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    2020届云南省昆明市第一中学高三第五次检测数学(理)试题 PDF版

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    命题、审题组教师 杨昆华 张宇甜 顾先成 李春宣 王海泉 莫利琴 蔺书琴 张远雄 崔锦 杨耕耘
    一、选择题
    解析:因为,所以选A.
    解析:因为集合,,则,所以集合可能的情况有,,,,共有4个.选D.
    解析:记每天走的里程数为,易知是以为公比的等比数列,其前项和,则,解得,所以.选C.
    解析:该几何体是由一个底面半径为,高为的半圆锥,和一个底面为等腰直角三角形,高为的三棱锥组成,所以该几何体的体积为:,选B.
    解析:画出可行域如下,可知当直线经过点或者时取得最大值,选B.
    解析:发言的3人来自3家不同企业的概率为,选D.
    解析:对于A:中,的等号不成立,A错;当时也成立,B错;当,时也成立,又原命题与逆否命题真假性一致,所以D错;选C.
    解析:时,;
    时,;
    时,;
    ……
    时,,所以输出42,选B.
    解析:因为,所以,
    又因为,所以,
    所以,由得:,
    所以,所以,选A.
    解析:以为原点,以,所在的直线为轴,轴,建立平面直角坐标系,则,,由题意可设,由可得,,所以.选.
    解析: 设的中点为,连结,,易知平面,所以,
    又,所以平面,所以,,所以,
    因此,以,,为同一顶点出发的正方体的八个顶点在球的表面上,
    所以,所以球的表面积为,选C.
    解析:,因为(),
    所以函数的图象与函数图象有两个不同的交点,所以,选D.
    二、填空题
    解析:.
    解析:因为,所以,
    所以,所以函数的最大值为.
    解析:因为,所以,
    从而,,…,,
    累加可得,所以,
    ,因为在递减,在递增
    当时,,当时,,所以的最小值为.
    解析:双曲线的两个焦点分别为(),(),则这两点刚好是两圆的圆心,由几何性质知,,,所以,所以最大值为.
    三、解答题
    (一)必考题
    解:(1)在△中,由,得
    由得,,
    ,,. ………6分
    (2)因为,所以,,,
    由得,因为△的面积为,
    ,得,. ………12分
    解:(1)由频率分布直方图,优质花苗的频率为,即概率为.
    设所抽取的花苗为优质花苗的株数为,则,于是
    ;;
    ;.
    其分布列为:
    所以,所抽取的花苗为优质花苗的数学期望.………6分
    (2)频率分布直方图,优质花苗的频率为,则样本中优质花苗的株数为60株,列联表如下表所示:
    可得.
    所以,有99%的把握认为优质花苗与培育方法有关系.………12分
    (1)证明:因为为直三棱柱,
    所以∥,且,又因为四边形为平行四边形,
    所以∥,且,所以∥,且,
    所以四边形为平行四边形,所以,,,四点共面;
    因为,又平面,
    所以,所以四边形正方形,连接交于,
    所以,在中,,,
    由余弦定理得,
    所以,所以,所以,又,
    所以平面,所以,
    又因为,所以平面;
    所以. ………6分
    (2)解:由(1)知,可如图建立直角坐标系,则, ,
    ,,,

    设平面的法向量为,由 即,取
    设平面的法向量为 由 得,取,
    由得,因为,所以
    此时,,所以四边形正方形,
    因为,,又因为,所以平面,
    所以与平面所成角为. .………12分
    解:(1) 设,由条件可知,即,
    所以曲线 .………4分
    (2)当所在直线斜率不存在时,其方程为:, 此时,
    当所在直线斜率存在时,设其方程为:, 设,,
    到直线的距离,即,所以.
    直线与椭圆联立,得,所以,
    所以,,令,
    , 因为,所以,
    所以,所以.………12分
    解:(1)因为,且,所以,
    构造函数,则,又,
    若,则,则在上单调递增,则当时,矛盾,舍去;
    若,则,则当时,,
    则在上单调递增,则矛盾,舍去;
    若,则,则当时,,
    则在上单调递减,则矛盾,舍去;
    若,则当时,,当时,,
    则在上单调递减,在上单调递增,
    故,则,满足题意;
    综上所述,. ………6分
    (2)由(1)可知,则,
    构造函数,则,
    又在上单调递增,且,
    故当时,,当时,,
    则在上单调递减,在上单调递增,
    又,,又,
    结合零点存在性定理知,在区间存在唯一实数,使得,
    当时,,当时,,当时,,
    故在单调递增,在单调递减,在单调递增,
    故存在唯一极大值点,因为,所以,
    故,
    因为,所以. ………12分
    (二)选考题:第22、23题中任选一题做答。如果多做,则按所做的第一题记分。
    解: (1)由直线的参数方程可知,直线的倾斜角为;将圆的极坐标方程
    化简得,两边乘得,,将
    ,,代入并化简整理可得圆的直角坐标方程为. ………5分
    (2) 设, 则
    =,由可得,
    ,即. ………10分
    解: (1) 当时, , 即
    当时, 由解得, 所以 ;
    当时, 不等式恒成立, 所以 ;
    当时,由解得;所以 .
    综上,不等式的解集为. ………5分
    (2) 因为,
    所以, , 解得. ………10分
    题号
    1
    2
    3
    4
    5
    6
    7
    8
    9
    10
    11
    12
    答案
    A
    D
    C
    B
    B
    D
    C
    B
    A
    C
    C
    D
    0
    1
    2
    3
    优质花苗
    非优质花苗
    合计
    甲培育法
    20
    30
    50
    乙培育法
    40
    10
    50
    合计
    60
    40
    100
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