《安徽省庐巢七校联盟2020届高三数学第五次联考试题文（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省庐巢七校联盟2020届高三数学第五次联考试题文（含解析）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、安徽省庐巢七校联盟2020届高三数学第五次联考试题 文（含解析）一选择题(本大题共有12小题，四个选项中只有一个正确，每小题5分，共60分)1.设集合，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先化简集合，再由交集的概念，即可得出结果.【详解】因为，所以.故选A【点睛】本题主要考查集合的交集运算，熟记概念即可，属于基础题型.2.复数（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：由的幂的结果进行化简详解：故选点睛：本题考查了复数的化简，由的幂的结果进行化简，然后进行除法运算即可3.“”是“”的（）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【
2、答案】A【解析】【分析】根据以及充分不必要条件的定义可得.【详解】因为，所以,所以”是“”的充分不必要条件.故选A【点睛】本题考查了对数不等式以及充分必要条件,属基础题.4.已知，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】，由于角为第三象限角，故，.5.将函数图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出平移后的函数解析式，进而可求出结果.【详解】将函数图象上所有的点向右平移个单位长度后，得到函数的图象，则故选D【点睛】本题主要考查由三角函数平移后的解析式求函数值，熟记三角函数的平移原则即可，属于基础题型.6.若
3、是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】利用空间线面、面面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解【详解】对于A中，若，则，所以不正确；对于B中，若，则与的关系不能确定，所以不正确；对于C中，若，则与的关系不能确定，所以不正确；对于D中，若，可得，又由，可得，所以是正确的故选：D【点睛】本题主要考查了空间线面、面面位置关系的判定定理与性质定理，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题7.已知等差数列的前项和为，若，则（ ）A. 3B.
4、9C. 18D. 27【答案】D【解析】设等差数列的首项为，公差为.，即故选D.8.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 A. B. C. D. 【答案】A【解析】由三视图可得，该几何体为右侧的一个半圆锥和左侧的一个三棱锥拼接而成由三视图中的数据可得其体积为选A9.若向量，则与的夹角等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用坐标表示出和，根据向量夹角公式直接求解即可得到结果.【详解】由题意得：，又 本题正确选项：【点睛】本题考查利用向量数量积和模长求解向量夹角的问题，关键是能够熟练掌握向量数量积和模长的坐标运算.10.在上可导的函数的图像如图所示，则关于的不
5、等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别讨论三种情况，然后求并集得到答案.【详解】当时：函数单调递增，根据图形知：或 当时：不成立当时：函数单调递减根据图形知：综上所述：故答案选B【点睛】本题考查了根据图像判断函数的单调性，意在考查学生的读图能力.11.函数在单调递减，且为奇函数.若，则满足的x取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据奇函数的性质由，可以求出的值，再利用函数的单调性结合已知，可以求出x取值范围.【详解】为奇函数，.，.故由，得.又在单调递减，.故选：D【点睛】本题考查了利用奇函数的单调性求解不等式问题，考查了数学运算
6、能力.12.已知函数与图象上存在关于直线对称的点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】关于对称的函数为，将问题转化为与图像有交点的问题来解决.令，将其变为两个函数，利用导数研究这两个函数的图像，由此求得的取值范围.【详解】关于对称的函数为，所以原问题等价于与图像有交点，令化简得，对于，故其在上递减，在上递增，由此画出和的图像如下图所示.要使有解，直线的斜率要介于切线的斜率和直线的斜率之间.当时，即，所以.设，故切线的方程为，将原点坐标代入得，解得，故，所以斜率的取值范围是，故选D.【点睛】本小题主要考查利用导数研究存在性问题，考查化归与转化的数学思想方法，
7、考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.由于题目涉及还有这两个条件，可以想到和互为反函数，它们的图像关于对称.由此将问题转化为和图像有交点的问题来解决.二填空题(本大题共有4个小题，每小题5分，共20分)13.已知实数满足约束条件，则目标函数的最大值为_【答案】5【解析】【分析】画出约束条件所表示的可行域，结合图象确定出目标函数的最优解，代入即可求解【详解】由题意，作出约束条件所表示平面区域，如图所示，目标函数，可化为直线，当直线过点C时，直线在y轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为故答案为：5 【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题其中解
8、答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题14.，则的最小值为_【答案】8【解析】【分析】利用“乘1法”，结合基本不等式，即可求解，得到答案【详解】由题意，因为，则，当且仅当，即时取等号即的最小值为8故答案为：8【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值问题，其中解答中熟记“乘1法”的应用，熟练应用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题15.设为所在平面内一点，若，则_【答案】-3【解析】【分析】直接利用向量的线性运算求出结果【详解】为所在平面内一点, ，B，C，D
9、三点共线.若 ，化为： =+，与=+，比较可得： ，解得.即答案为-3.【点睛】本题考查的知识要点：向量的线性运算及相关的恒等变换问题16.已知.是球的球面上三点，三棱锥的高为，且，则球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】根据三角形ABC关系求出其所在截面圆的半径，根据球的几何特征求出球的半径，根据球的表面积公式得解.【详解】由题：中，根据余弦定理可得，由正弦定理可得：所在外接圆的直径为，半径为2，取外接圆心，根据球的几何性质平面，就是三棱锥的高为=，所以球的半径为，所以球的表面积为.故答案为：【点睛】此题考查求几何体的外接球的大小，根据正余弦定理求截面所在圆的半径，关键在于熟练掌握几何体中
10、的线面位置关系，构建等量关系求解球的半径.三解答题17.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.（1）求角C；（2）若，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析：（1）根据正弦定理把化成，利用和角公式可得从而求得角；（2）根据三角形的面积和角的值求得，由余弦定理求得边得到的周长.试题解析：（1）由已知可得（2）又，的周长为考点：正余弦定理解三角形.18.已知等差数列的前项和为，若，（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先设等差数列的首项为，公差为，根据题意列出方程组，求出首项与公差，即可得出结果；（2）由裂项相消法，直
11、接求解，即可得出结果【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，因为 ，则：，解得，所以（2）由于，所以则【点睛】本题考查求等差数列的通项公式，以及求数列的和，熟记等差数列的通项公式与求和公式，以及裂项相消法求数列的和即可，属于基础题型19.如图，在四棱锥中，底面是菱形，（1）证明：；（2）若面面，求到平面的距离【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于，连接，推导出，面，由此能证明（2）推导出是三棱锥的高，设到平面的距离为，根据，即可求出结果【详解】（1）连接交于，连接，在菱形中，是的中点，又因为，所以，又，所以面，又面，所以（2）因为面面，面面面，面，所以面，即是三棱锥的高
12、依题意可得，是等边三角形，所以，在等腰，经计算得，等腰三角形的面积为，设点到平面的距离为，则由，得，解得，所以到平面的距离为【点睛】本题主要考查证明线线垂直，以及求点到面的距离，熟记线面垂直的判定定理与性质定理，以及等体积法求点到面的距离即可，属于常考题型.20.已知函数（1）求的最小正周期，并求的最小值及取得最小值时的集合；（2）令，若对于恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）最小正周期是，最小值为的集合为；（2）.【解析】【分析】（1）化简函数，结合三角函数的图象与性质，即可求解；（2）化简，根据，求得的最大值为，再根据题意，得到，即可求解【详解】（1）由题意，函数，可得其最小正周期是，当
13、，可得，即时，函数最小值为此时的集合为（2）由因为，得，则，所以，若对于恒成立，则，所以，即求实数的取值范围【点睛】本题主要考查了三角恒等变换，以及三角函数的图象与性质综合应用，其中解答中利用三角恒等变换的公式，求得函数的解析式，结合三角函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题21.解关于的不等式【答案】当时，不等式的解集是或；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.当时，不等式的解集为.【解析】【分析】先将不等式化为，当时，分，三种情况讨论，求出解集；当，化简原不等式，直接求出结果；当时，化简不等式，解对应一元二次不等式，即可求出结果
14、.【详解】不等式可化为.当时，原不等式可以化为，根据不等式的性质，这个不等式等价于.因为方程两个根分别是2，所以当时，则原不等式的解集是；当时，原不等式的解集是；当时，则原不等式的解集是.当时，原不等式为，解得，即原不等式的解集是.当时，原不等式可以化为，根据不等式的性质，这个不等式等价于，由于，故原不等式的解集是或.综上所述，当时，不等式的解集是或；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.当时，不等式的解集为.【点睛】本题主要考查含参数的一元二次不等式的解法，灵活运用分类讨论的思想，即可求解，属于常考题型.22.已知函数f（x）=，其中a0.（）若a=1，求曲线y=f（x）在点（2，f（2）处的切线方程；（）若在区间上，f（x）0恒成立，求a的
