意恒成立，即1是函数的一个下界，故结论错误；对于结论：因为函数，所以，所以当时，；当时，故函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数有最小值为，即存在使任意，恒成立，故函数有下界；当时，函数，故函数无上界；因此结论正确；对于结论：因为函数，所以，所以当时，；当时，；当时，；所以函数在 上单调递增；在上单调递减，当时，所以函数无上界，故结论错误；对于结论：因为函数为周期函数，且，当时，该函数为振荡函数，所以对任意函数恒成立，故函数有界，故结论正确.故选：B【点睛】本
10、题考查函数的创新应用、利用导数判断函数的单调性求最值、对勾函数的性质；考查运算求解能力和知识迁移能力；理解有界函数的定义，熟练掌握利用导数判断函数单调性求最值的方法是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.12. 已知数列满足条件，则的最小值为（ ）A. 3B. 2C. 1D. 0【答案】C【解析】【分析】根据递推公式，即可求得，再根据其最小值的取得对整数的敏感性，即可容易求得.【详解】因为，所以，故，又因为，所以，所以，由题知，数列为整数列，所以，当时，等号成立，下面举例说明可以取到3，所以的最小值为1.故选：C.【点睛】本题是以绝对值为背景的数列的综合应用，综合性较强，本题有两个难点；第
11、一，通过两边平方转化为，进一步利用累加求和的形式求数列前项和；第二，最小值的取得对整数的敏感性较强，后面需要简单验证取等号的条件，即列举某个特殊数列，使得.二、填空题13. 已知向量，若，则实数等于_【答案】【解析】【分析】利用平面向量平行的坐标表示即可求解.【详解】因为，由平面向量平行的坐标表示可得，解得.故答案为：【点睛】本题考查平面向量平行的坐标表示；考查运算求解能力；属于基础题.14. 已知函数，点和是函数图象上相邻的两个对称中心，则_.【答案】2【解析】【分析】根据正弦函数两相邻对称中心横坐标间隔为半个最小正周期可求得最小正周期，由此可求得.【详解】和是两个相邻的对称中心，即，.故答
12、案为：.【点睛】本题考查正弦型函数对称性和周期性的综合应用问题，关键是明确正弦型函数相邻的两个对称中心横坐标间隔为半个最小正周期.15. 若，满足约束条件，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】作出不等式组表示的平面区域，平移直线，根据目标函数的几何意义知，向下平移直线到最高点时，目标函数有最大值，据此求出目标函数最大值即可.【详解】根据题意,作出不等式组表示的平面区域如图所示：根据目标函数的几何意义知，向下平移，当直线经过点A时，目标函数有最大值，联立方程，解得，即点A为，所以目标函数的最大值为.故答案为：【点睛】本题考查简单的线性规划问题；考查运算求解能力和数形结合思想；根据图形，向下平移
13、直线找到使目标函数取得最大值的点是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.16. 在正三棱柱中，分别为，的中点，平面过点，且平面平面，平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为_.【答案】【解析】【分析】由面面平行性质可知，取的中点分别为，可证得，由此得到异面直线所成角为或其补角，通过求得可确定所成角为，进而得到结果.【详解】平面平面，平面平面，平面平面，取的中点分别为，连接，如图所示，则，异面直线与所成的角为或其补角，异面直线与所成的角为，异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：.【点睛】本题以三棱柱为载体，综合考查异面直线所成角的求解；解答的基本方法是通过平移直线，把异面直线平移到两条相交直线上，
14、将异面直线所成角的问题转变为相交直线所成角的问题.三、解答题（一）必考题：共60分.17. 在中，分别为内角，的对边，且（1）求角的大小；（2）若，求的最大值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，再由两角和的正弦公式即可求出，结合角的取值范围即可求解；（2）由（1）知，结合余弦定理得到关于的方程，利用基本不等式即可求解.【详解】（1）因为，利用正弦定理可得，即，因为，所以，即，因为，所以，因为，所以.（2）由（1）及余弦定理可得，即，所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为.【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形、两角和的正弦公式及利用基本不等式求最值；考查运算求解能
15、力和知识迁移能力；属于中档题、常考题型.18. 如图，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，分别为线段，的中点（1）证明：平面平面（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接，设与相交于点，利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理即可证明；（2）由线面垂直的性质可得，故、 、两两互相垂直，以为原点，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，利用空间向量法，则空间向量所成角的余弦值的绝对值即为所求.【详解】（1）证明：连接，设与相交于点，如图，因为，且，所以四边形为矩形，所以为的中点，又因为为的中点，所以为的中位线，即,因为平面，
16、平面，所以平面，因为，分别为线段，的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以平面平面.（2）因为底面，平面，平面，所以，因为，所以、 、两两互相垂直，以为原点，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，所以，设平面的法向量为，则，所以，令，可得，所以，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理证明面面平行、利用空间向量法求线面角；考查逻辑推理能力、转化与化归能力和运算求解能力；熟练掌握线面平行、垂直的判定与性质是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.19. 已知函数，（1）讨论函数的单调
17、性；（2）若恒成立，求的最大值【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在单调递减；（2）的最大值为.【解析】【分析】（1）对函数进行求导，分和两种情况利用导数判断函数的单调性；（2）恒成立等价于对任意恒成立，结合（1）中的结论，分和两种情况分别求出函数的最大值，并满足，据此得到关于的不等式，进而求出的最大值即可.【详解】（1）因为函数，所以，当时，在上恒成立，所以函数在上单调递增；当时，令，则，所以当时，；当时，所以函数在上单调递增，在单调递减，综上可知，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在单调递减.（2）由题意知，恒成立等价于对任意恒成立，由（1）知，当时
18、，函数在上单调递增，所以当时，显然不符合题意，故舍去；当时，函数在上单调递增，在单调递减，所以此时函数的最大值为，即需满足成立，所以可得，两边同时除以可得，令，则，所以函数在上单调递增，上单调递减，所以当时，函数有最大值为，即，故所求的最大值为.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性、恒成立问题；考查分类讨论思想、转化与化归能力和运算求解能力；熟练掌握利用导数判断函数单调性的方法是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.20. 已知点是抛物线上一点，点为抛物线的焦点，.（1）求直线的方程；（2）若直线与抛物线的另一个交点为，曲线在点与点处的切线分别为，直线相交于点，求点的坐标.【答案】（1）
19、；（2）【解析】【分析】（1）利用抛物线焦半径公式可求得抛物线方程和焦点坐标，进而求得点坐标；由直线两点式方程可整理得到直线的一般式方程；（2）联立直线方程与抛物线方程可求得点坐标，假设切线方程，与抛物线方程联立后可利用求出切线方程，两条切线方程联立即可求得交点坐标.【详解】（1），解得：，抛物线的方程为，又为抛物线上一点，又，直线的方程为，即.（2）联立得：，解得：或，设，联立得：，由得：，直线的方程为：，即.同理可求得直线的方程为：.由得：，即点的坐标为.【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用问题，涉及到抛物线焦半径公式的应用、抛物线切线方程的求解等知识；解决直线与拋物线的综合问题时，需要
20、注意：（1）观察、应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；（2）强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题；（3）注重平面几何的知识，利用数形结合的思想处理问题.21. 垃圾分类，是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、分类投放和分类搬运，从而转变成公共资源的一系列活动的总称分类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用2019年6月25日，生活垃圾分类制度入法到2020年底，先行先试的46个重点城市，要基本建成垃圾分类处理系统；其他地级城市实现公共机构生活垃圾分类全覆盖某机构欲组建一个有关“垃圾分类”相关事宜的
21、项目组，对各个地区“垃圾分类”的处理模式进行相关报道该机构从600名员工中进行筛选，筛选方法：每位员工测试，三项工作，3项测试中至少2项测试“不合格”的员工，将被认定为“暂定”，有且只有一项测试“不合格”的员工将再测试，两项，如果这两项中有1项以上（含1项）测试“不合格”，将也被认定为“暂定”，每位员工测试，三项工作相互独立，每一项测试“不合格”的概率均为（1）记某位员工被认定为“暂定”的概率为，求；（2）每位员工不需要重新测试的费用为90元，需要重新测试的总费用为150元，除测试费用外，其他费用总计为1万元，若该机构的预算为8万元，且该600名员工全部参与测试，问上述方案是否会超过预算?请说
22、明理由【答案】（1）；（2）不会超过预算.【解析】【分析】（1）利用互斥事件的概率加法计算公式和n次独立重复实验的概率计算公式进行求解即可；（2）设每位员工测试的费用为元，则可能的取值为，利用n次独立重复实验的概率计算公式和离散型随机变量的数学期望公式求出数学期望的表达式，通过构造函数，利用导数判断函数的单调性求最值即可.【详解】（1）由题意知，每位员工首轮测试被认定为“暂定”的概率为，每位员工再次测试被认定为“暂定”的概率为，综上可知，每位员工被认定为“暂定”的概率为+，（2）设每位员工测试的费用为元，则可能的取值为，由题意知，所以随机变量的数学期望为（元），令，则，所以当时，；当时，；所以
23、函数在上单调递增，在上单调递减，所以，即(元)，所以此方案的最高费用为（万元），综上可知，若以此方案实施不会超过预算.【点睛】本题考查互斥事件的概率加法公式、n次独立重复实验的概率计算公式、离散型随机变量的数学期望公式和利用导数判断函数的单调性求最值；考查运算求解能力和转化与化归能力；通过构造函数，利用导数求最值是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.（二）选考题选修4-4：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为（1）若直线与曲线至多只有一个公共点，求实数的取值范围；（2）若直线与曲线相交于，
24、两点，且，的中点为，求点的轨迹方程【答案】（1）或；（2）【解析】【分析】（1）利用参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化公式把曲线和直线的方程化为直角坐标方程，并联立直线和曲线的直角坐标方程，得到关于的一元二次方程，利用判别式即可求出实数的取值范围；根据题意，设，的中点为，直线和曲线的直角坐标方程联立，得到关于的一元二次方程，由两个交点，可得判别式，求出取值范围，利用韦达定理和点在直线上表示出点坐标，消去参数即可求出，的中点的轨迹方程.【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），消去参数可得，曲线的直角坐标方程为，由题意知，直线的极坐标方程可化为，因为，所以直线的直角坐标方程为，联立方程
25、，可得，因为直线与曲线至多只有一个公共点，所以判别式，解得或，所以所求实数的取值范围为或.（2）设，的中点为，联立方程，可得，所以判别式，解得，由韦达定理可得，因为点在直线上，所以，所以可得，即为点的轨迹方程.【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化公式、动点轨迹方程的求法；考查运算求解能力；熟练掌握参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化公式是求解本题的关键；属于中档题.选修4-5：不等式选讲23. 已知，为正实数，（1）证明：（2）证明：【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）利用基本不等式，证得，再利用作差法证得，然后由基本不等式即可得证；（2）由知，结合（1）中，证得即得证.【详解】（1）证明：因为，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，所以，即，所以，所以，即，由基本不等式可得，所以，即得证.（2）证明：因为，所以，即，由（1）知，所以，所以，即得证.【点睛】本题主要考查利用两个正数的基本不等式进行不等式的证明；考查运算求解能力和逻辑推理能力；灵活运用两个正数的基本不等式是求解本题的关键；属于中档题.
