甘肃省兰州市第一中学2020届高三下学期第5次月考数学理科试卷

甘肃省兰州市第一中学2020届高三下学期第5次月考数学理科试卷

‎2019-2020学年甘肃省兰州一中高三（下）第五次月考数学试卷（理科）‎ 一、选择题（本题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.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求集合A和B，再求，进而求两集合的交集.‎ ‎【详解】由题得，，‎ ‎∴，∴，选C.‎ ‎【点睛】本题考察集合的基本运算（交并补），及对数与指数不等式的求解（化为同底数解不等式）.‎ ‎2.已知为虚数单位，，则复数的虚部为(　 　).‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本道题结合复数的运算，化简z，计算虚部，即可．‎ ‎【详解】,故虚部即为i的系数，为-2，故选D．‎ ‎【点睛】本道题看考查了复数的化简，关键在于化简z，属于较容易的题．‎ ‎3.命题“对任意”为真命题的一个充分不必要条件可以是(　 　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在命题为真命题的情况下求得的范围，在选项中找到所得范围的真子集即可.‎ ‎【详解】命题为真命题，则对恒成立 ‎ 是的真子集 是命题为真的充分不必要条件 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查充分不必要条件的求解问题，关键是明确充分不必要条件与集合包含关系之间的关系.‎ ‎4.若，，，则，，的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本道题结合指数,对数运算性质,结合1和对数单调性进行判断,即可.‎ ‎【详解】,‎ ‎,故,故选D.‎ 点睛】本道题考查了指数、对数比较大小，可以结合1以及对数性质进行比较，难度中等．‎ ‎5.若曲线在点(1，m)处的切线垂直于y轴，则实数 A. B. ‎0 ‎C. 1 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导数，求得切线的斜率，由题意可得k=0，解方程即可得到m的值.‎ ‎【详解】f（x）的导数为f′（x）=m+，‎ 曲线y=f（x）在点P（1，m）处的切线斜率为k=m+1=0，可得m=﹣1．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出切点及斜率，其求法为：设是曲线上的一点，则以为切点的切线方程为：．若曲线在点的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为．‎ ‎6.为得到图象，只需要将函数的图象（ ）‎ A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用诱导公式、函数的图象变换规律，得出结论.‎ ‎【详解】由题可知，的图象，‎ 将其向右平移个单位有，‎ 欲得到的图象，则 所以应向右平移个单位 故选：D ‎【点睛】本题考查三角函数图象的平移变换过程中解析式的变化，属于简单题 ‎7.根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限约为，而可观测宇宙中普通物质的原子总数约为.则下列各数中与最接近的是（ ）（参考数据：）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数的性质可得：，代入将也化为10为底的指数形式，进而可得结果.‎ ‎【详解】由题意：，，‎ 根据对数性质有：2＝10lg2≈10030，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查指数式的性质与简单对数式的运算，属于中档题.‎ ‎8.过点作一直线与双曲线相交于、两点，若为中点，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 设出直线AB的方程与双曲线方程联立消去y，设两实根为，，利用韦达定理可表示出的值，根据P点坐标求得＝8进而求得k，则直线AB的方程可得；利用弦长公式求得|AB|．‎ ‎【详解】解：易知直线AB不与y轴平行，设其方程为y﹣2＝k（x﹣4）‎ 代入双曲线C：，整理得（1﹣2k2）x2+8k（2k﹣1）x﹣32k2+32k﹣10＝0‎ 设此方程两实根为，，则 又P（4，2）为AB的中点，‎ 所以8，‎ 解得k＝1‎ 当k＝1时，直线与双曲线相交，即上述二次方程的△＞0，‎ 所求直线AB的方程为y﹣2＝x﹣4化成一般式为x﹣y﹣2＝0．＝8，＝10‎ ‎|AB|||•4．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的应用，圆锥曲线与直线的关系，弦长公式等．考查了学生综合分析和推理的能力．‎ ‎9.‎2019年4月25日-27日，北京召开第二届“一带一路”国际高峰论坛，组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问，要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为 ( )‎ A. 198 B. ‎268 ‎C. 306 D. 378‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，分两种情况讨论，①3人中有2名中国媒体和1名国外媒体，求出不同的提问方式的种数；②3人中有1名中国媒体和2名国外媒体，求出不同的提问方式的种数，由分类计数原理相加即得答案．‎ ‎【详解】分两种情况，若选两个国内媒体一个国外媒体，有种不同提问方式；‎ 若选两个外国媒体一个国内媒体，有种不同提问方式，‎ 所以共有种提问方式.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查排列组合的综合应用，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.‎ ‎10.已知正项数列的前项和为，且，，设数列的前项和为，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由，根据题意求出，再由裂项相消法求出，进而可得出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 因此，即，‎ 又为正项数列，所以，‎ 故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，‎ 因此，‎ 所以，‎ 因为，所以.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查等差数列以及数列的求和，熟记等差数列的通项以及裂项相消法求和即可，属于常考题型.‎ ‎11.如图所示，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋（球体）离蛋巢底面的最短距离为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为蛋巢的底面是边长为的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为，又因为鸡蛋的体积为，所以球的半径为，所以球心到截面的距离，而截面到球体最低点距离为，而蛋巢的高度为，故球体到蛋巢底面的最短距离为.‎ 点睛:本题主要考查折叠问题，考查球体有关的知识.在解答过程中，如果遇到球体或者圆锥等几何体的内接或外接几何体的问题时，可以采用轴截面的方法来处理.也就是画出题目通过球心和最低点的截面，然后利用弦长和勾股定理来解决.球的表面积公式和体积公式是需要熟记的.‎ ‎12.已知函数（，且）在上单调递减，且关于x的方程恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是 A. B. [，] C. [，]{} D. [，）{}‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由在上单调递减可知，由方程恰好有两个不相等的实数解，可知，，又时，抛物线与直线相切，也符合题意，∴实数的取值范围是 ‎，故选C.‎ ‎【考点】函数性质综合应用 ‎【名师点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：‎ ‎（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；‎ ‎（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；‎ ‎（3）数形结合法：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．‎ 二、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）‎ ‎13.展开式中只有第六项二项式系数最大，则_______，展开式中的常数项是_______.‎ ‎【答案】 (1). 10 (2). 180‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由展开式中只有第六项二项式系数最大，可得n＝10.再利用的通项公式即可得出.‎ ‎【详解】展开式中只有第六项二项式系数最大，.‎ 的通项公式：，‎ 其中常数项，令解得.‎ ‎∴常数项为：.‎ 故答案为：(1). 10 (2). 180‎ ‎【点睛】本题考查求二项式指定项的系数，属于简单题.‎ ‎14.边长为2正三角形中，点满足，则 ‎ ‎______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量的加法有,则,然后用向量数量积的运算法则和定义进行计算.‎ ‎【详解】在正三角形中，边长为2，‎ 所以,‎ 则.‎ ‎ ‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题考查向量的加法运算，数量积的定义和运算法则，属于基础题.‎ ‎15.在中，角所对的边分别为，若，且的面积.则角__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 的面积,结合面积公式，可得，代入已知等式中，得到 ‎，先用正弦定理，后用余弦定理，最后求出角的值.‎ ‎【详解】，‎ 代入中，得，由正弦定理,可将上式化简为，，由余弦定理可知：‎ ‎,所以有，又因为，所以角.‎ ‎【点睛】本题考查了面积公式、正弦定理、余弦定理.解题的关键在于对公式的模型特征十分熟悉.‎ ‎16.已知是椭圆的左右焦点，是短轴的一个端点，线段 的延长线交椭圆于点，若为等腰三角形，则椭圆的离心率为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆的定义及条件求出点的坐标，然后根据点在椭圆上可得，进而可求得椭圆的离心率．‎ ‎【详解】如图，不妨设点是椭圆短轴的上端点，则点D在第四想象内，设点．‎ 由题意得为等腰三角形，且．‎ 由椭圆的定义得，，‎ 又，‎ ‎∴，解得．‎ 作轴于，‎ 则有，，‎ ‎∴，‎ ‎∴点的坐标为．‎ 又点在椭圆上，‎ ‎∴，整理得，‎ 所以．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】求椭圆离心率或其范围的方法 ‎(1)根据题意求出的值，再由离心率的定义直接求解． ‎ ‎(2)由题意列出含有的方程(或不等式)，借助于消去，然后转化成关于的方程(或不等式)求解．‎ 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）‎ ‎17.各项均为整数的等差数列，其前项和为，，，，成等比数列．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，可知，解得，即可求解数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1），可知，可得，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，可知数列中，，，，成等比数列.‎ 则，即，解得，‎ 所以数列的通项公式.‎ ‎（2）由（1），可知，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式的求解，以及“分组求和”的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和等比中项公式，准确求得等差数列的公差是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎18.某工厂采用甲、乙两种不同生产方式生产某零件，现对两种生产方式所生产的这种零件的产品质量进行对比，其质量按测试指标可划分为：指标在区间100的为一等品；指标在区间的为二等品现分别从甲、乙两种不同生产方式所生产的零件中，各自随机抽取100件作为样本进行检测，测试指标结果的频率分布直方图如图所示：‎ 若在甲种生产方式生产的这100件零件中按等级，利用分层抽样的方法抽取10件，再从这10件零件中随机抽取3件，求至少有1件一等品的概率；‎ 将频率分布直方图中的频率视作概率，用样本估计总体若从该厂采用乙种生产方式所生产的所有这种零件中随机抽取3件，记3件零件中所含一等品的件数为X，求X的分布列及数学期望．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由频率分布直方图求出对应的频率和频数，再计算所求的概率值；‎ ‎（2）由题意知随机变量X～B（3，），计算对应的概率值，写出分布列，求出数学期望值．‎ ‎【详解】由甲种生产方式生产的100件零件的测试指标的频率分布直方图可知，‎ 这100件样本零件中有一等品：件，‎ 二等品：件，‎ 所以按等级，利用分层抽样的方法抽取的10件零件中有一等品4件，二等品6件．‎ 记事件A为“这10件零件中随机抽取3件，至少有1件一等品”，‎ 则；  ‎ 由乙种生产方式生产的100件零件的测试指标的频率分布直方图可知，‎ 这100件样本零件中，一等品的频率为，‎ 二等品的频率为；‎ 将频率分布直方图中的频率视作概率，用样本估计总体，‎ 则从该厂采用乙种生产方式所生产的所有这种零件中随机抽取3件，其中所含一等品的件数，‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎；‎ 的分布列为：‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 所以数学期望为 ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图与离散型随机变量的应用问题，是中档题,第二问关键是确定为二项分布.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为梯形，，，且．‎ ‎（1）在PD上是否存在一点F，使得平面PAB，若存在，找出F的位置，若不存在，请说明理由；‎ ‎（2）求二面角的大小．‎ ‎【答案】（1）在BC上存在点F，当时，有平面PAB.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据条件可得、、两两垂直，以为原点建立坐标系，设，从而得到，若平面，则与平面的法向量垂直，从而得到关于的方程，得到的值，确定出的位置；‎ ‎（2）利用空间向量求出平面，平面的法向量，根据向量夹角公式，得到两平面法向量的夹角，从而得到二面角的大小.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵平面ABCD，平面ABCD，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴，‎ 则可以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 假设在PD上存在一点F，使得平面PAB，‎ 设，‎ 由，得，‎ 由可得，‎ 又，故.‎ 因为，，平面，‎ 所以平面，‎ 故可取平面PAB的一个法向量为，‎ 若平面PAB，则，解得，‎ 故在BC上存在点F，当时，有平面PAB.‎ ‎（2）由（1）可知 ‎∴‎ 设平面PAD的法向量 则，‎ 令，则，‎ 此时 设平面PBD的法向量 则，‎ 令，则 此时 ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎∵二面角为锐二面角，‎ ‎∴二面角的大小为.‎ ‎【点睛】本题考查利用空间向量由线面平行求点所在的位置；利用空间向量求二面角的大小，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆：的四个顶点围成的四边形的面积为，原点到直线的距离为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知定点，是否存在过的直线，使与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的左顶点？若存在，求出的方程：若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在，且方程为或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依题意列出关于a,b,c的方程组，求得a,b,进而可得到椭圆方程；（2）联立直线和椭圆得到，要使以为直径的圆过椭圆的左顶点，则，结合韦达定理可得到参数值.‎ ‎【详解】（1）直线的一般方程为.‎ 依题意，解得，故椭圆的方程式为.‎ ‎（2）假若存在这样的直线，‎ 当斜率不存在时，以为直径的圆显然不经过椭圆的左顶点，‎ 所以可设直线的斜率为，则直线的方程为.‎ 由，得.‎ 由，得.‎ 记，的坐标分别为，，‎ 则，，‎ 而 .‎ 要使以为直径的圆过椭圆的左顶点，则，‎ 即 ，‎ 所以 ，‎ 整理解得或，‎ 所以存在过的直线，使与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的左顶点，直线的方程为或.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）设函数，求函数的极值；‎ ‎（2）若在上存在一点，使得成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）当时，极大值为，无极小值；当时，无极值；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，对分类讨论求出单调区间，即可求出结论；‎ ‎（2）在上存在一点，使得成立，即为，只需，结合（1）中的结论对分类讨论求出，即可求解.‎ ‎【详解】（1）依题意，定义域为，‎ ‎∴，‎ ‎①当，即时，‎ 令，∵，∴，‎ 此时，在区间上单调递增，‎ 令，得.‎ 此时，在区间上单调递减.‎ ‎②当，即时，恒成立，‎ 在区间上单调递减.‎ 综上，当时，‎ 在处取得极大值，无极小值；‎ 当时，在区间上无极值. ‎ ‎（2）依题意知，上存在一点，使得成立，‎ 即在上存在一点，使得，‎ 故函数在上，有.‎ 由（1）可知，①当，‎ 即时，在上单调递增，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∵，∴.‎ ‎②当，或，‎ 即时，在上单调递减，‎ ‎∴，∴.‎ ‎③当，即时，‎ 由（2）可知，在处取得极大值也是区间上的最大值，‎ 即，‎ ‎∵，∴在上恒成立，‎ 此时不存在使成立.‎ 综上可得，所求的取值范围是或.‎ ‎【点睛】本题考查函数和导数及其应用、不等式能成立等基础知识，考查分类讨论思想，意在考查逻辑推理与数学运算的数学核心素养，属于中档题题.‎ 请从下面所给的22、23题两题中选定一题作答，如果多答按所答第一题评分.‎ 选修4-4：极坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为，（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求和的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知直线与轴交于点，且与曲线交于，两点，求的值.‎ ‎【答案】（1）直线的直角坐标方程为，的普通方程；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用将直线的极坐标方程转化为直角坐标方程.利用将曲线的参数方程转化为直角坐标方程.（2）先求得点的坐标，写出直线的参数方程并代入 的直角坐标方程，写出韦达定理，利用直线参数的几何意义求解出所要求的表达式的值.‎ ‎【详解】解：（1）因为直线的极坐标方程为，所以直线的直角坐标方程为.‎ 因为曲线的参数方程为（为参数），所以曲线的普通方程.‎ ‎（2）由题可知，‎ 所以直线的参数方程为，（为参数），‎ 代入，得.‎ 设，两点所对应的参数分别为，，‎ 则，.‎ ‎ .‎ ‎【点睛】本小题主要考查极坐标方程、参数方程转化为直角坐标方程，考查直线参数方程的几何意义，属于中档题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）或；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）首先通过对绝对值内式子符号的讨论，将不等式转化为一元一次不等式组，再分别解各不等式组，最后求各不等式组解集的并集，得到所求不等式的解集；（Ⅱ）首先利用绝对值不等式定理得到函数的最小值，将不等式恒成立问题转化为关于的不等式解的问题，再通过对绝对值内式子符号的讨论，转化为不含绝对值的不等式组，最后求解不等式组.‎ ‎【详解】（Ⅰ）不等式为，可以转化为：‎ 或或， ‎ 解得或，所以原不等式的解集是或. ‎ ‎（Ⅱ），‎ 所以 或， ‎ 解得或.‎ 所以实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法、绝对值不等式定理，考查转化与化归思想、分类与整合思想，突显了数学运算、逻辑推理的考查.‎