【文档说明】【精准解析】四川省泸县第五中学2020届高三下学期第一次在线月考数学（文）试题.doc，共(19)页，1.689 MB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省泸县第五中学高三第一学月考试文科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题

时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合A={x|x<1}，B={x|31x}

，则A.{|0}ABxx=B.ABR=C.{|1}ABxx=D.AB=【答案】A【解析】∵集合{|31}xBx=∴|0Bxx=∵集合{|1}Axx=∴|0ABxx=，|1ABxx=故选

A2.若复数1513zi=+，2728zi=+，其中i是虚数单位，则复数()12zzi−的实部为()A.20−B.15C.30D.8【答案】B【解析】()()12513728215izzii−=+−+=−−，()12152izzi−=−∴实部为15，故选B点睛：对于复数(,)

abiabR+，当且仅当b=0时，复数a+bi(a、b∈R)是实数a；当b≠0时，复数z=a+bi叫做虚数；当a=0且b≠0时，z=bi叫做纯虚数；当且仅当a=b=0时，z就是实数03.在等差数列*()nanN中，若45

627aaa++=，则19aa+等于()A.9B.27C.18D.54【答案】C【解析】【详解】4565327aaaa++==,解得59a=，则195218aaa+==，故选C.考点：等差数列的性质——等差中项.4.在平行四边形ABCD中，3,4ABAD==，则ACDB等于（）A.1

B.7C.25D.7−【答案】D【解析】()()229167ACBDABADABADABAD=+−=−=−=−,故选D.5.在ABC中，D为BC上一点，E是AD的中点，若BDDC=，13CEABAC=+，则+=（）A.13B.

13−C.76D.76−【答案】B【解析】【分析】将CE利用平面向量的加法和减法运算，转化为以CD和CA为基底表示出来，根据E是AD的中点列方程，求得,的值.【详解】()1111133333CECBCAACCBCACDCA+=−+=+−−=+−

−，因为E是AD的中点，所以1132+=，1132−−=，解得15,26==−，13+=−.故选B.【点睛】本题考查平面向量的线性运算和平面向量的基本定理，考查推理论证的能力.属于中档题6.函数()1cosfxxxx=−（x

−且0x）的图象可能为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】因为11()()cos()cos()fxxxxxfxxx−=−+=−−=−，故函数是奇函数，所以排除A，B；取x=，则11()()cos()0f

=−=−−，故选D.考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.7.在四棱锥PABCD−中，所有侧棱都为42，底面是边长为26的正方形，O是P在平面ABCD内的射影，M是PC的中点，则异面

直线OP与BM所成角为（）A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】C【解析】【分析】先取N为OC的中点，得到OPMN，则BMN是异面直线OP与BM所成的角，根据题意，求出5MN=，25BM=，解三角形，即可得出结果.【详解】由

题可知O是正方形ABCD的中心，取N为OC的中点，所以OPMN，则BMN是异面直线OP与BM所成的角.因为OP⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD，因为在四棱锥PABCD−中，所有侧棱都为42，底面是边长为26的正方形，所以23OC=，所以321225OP=−=，因此5MN

=，又在PBC中，2223232245cos22328PBPCBCBPCPBPC+−+−===•，所以22252cos32824222208BMPBPMPBPMBPC=+−••=+−=，即25BM=，所以1cos2MNBMNMB==

，则异面直线OP与BM所成的角为60.故选C【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，熟记几何法作出异面直线所成的角，再求解即可，属于常考题型.8.已知函数2log,0()3,0xxxfxx=，且函数(

)()hxfxxa=+−有且只有一个零点，则实数a的取值范围是()A.[1,)+B.(1,)+C.(,1)−C.(,1]−【答案】B【解析】【详解】由已知，画出函数2log,0()3,0xxxfxx=的图象如图，根据题意函数()()hxfxxa=+−有且只有一个零点，就

是)yfx=（的图象与yax=−的图象有且只有一个交点，如图：显然当1a＞时，两个函数有且只有一个交点，故选B．9.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A.8(31)++B.8(31)2++C.8(31)+−D.8(31)+【答案】A

【解析】该几何体为长方体挖去了一个圆锥，圆锥的底面半径为1，母线长为2，所以几何体的表面积由长方体的表面积减圆锥底面圆的面积，还要加上圆锥的侧面积，所以几何体的表面积为242342112838S=+−+=++，故选A.10.若函数2()sinln(14)fxxaxx=

++的图象关于y轴对称，则实数a的值为（）A.2B.2C.4D.4【答案】B【解析】【分析】根据图象对称关系可知函数为偶函数，得到()()fxfx=−，进而得到2211414axxxax++=+−恒成立

，根据对应项系数相同可得方程求得结果.【详解】()fx图象关于y轴对称，即()fx为偶函数()()fxfx=−即：()()2221sinln14sinln14sinln14xaxxxxaxxxax++=−+−=+−2211414axxxax++=+−恒成立，即：222141xax+−=2

4a=，解得：2a=本题正确选项：B【点睛】本题考查根据函数的奇偶性求解参数值的问题，关键是能够明确恒成立时，对应项的系数相同，属于常考题型.11.设双曲线C：221(0)8xymm−=的左、右焦点分别为1F，2F，过1F的直线与双

曲线C交于M，N两点，其中M在左支上，N在右支上.若22FMNFNM=，则MN=（）A.82B.8C.42D.4【答案】A【解析】【分析】由22FMNFNM=得22FMFN=，再由定义即可求解【详解】由22FMNFNM=可

知，22FMFN=.由双曲线定义可知，2142MFMF−=，1242NFNF−=，两式相加得，11||82NFMFMN−==.故选A【点睛】本题考查双曲线的定义与方程，考查推理论证能力以及数形结合思想.12.已知函数2

()35fxxx=−+，()lngxaxx=−，若对(0,)xe，12,(0,)xxe且12xx，使得()()(1,2)ifxgxi==，则实数a的取值范围是（）A.16,eeB.741,eeC.74160,,e

eeD.746,ee【答案】D【解析】【分析】先求出()fx的值域，再利用导数讨论函数()gx在区间()0,e上的单调性，结合函数值域，由方程有两个根求参数范围即可.【详解】因为()

gxaxlnx=−，故()1axgxx=−，下面讨论()gx的单调性：当0a时，()0gx，故()gx在区间()0,e上单调递减；当10,ae时，()0,xe时，()0gx，故()

gx在区间()0,e上单调递减；当1ae时，令()0gx=，解得1xa=，故()gx在区间10,a单调递减，在区间1,ea上单调递增.又()11,1aglnageae=+=−，且

当x趋近于零时，()gx趋近于正无穷；对函数()fx，当()0,xe时，()11,54fx；根据题意，对(0,)xe，12,(0,)xxe且12xx，使得()()(1,2)ifxgxi==成立，只需()111,54ggea，即可得11

1,154lnaae+−，解得746,aee.故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究由方程根的个数求参数范围的问题，涉及利用导数研究函数单调性以及函数值域的问题，属综合困难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设向量(2,4)m=，(3,)()nR

=−，若mn⊥，则=______.【答案】32【解析】【分析】由向量垂直得的方程求解即可【详解】依题意，0mn=，即640−+=，解得32=.故答案为32【点睛】本题考查向量垂直的充要条件，考查运算求解能力以及化归与转化思想.14.在

[0,20]中任取一实数作为x，则使得不等式12log(1)4x−−成立的概率为______.【答案】45P=【解析】【分析】解对数不等式求得x的取值范围，根据几何概型概率计算公式计算出所求的概率.【详

解】依题意，111222log(1)4log(1)log16xx−−−0116117xx−，故所求概率17142005P−==−.故答案为45P=.【点睛】本小题主要考查对数不等式的解法，考查几何概型概率计算方法，属于基础题.15.已知抛物线22(0)ypxp=经过点

(1,2)M，直线l与抛物线交于相异两点A，B，若MAB的内切圆圆心为(1,)t，则直线l的斜率为______.【答案】-1【解析】【分析】先求出抛物线方程，然后直线与抛物线联立，得到1212,yyyy+，点M和圆心横坐标相同，根据几何关系

可知直线MA和直线MB斜率相反，将所得的1212,yyyy+代入，得到直线l的斜率.【详解】将点()1,2M代入22ypx=，可得2p=，所以抛物线方程为24yx=，由题意知，直线l斜率存在且不为0，设直线l的方程为()0xmynm=+，代入24yx=，得2440ymyn−−=

，设()11,Axy，()22,Bxy，则124yym+=，124yyn=−，又由MAB的内切圆心为()1,t，可得121222121222220111144MAMByyyykkyyxx−−−−+=+=+

=−−−−，整理得124440yym++=+=，解得1m=−，从而l的方程为yxn=−+，所以直线l的斜率为-1.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，设而不求的方法表示交点间的关系，属于中档题.16.已知四面体ABCD的四个顶点均在球O的表面上，AB为球O的直径，

AB=4，AD=2，BC=22，则四面体ABCD体积的最大值为_______．【答案】433【解析】【分析】根据AB为直径得出三角形ADB和三角形ACB是直角三角形，当平面ABD⊥平面ABC时，四面体的体积取得最大值.计算出三角形ADB的高和三角形ACB的面积，由此计算出最大体积.

【详解】由于AB为直径，故三角形ADB和三角形ACB是直角三角形，三角形ADB和三角形ACB是直角三角形，2222ACABBC=−=,2223BDABAD=−=.设三角形ADB中AB边上的高为h，由等面积公式得114232,322

hh==.当平面ABD⊥平面ABC时，四面体的体积取得最大值.max114322223323V==.【点睛】本小题主要考查球的几何性质，考查三棱锥体积的求法，属于中档题.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.

第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.如图，已知ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sin()sinsinaAcaCbB

+−=，点D是AC的中点，DEAC⊥，交AB于点E，且2BC=，62DE=.（1）求B；（2）求ABC的面积.【答案】(1)60B=(2)332+【解析】【分析】（1）通过正弦定理实现边角转化，再应用余弦定理，可求出B．（2）根据已知条件可以确定AECE=，并求出它们的表达式，在

BCE中，运用外角与内角的关系、正弦定理，可求出A，BE的大小，最后求出面积．【详解】解（1）()sinsinsinaAcaCbB+−=，由sinsinsinabcABC==得222acacb+−=，由余弦定理得2221cos22a

cbBac+−==，0B，60B=:（2）连接CE，如下图：D是AC的中点，DEAC⊥，AECE=，6sin2sinDECEAEAA===，在BCE中，由正弦定理得sinsinsin2CEBCBCBBECA==，622sinsin602sincosAAA=，2co

s2A=，0A，45A=，75ACB=，30BCEACBACE=−=，90BEC=，3CEAE==，31ABAEBE=+=+，133·22ABCSABCE+==，【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理、三角形面

积公式．18.如图，在四棱锥PABCD−中，平面PAD⊥平面ABCD，//ABDC，PAD是等边三角形，已知24BDAD==，225ABDC==.（1）设M是PC上的一点，证明：平面MBD⊥平面PAD；（2）求四棱

锥PABCD−的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)23.【解析】【分析】（1）由题意结合几何关系可证得BD⊥平面PAD，结合面面垂直的判断定理可得平面MBD⊥平面PAD.（2）过P作POAD⊥交AD于O，易知PO为四棱锥PABCD−的高，计算可得3PO=，四边形ABCD的面积为6S=，则棱

锥的体积23PABCDV−=.【详解】（1）在ABD中，由于2AD=，4BD=,25AB=，∴222ADBDAB+=.故ADBD⊥.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，BD平面ABCD，∴BD⊥平面PAD.又BD平面MBD，故平面MBD

⊥平面PAD.（2）如图，过P作POAD⊥交AD于O，由于平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.∴PO为四棱锥PABCD−的高.又PAD是边长为2的等边三角形，∴3232PO==.在底面四边形ABCD中，//ABDC

，2ABDC=，所以四边形ABCD是梯形.在RtADB中，斜边AB边上的高为2445525=，∴四边形ABCD的面积为25545625S+==.故163233PABCDV−==.【点睛】本题主要考查面面垂直的判断定理，棱锥的体积公式等知识

，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19.为了整顿道路交通秩序，某地考虑对行人闯红灯进行处罚.为了更好地了解市民的态度，在普通人中随机抽取200人进行调查，当不处罚时，有80人会闯红灯，处罚时，得到如下数据：处罚金额x（单位：元）5101520会闯红灯的人数y5040200若

用表中数据所得频率代替概率.（1）当处罚金定为10元时，行人闯红灯的概率会比不进行处罚降低多少？（2）将选取的200人中会闯红灯的市民分为两类：A类市民在罚金不超过10元时就会改正行为；B类是其它市民.现对A类与B类市民按

分层抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷，则前两位均为B类市民的概率是多少？【答案】(1)15；(2)16.【解析】【分析】（1）用频率近似概率计算可得行人闯红灯的概率会降低15.（2）由题意可知A类市民和B类市民各抽出

两人，列出所有可能的事件，结合古典概型计算公式可得抽取4人中前两位均为B类市民的概率是16.【详解】（1）设“当罚金定为10元时，闯红灯的市民改正行为”为事件A，则()4012005PA==.∴当罚金定为10元时，比不制定处罚，行人闯

红灯的概率会降低15.（2）由题可知A类市民和B类市民各有40人，故分别从A类市民和B类市民各抽出两人，设从A类市民抽出的两人分别为1A、2A，设从B类市民抽出的两人分别为1B、2B.设从“A类与B类市民按分层抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷”为

事件M，则事件M中首先抽出1A的事件有()1212,,,AABB，()1221,,,AABB，()1122,,,ABAB，()1122,,,ABBA，()1221,,,ABAB，()1212,,,ABBA，共6种.同理首先抽出2A、1B、2B的事

件也各有6种.故事件M共有4624=种.设从“抽取4人中前两位均为B类市民”为事件N，则事件N有()1212,,,BBAA，()1221,,,NBBAA，()2112,,,BBAA，()2121,,,BBAA.∴

()41246PN==.∴抽取4人中前两位均为B类市民的概率是16.【点睛】本题主要考查频率与概率的应用，古典概型计算公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20.已知椭圆2222:1(0)xyCaba

b+=的左、右焦点分别是12FF，，,AB是其左右顶点，点P是椭圆C上任一点，且12PFF的周长为6，若12PFF面积的最大值为3.（1）求椭圆C的方程；（2）若过点2F且斜率不为0的直线交椭

圆C于,MN两个不同点，证明：直线AM于BN的交点在一条定直线上.【答案】(1)22143xy+=(2)见解析【解析】【分析】（1）利用椭圆的定义，可求出12PFF周长的表达式，当P点是椭圆的上（或下）顶点时，12PFF面积有最大值为3，列出等式，结合2

22abc=+，求出椭圆方程；（2）设出直线MN的方程，与椭圆方程联立，得到一个一元二次方程，求出直线AM与BN的交点的坐标，结合一元二次方程根与系数关系，得出结论．【详解】解：（1）由题意得222226,123,2,acbcabc+===+1,3,2,cba===椭

圆C的方程为22143xy+=；（2）由（1）得()2,0A−，()2,0B，()21,0F，设直线MN的方程为1xmy=+，()11,Mxy，()22,Nxy，由221143xmxxy=++=，得(

)2243690mymy++−=，122643myym+=−+，122943yym=−+，()121232myyyy=+，直线AM的方程为()1122yyxx=++，直线BN的方程为()2222yyxx=−−，()()121

22222yyxxxx+=−+−，()()2112212121232322yxmyyyxxyxmyyy+++===−−−，4x=，直线AM与BN的交点在直线4x=上.【点睛】本题考查了椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、定直线问题

．21.已知函数()()2ln1fxxxax=−+−．（1）当1a=时，证明()fx的图象与x轴相切；（2）当1a时，证明()fx存在两个零点．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先求导，再设切点，求出切点坐标，即可证明，（2）分离参数，构造函数，利用导数求出函数

的最值，即可证明.【详解】证明：（1）当a＝1时，f（x）＝（x﹣2）lnx+x﹣1．∴f′（x）＝lnx++1，若f（x）与x轴相切，切点为（x0，0），∴f（x0）＝（x0﹣2）lnx0+x0﹣1＝0f′（

x0）＝lnx0++1＝0，解得x0＝1或x0＝4（舍去）∴x0＝1，∴切点为（1，0），故f（x）的图象与x轴相切（2）∵f（x）＝（x﹣2）lnx+ax﹣1＝0，∴a＝﹣＝﹣lnx+，设g（x）＝﹣lnx+，∴g′（x）＝﹣﹣+＝，令h（x）

＝1﹣2x﹣2lnx易知h（x）在（0，+∞）为减函数，∵h（1）＝1﹣1﹣2ln1＝0，∴当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，∴g（x）max＝g（1）＝1，当x→0时，g（x）→﹣∞，当x→+∞时

，g（x）→﹣∞，∴当a＜1时，y＝g（x）与y＝a有两个交点，即当a＜1时，证明f（x）存在两个零点【点睛】本题考查了导数的几何意义，函数的零点，导数和函数的最值的关系，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，属中档题．（二）选考题：共10

分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.在极坐标系中，直线l：ρcosθ3=，P为直线l上一点，且点P在极轴上方.以OP为一边作正三角形OPQ(逆时针方向)，且OP

Q面积为3．()1求Q点的极坐标；()2求OPQ外接圆的极坐标方程，并判断直线l与OPQ外接圆的位置关系．【答案】（1）πQ2,2；（2）直线与圆相外切．【解析】【分析】()1直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换．()2利用一元二次方程根和系数的关系

求出结果．【详解】()1由题意，直线l：ρcosθ3=，以OP为一边作正三角形OPQ(逆时针方向)，设3P,θcosθ，由且OPQ面积为3，则：233()34cosθ=，得3cosθ2=，所以πθ6=.由于OPQ为正三角形，所以：OQ的极角为π2

，且POOQ2==，所以πQ2,.2()2由于OPQ为正三角形，得到其外接圆的直径43OR3=，设()Mρ,θ为OPQ外接圆上任意一点．在RtOMR中，πρcosθ3OR−=，所以()Mρ,θ满足43πρ

cosθ33=−．故OPQ的外接圆方程43πρcosθ33=−，又由直线l：x3=和OPQ的外接圆直角坐标方程为2223xyx2y03+−−=．可得圆心到直线的距离23d3=，即为半径，故直线与圆相外切

．【点睛】本题主要考查了参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．23.已知函数()21fxxmx=−+−，mR（1）当1m=时，解不等式()2fx；（2）

若不等式()3fxx−对任意0,1x恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）403xx；（2）02mm【解析】【分析】（1）当1m=时，得()121fxxx=−+−，分类讨论，即

可求解.（2）由题意()3fxx−对任意的0,1x恒成立，转化为321xmxx−−−−对任意的0,1x恒成立，借助函数的图象，即可求解.【详解】（1）当1m=时，()121fxxx=−+−，所以()123

,21,1232,1xxfxxxxx−=−，()2fx即求不同区间对应解集，所以()2fx的解集为403xx.（2）由题意，()3fxx−对任意的0,1

x恒成立，即321xmxx−−−−对任意的0,1x恒成立，令()321gxxx=−−−=12,02143,12xxxx+−，所以函数yxm=−的图象应该恒在()gx的下方，

数形结合可得02m.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对

值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．