四川省双流中学2020届高三5月月考数学（理）试题 Word版含解析

这是一份四川省双流中学2020届高三5月月考数学（理）试题 Word版含解析，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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2020年高考数学模拟试卷（理科）（5月份）
一、选择题（共12小题）
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先化简集合B,再求得解.
【详解】由题得或，
所以.
故选：C
【点睛】本题主要考查集合的交集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
2.复数z（i为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出在复平面内对应的点的坐标得答案．
【详解】，
在复平面内对应的点的坐标为，在第三象限．
故选：C．
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
3.已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由的范围及的值，利用同角三角函数间的基本关系求出的值，所求式子利用两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化简后，将各自的值代入计算即可求出值．
【详解】，，
，
则．
故选：D．
【点睛】此题考查了两角和与差的正弦函数公式，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握公式是解本题的关键．
4.国际上通常用年龄中位数指标作为划分国家或地区人口年龄构成的标准：年龄中位数在20岁以下为“年轻型”人口；年龄中位数在20～30岁为“成年型”人口；年龄中位数在30岁以上为“老龄型”人口．

如图反映了我国全面放开二孩政策对我国人口年龄中位数的影响．据此，对我国人口年龄构成的类型做出如下判断：①建国以来直至2000年为“成年型”人口；②从2010年至2020年为“老龄型”人口；③放开二孩政策之后我国仍为“老龄型”人口．其中正确的是（ ）
A. ②③ B. ①③ C. ② D. ①②
【答案】A
【解析】
【分析】
根据折线统计图即可判断．
【详解】①建国以来有一段时间年龄中位数低于20，为年轻型人口，所以①错误；
②从2010年至2020年年龄中位数在30岁以上，为“老龄型”人口，正确，
③放开二孩政策之后我国年龄中位数在30岁以上，仍为“老龄型”人口，正确，
故选：A．
【点睛】本题考查了折线统计图，考查了合情推理的问题，属于基础题．
5.函数，则关于函数的说法不正确的是（ ）
A. 定义域为 B. 值域为
C. 在上为增函数 D. 只有一个零点
【答案】B
【解析】
【分析】
根据的解析式即可判断的定义域为，且在上为增函数，只有一个零点,从而判断出说法不正确的选项．
【详解】，
的定义域为，值域为，且对于时，
明显地，在R上为增函数，且，只有一个零点．
故选：B．
【点睛】本题考查了函数定义域和值域的定义及求法，分段函数、指数函数和对数函数的单调性的判断，函数零点的定义及求法，考查了计算和推理能力，属于基础题．
6.已知（2，﹣1），，且，则（ ）
A. 1 B. 3 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先利用，求解x，得到的坐标，再利用向量模长的坐标公式，计算
【详解】由于（2，﹣1），，且，
因此

故选：C
【点睛】本题考查了向量平行，向量加法，向量模长的坐标表示，考查了学生概念理解，数学运算能力，属于基础题.
7.执行如图所示的程序框图若输入，则输出的的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由程序语言依次计算，直到时输出即可
【详解】程序的运行过程为



















当n=2时，时，，此时输出.
故选：C
【点睛】本题考查由程序框图计算输出结果，属于基础题
8.已知等比数列中，，则“”是“”（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
结合等比数列通项公式可求得的范围，可验证充分性和必要性是否成立，由此得到结果.
【详解】设等比数列的公比为，
由得：，又，，解得：，
，充分性成立；
由得：，又，，解得：或，
当时，，，必要性不成立.
“”是“”的充分不必要条件.
故选：.
【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，涉及到等比数列通项公式的应用，属于基础题.
9.的内角的对边分别为，若，则内角（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换可得．
【详解】∵，由正弦定理可得，
∴，
三角形中，∴，∴．
故选：C．
【点睛】本题考查正弦定理，考查两角和的正弦公式和诱导公式，掌握正弦定理的边角互化是解题关键．
10.已知F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点，C上存在关于y轴对称的两点P，Q（P在C的右支上），使得，且为正三角形（O为坐标原点），则双曲线C的离心率为（ ）
A. 6 B. 5 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
将，整理可得，又为正三角形，可得P的坐标，代入双曲线的方程可得a，b的关系，再由a，b，c之间的关系可得双曲线的离心率．
【详解】
如上图，因为，整理可得，
又为正三角形，所以可得，
而P又在双曲线上，所以，
整理可得，所以可得．
故选：D．
【点睛】本题考查双曲线的性质，及正三角形的性质，属于中档题．
11.已知如图所示的三棱锥D﹣ABC的四个顶点均在球O的球面上，△ABC和△DBC所在平面相互垂直，AB=3，AC=，BC=CD=BD=2，则球O的表面积为（ ）

A. 4π B. 12π C. 16π D. 36π
【答案】C
【解析】
试题分析：证明AC⊥AB，可得△ABC的外接圆的半径为，利用△ABC和△DBC所在平面相互垂直，球心在BC边的高上，设球心到平面ABC的距离为h，则h2+3=R2=（﹣h）2，求出球的半径，即可求出球O的表面积．
解：∵AB=3，AC=，BC=2，
∴AB2+AC2=BC2，
∴AC⊥AB，
∴△ABC的外接圆的半径为，
∵△ABC和△DBC所在平面相互垂直，
∴球心在BC边的高上，
设球心到平面ABC的距离为h，则h2+3=R2=（﹣h）2，
∴h=1，R=2，
∴球O的表面积为4πR2=16π．
故选C．
考点：球的体积和表面积．
12.已知函数，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
对 进行求导，构造函数，，利用导数得到函数在上单调递增，且，结合可得，即函数 在 上单调递增，再利用函数奇偶性的定义得到函数是偶函数，所以，，利用指数函数和对数函数的性质得到，结合函数的单调性即可结果．
【详解】函数，

设，则，在恒成立，
函数在上单调递增，
，即函数在上单调递增，且 ,
又
函数 在 上单调递增 , 且，
又,
函数是偶函数 ,，
，，而，，
，
又函数在上单调递增，
，
即，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及函数的奇偶性，是中档题．
二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）
13.在的展开式中，常数项为__________（用数字作答）.
【答案】
【解析】
【分析】
先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于，求得的值，即可求得展开式中的常数项的值．
【详解】因为，
令，所以，.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．
14.若x，y满足约束条件，则的最大值为_____．
【答案】5
【解析】
【分析】
先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在y轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最大值即可．
【详解】解：作满足约束条件，
的可行域如图：

可行域为一个三角形，
其三个顶点为，，，
验证知在点时取得最大值5，
当直线过点时，最大值是5，
故答案为：5．
【点睛】本小题是考查线性规划问题，本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题．
15.作家马伯庸小说《长安十二时辰》中，靖安司通过长安城内的望楼传递信息.同名改编电视剧中，望楼传递信息的方式有一种如下：如图所示，在九宫格中，每个小方格可以在白色和紫色（此处以阴影代表紫色）之间变换，从而一共可以有512种不同的颜色组合，即代表512种不同的信息.现要求每一行，每一列上至多有一个紫色小方格（如图所示即满足要求）.则一共可以传递______种信息.（用数字作答）

【答案】34
【解析】
【分析】
分类讨论紫色小方格的个数：（1）无紫色小方格；（2）有且只有1个紫色小方格；（3）：有且只有2个紫色小方格；（4）有且只有3个紫色小方格.分别利用排列、组合进行计算即可.
【详解】显然，紫色小方格顶多有3个.分类讨论：（1）若无紫色小方格，则只有1种结果；
（2）若有且只有1个紫色小方格，则有种结果；
（3）若有且只有2个紫色小方格，从行来看，
先选出有紫色小方格的那两行，有种选法，这两行的排法有种，
此种情况下共有18种结果；
（4）若有且只有3个紫色小方格，显然，这三行的排法有种.
综上，一共有34种结果，即一共可以传递34种信息.
故答案为：34
【点睛】本题考查了排列、组合在实际生活中的应用，考查了分类与整合的思想，属于中档题.
16.已知点是抛物线的准线与x轴的交点，F为抛物线的焦点，P是抛物线上的动点，则最小值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
利用已知条件求出p，设出P的坐标，然后求解的表达式，利用基本不等式即可得出结论．
【详解】解：由题意可知：，设点，P到直线的距离为d，则，
所以，
当且仅当x时，的最小值为，此时，
故答案为：．
【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，基本不等式的应用，属于中档题．
三、解答题（共5小题，满分60分）
17.设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝λn2﹣16n+m．
（1）当λ＝2时，求通项公式an；
（2）设{an}的各项为正，当m＝15时，求λ的取值范围．
【答案】（1）．（2）{}．
【解析】
【分析】
(1)直接利用递推关系式求出数列通项公式．
(2)利用数列的各项为正数，建立不等式，进一步求出参数λ的取值范围．
【详解】解：(1)数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝λn2﹣16n+m．
当λ＝2时，Sn＝2n2﹣16n+m①．
所以时，②，
①﹣②得：an＝Sn﹣Sn﹣1＝4n﹣18
当时，
故：．
(2)由m＝15时，
当n＝1时，a1＝S1＝λ﹣1，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2λn﹣λ﹣16，
所以：由于数列的各项为正数，
故：，
解得：
故λ的取值范围是：{}．
【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，不等式的解法及应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
18.如图，平行四边形ABCD中，，E、F分别为AD，BC的中点．以EF为折痕把四边形EFCD折起，使点C到达点M的位置，点D到达点N的位置，且．

（1）求证：平面NEB；
（2）若，求二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析（2）．
【解析】
【分析】
（1）记，连接NO，证明即可证明结论；
（2）先证明平面ABFE，再以直线OE为x轴，直线OA为y轴，直线ON为轴建立空间直角坐标系，求出平面MBE的法向量，平面NBE的一个法向量，代入向量的夹角公式，即可求得二面角的余弦值．
【详解】（1）证明：记，连接NO，
可知四边形ABFE是菱形，所以，且O为AF，BE的中点，
又，所以，
又因为，NO，平面NEB，
所以平面NEB.

（2）因为，所以，，
所以，
所以，
所以，所以，
又由（1）可知：，且，AF，平面ABFE，
所以平面ABFE，以直线OE为x轴，直线OA为y轴，直线ON为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，

所以，所以，，
设是平面MBE的法向量，则
，取，得，
又平面NBE的一个法向量为，
所以，
所以二面角的余弦值为．

【点睛】本题考查直线与平面垂直、二面角、空间向量等基础知识；考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等.
19.新冠病毒是一种通过飞沫和接触传播的变异病毒，为筛查该病毒，有一种检验方式是检验血液样本相关指标是否为阳性，对于份血液样本，有以下两种检验方式：一是逐份检验，则需检验次．二是混合检验，将其中份血液样本分别取样混合在一起，若检验结果为阴性，那么这份血液全为阴性，因而检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这份血液究竟哪些为阳性，就需要对它们再逐份检验，此时份血液检验的次数总共为次．某定点医院现取得4份血液样本，考虑以下三种检验方案：方案一，逐个检验；方案二，平均分成两组检验；方案三，四个样本混在一起检验．假设在接受检验的血液样本中，每份样本检验结果是阳性还是阴性都是相互独立的，且每份样本是阴性的概率为．
（Ⅰ）求把2份血液样本混合检验结果为阳性的概率；
（Ⅱ）若检验次数的期望值越小，则方案越“优”．方案一、二、三中哪个最“优”？请说明理由．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）选择方案三最“优”，理由见解析
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据独立事件和对立事件概率公式可计算求得结果；
（Ⅱ）确定方案二和方案三检验次数所有可能的取值，并求得每个取值对应的概率，进而得到分布列，由数学期望的计算公式计算得到期望，与方案一的期望进行比较，得到最优方案.
【详解】（Ⅰ）该混合样本阴性的概率为：，
根据对立事件原理，阳性的概率为：．
（Ⅱ）方案一：逐个检验，检验次数为．
方案二：由（Ⅰ）知，每组个样本检验时，若阴性则检验次数为，概率为；
若阳性则检验次数为，概率为，
设方案二的检验次数记为，则的可能取值为，
；；，
则的分布列如下：









可求得方案二的期望为．
方案三：混在一起检验，设方案三的检验次数记为，的可能取值为，，
，，
则的分布列如下：







可求得方案三的期望为．
比较可得，故选择方案三最“优”．
【点睛】本题考查独立事件和对立事件概率问题的求解、离散型随机变量的数学期望的求解问题；关键是能够通过题意准确确定不同方案随机变量所有可能的取值，并准确求得对应的概率，考查学生的分析和解决问题、运算和求解能力.
20.已知椭圆，A为C的上顶点，过A的直线l与C交于另一点B，与x轴交于点D，O点为坐标原点．
（1）若，求l方程；
（2）已知P为AB的中点，y轴上是否存在定点Q，使得？若存在，求Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）（2）存在
【解析】
【分析】
（1）对直线的斜率进行讨论，当斜率不存在时显然不满足，当直线斜率存在时，设出直线方程，代入弦长公式求出斜率的值，即可得答案；
（2）利用中点坐标公式求得，根据求出，的方程，即可得到定点坐标.
【详解】（1）①当直线的斜率不存在时，，，舍去；
②当直线的斜率存在时，，，
联立方程，化简得，
解得或，所以，
所以，化简得，
解得或（舍去），即，
所以.

（2）①，由（1）得，，
所以，又因为，所以，所以，
所以，
即存在定点满足条件．
②，则O，P重合，也满足条件
综上，存在满足条件．
【点睛】本题考查直线的方程、直线与椭圆的位置关系等知识；考查运算求解能力、推理论证能力等；考查数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想等.
21.已知函数f（x）＝x2+ax+blnx（a，b∈R），曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为2x﹣y﹣2＝0．
（1）判断f（x）在定义域内的单调性，并说明理由；
（2）若对任意的x∈（1，+∞），不等式f（x）≤m（ex﹣1﹣1）恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）f（x）在（0，+∞）上为增函数；见解析（2）[2，+∞）
【解析】
【分析】
求出原函数的导函数，利用f′(1)＝2及f(1)＝0联立不等式组求解a，b的值，则函数解析式可求．(1)由f′(x)＞0在(0，+∞)上恒成立，可得f(x)在(0，+∞)上为增函数；
(2)对任意的x∈(1，+∞)，不等式f(x)≤m(ex﹣1﹣1)恒成立，即x2﹣x+lnx≤m(ex﹣1﹣1)恒成立，令g(x)＝m(ex﹣1﹣1)﹣x2+x﹣lnx，求其导函数，分析可知当m≥2时，g′(x)＞g′(1)≥0，g(x)单调递增，则g(x)＞g(1)＝0；当0＜m＜2时，g′(x)＝0在(1，+∞)上必有实数根，设最小的正数根为x0，当x∈(1，x0)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，则g(x)＜g(1)＝0，与题设不符；当m≤0时，g′(x)＜0，则g(x)单调递减，g(x)＜g(1)＝0，与题意不符．
【详解】解：由f(x)＝x2+ax+blnx，得f′(x)＝2x+a(x＞0)．
由曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x﹣y﹣2＝0，
得，即a＝﹣1，b＝1．
∴f(x)＝x2﹣x+lnx．
(1)∵f′(x)＝2x﹣10在(0，+∞)上恒成立，
∴f(x)在(0，+∞)上为增函数；
(2)由(1)得，f(x)＝x2﹣x+lnx，
对任意的x∈(1，+∞)，不等式f(x)≤m(ex﹣1﹣1)恒成立，
即x2﹣x+lnx≤m(ex﹣1﹣1)恒成立，
令g(x)＝m(ex﹣1﹣1)﹣f(x)＝m(ex﹣1﹣1)﹣x2+x﹣lnx，
则g′(x)，注意到g(1)＝0，g′(1)＝m﹣2，
要使得对任意的x∈(1，+∞)，不等式f(x)≤m(ex﹣1﹣1)恒成立，即g(x)≥0，
则必有g′(x)在(1，1+δ)(其中δ为任意小的正数)大于0，亦有g′(1)≥0，则m≥2．
当m≥2时，令u(x)＝g′(x)，
u′(x)2ex﹣1﹣2＞0．
∴u(x)在(1，+∞)上单调递增，则g′(x)＞g′(1)≥0，
∴g(x)单调递增，则g(x)＞g(1)＝0；
当0＜m＜2时，g′(1)＝m﹣2＜0，当x→+∞时，g′(x)→+∞，
则g′(x)＝0在(1，+∞)上必有实数根，设最小的正数根为x0，
则当x∈(1，x0)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，则g(x)＜g(1)＝0，与题设不符；
当m≤0时，g′(x)0，则g(x)单调递减，g(x)＜g(1)＝0，与题意不符．
综上所述，m的取值范围为[2，+∞)．
【点睛】本题考查函数与导数、不等式等基本知识，考查函数与方程、分类与整合、化归与转化等数学思想，考查推理论证能力及运算求解能力，属难题．
（二）选考题：共10分，请考生在22、23题任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4--4：坐标系与参数方程]
22.在平面直角坐标系中，直线：（为参数，），曲线：（为参数），与相切于点，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求的极坐标方程及点的极坐标；
（2）已知直线：与圆：交于，两点，记的面积为，的面积为，求的值.
【答案】（1）；点的极坐标为（2）
【解析】
分析】
（1）消去参数得的直角坐标方程，利用直角坐标方程和极坐标方程的转化公式即可得的极坐标方程；由题意得的极坐标方程为，代入的极坐标方程后利用即可得解；
（2）由题意可得，设，，将代入后即可得，，再利用三角形面积公式可得，，化简即可得解.
【详解】（1）消去参数可得的直角坐标方程为，
将代入得的极坐标方程为，
又的参数方程为（为参数，），
可得的极坐标方程为，
将代入得，
则，，
又，所以，，
此时，所以点的极坐标为.
（2）由的极坐标方程为，
可得的直角坐标方程为，所以圆心，
设，，将代入，
得，，
所以，，所以，，
又因为，，
所以.
【点睛】本题考查了参数方程、直角坐标方程和极坐标方程之间转化，考查了利用极坐标求三角形面积的应用，属于中档题.
[选修4--5:不等式选讲]
23.已知正实数a，b，c满足a3+b3+c3＝1．
（Ⅰ）证明：a+b+c≥（a2+b2+c2）2；
（Ⅱ）证明：a2b+b2c+c2a≤1．
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析
【解析】
【分析】
(Ⅰ)利用柯西不等式直接证明即可；
(Ⅱ)先利用立方和公式及基本不等式可得a3+b3≥a2b+ab2，b3+c3≥b2c+bc2，a3+c3≥a2c+ac2，进而得2(a3+b3+c3)≥a2b+ab2+b2c+bc2+a2c+ac2，再由a3≥2a2b﹣ab2，b3≥2b2c﹣bc2，c3≥2c2a﹣ca2，进而得
a3+b3+c3≥2(a2b+b2c+c2a)﹣ab2﹣bc2﹣ca2，进而得到3(a3+b3+c3)≥3(a2b+b2c+c2a)，由此得证．
【详解】证明：(Ⅰ)∵a3+b3+c3＝1，
∴a+b+c＝(a+b+c)(a3+b3+c3)(a2+b2+c2)2，即得证．
(Ⅱ)a3+b3＝(a+b)(a2﹣ab+b2)≥(a+b)(2ab﹣ab)＝a2b+ab2，
同理b3+c3≥b2c+bc2，a3+c3≥a2c+ac2，
全部加起来得2(a3+b3+c3)≥a2b+ab2+b2c+bc2+a2c+ac2，①
又a2+b2≥2ab，故a3+ab2≥2a2b，则a3≥2a2b﹣ab2，
同理b3≥2b2c﹣bc2，c3≥2c2a﹣ca2，
全部加起来得a3+b3+c3≥2(a2b+b2c+c2a)﹣ab2﹣bc2﹣ca2，②
由①②得3(a3+b3+c3)≥3(a2b+b2c+c2a)，
即a2b+b2c+c2a≤a3+b3+c3＝1，即得证．
【点睛】本题主要考查柯西不等式及基本不等式的运用，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力，属于中档题．