【文档说明】安徽省芜湖市示范高中2020届高三下学期5月联考文科数学试题【精准解析】.doc，共(24)页，1.563 MB，由小赞的店铺上传

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芜湖市示范高中2020届高三5月联考数学（文科）试题卷一、选择题：本题共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.已知集合1,0,1,2,3,4A，集合{|21,}BxxnnA，则AB（）A.1,0,1,2,3,4B.1,1

,3C.1,3D.{1,1}【答案】B【解析】【分析】先求出集合B,再根据交集运算法则求AB即可.【详解】因为集合1,0,1,2,3,4A,所以集合{|21,}{1,1,3,5,7,9}BxxnnA,所以{1,1,3}AB,故选:B.【点睛】本

题主要考查集合的交集运算,属于基础题.2.已知复数(1)23izi（i为虚数单位），则z在复平面内对应的点位于（）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】【详解】试题分析：由(1)23

izi得23(23)(1)151(1)(1)2iiiiziii，故对应的点的坐标为15(,)22，故选项为C.考点：复数的性质.3.已知抛物线22(0)ypxp上的点到准线的最短距离为1，则p的值为

（）A.12B.1C.2D.4【答案】C【解析】【分析】抛物线22ypx上的点到准线的最短距离为2p,据此列式求解即可.【详解】因为抛物线22(0)ypxp上的点到准线的最短距离为2p,所以122pp,故选:C.【点睛】

本题主要考查抛物线性质的应用,属于基础题.4.已知na是等差数列，且满足22nnaan，525S，则9a为（）A.17B.18C.19D.20【答案】A【解析】【分析】先根据题中等式解出na的首项与公差,再利用通项公式求9a即可.【详解】设等差数列na的公差为d,因为

22nnaan,525S,故11225415252ndndaad,所以91817aad,故选:A.【点睛】本题主要考查等差数列基本量的计算,考查公式的应用,难度不大.5

.已知2(2)lnfxxx，且00fx，则0x所在的区间为（）A.0,1B.1,2C.2,3D.4,5【答案】A【解析】【分析】先求出()fx,可知其为定义域上的增函数,再根据零点存在性定理求出零

点所在区间.【详解】2(2)lnfxxx,则2()2ln(2)xfxx,根据单调性的性质可知2()2ln(2)xfxx是定义域上的增函数,故()fx在定义域内最多有一个零点,又2(0)ln210,(1)ln303ff,所以存在0(0,1)x,使得00f

x,故选:A.【点睛】本题主要考查零点存在性定理的应用,结合了解析式､单调性等相关知识,难度不大.6.某班级要选出同学参加学校组织的歌唱比赛，自愿报名的同学共有6人，其中4名女生，2名男生，现从中随机选出3名同学，

则选出的3名同学中至少1名男生的概率是（）A.35B.710C.34D.45【答案】D【解析】【分析】设4名女生分别为1234,,,AAAA,2名男生分别为12,BB,先列举出全部基本事件,再找出满足条件的基本事件,最后根据古典概型的概率公式求解即可.【详解】设4名女生分别为1234,

,,AAAA,2名男生分别为12,BB,则从这6名同学中随机选出3名同学,共有20种可能,列举如下:123124121122134131132141142112,,,,,,,,,AAAAAAAABAABAAAAABAABAABAA

BABB,234231232241242212341342312412,,,,,,,,,AAAAABAABAABAABABBAABAABABBABB,其中至少有1名男生的可能有16种(以下划线形式标出),因此,根据古典概型的概率公式,可知选出的3名同学中至少有1名男生的概

率164205P,故选:D.【点睛】本题主要考查古典概型概率的求法,常用列举法答题,难度不大.7.将函数sin2fxx的图象向右平移6个单位得到gx，下列关于gx的说法正确的是（）A.12x是对称轴B.在0,2上单调递增C.在0,3上最大值为1D

.在,03上最小值为1【答案】D【解析】【分析】先根据平移变换法则求出()gx,再利用余弦函数的性质判断选项的正误.【详解】函数sin2fxx的图象向右平移6个单位,得到sin(2)3gxx的图象,对于A,当12x

时,1sin()1262g,故A选项错误;对于B,当0,2x时,22,333x,则sin(2)3gxx在区间0,2上不单调,故B选项错误;对于C,

当0,3x,2,333x,则gx在区间0,3上的最大值为3sin332g,故C选项错误;对于D,当,03x,2,33x,则gx在区间

,03上的最小值为sin1122g,故D选项正确;故选:D.【点睛】本题主要考查三角函数性质的应用,考查图象变换,属于中档题.8.已知向量a在b方向上的投影为2，且(

)1abb，则ab（）A.2B.1C.1D.2【答案】D【解析】【分析】根据向量的投影和数量积的定义可知2abb,再结合()1abb,即可解出b,从而得出ab.【详解】因为向量a在b方向上的投影为2,所以cos,2abaabb

,故有2abb,又()1abb,即21abb,因此2211bbb,所以2ab,故选:D.【点睛】本题主要考查向量数量积和投影的应用,考查计算能力,难度不大.9.已知实数x，y满足220100xyxymxy

，且2zxy的最大值为1，则实数m的值为（）A.34B.1C.32D.2【答案】C【解析】【分析】先作出满足条件的可行域,再结合目标函数的几何意义得到最优解,结合题中所给目标函数的最值,联立方程得出最优解的坐标,再代入含参直线即可.【详解】

作出满足约束条件的可行域,如下图阴影部分所示:将目标函数2zxy变形为:2yxz,结合上图可知,直线2yxz过点B时,z取最大值,又由题知z的最大值为1,故此时目标函数对应的直线方程为21yx,联立102213xyxyxy

,即()2,3B,因为直线0mxy过点()2,3B,所以32m,故选C.【点睛】本题主要考查简单线性规划的应用,考查数形结合思想的应用,属于中档题.目标函数的几何意义一般有截距,斜率和距离三种情况.1

0.已知函数3()(0)xxfxaxbxeea，其中e是自然对数的底数，若fx在R上单调递增，则b的范围是（）A.beB.2bC.1bD.0b【答案】B【解析】【分析】由题可知2(30)xxfxaxbee在R上恒成立,即23

xxbaxee在R上恒成立,设2()3xxgxaxee,利用()gx的奇偶性和导数研究其单调性,求出()gx的最小值,即可得出答案.【详解】3()(0)xxfxaxbxeea,则2()3xxfxaxbee

,因为fx在R上单调递增,所以2(30)xxfxaxbee在R上恒成立,即23xxbaxee在R上恒成立,设2()3xxgxaxee,则()6xxgxaxee,当0x时,()6

0xxgxaxee,所以函数()gx在(0,)上单调递增,又2()3()xxgxaxegxe,所以()gx是偶函数,因此()gx在(,0)上单调递减,所以min()(0)2gxg,所以2b,故选:B.【点睛】本题主要考查函数单调性和导数的应

用,考查转化思想,属于中档题.在遇见含参的恒成立问题时,一般选择分离参数后,将恒成立问题转化为简单函数的最值问题.11.已知一个几何体的三视图如图所示，俯视图为等腰三角形，则该几何体的外接球表面积为（）A.8B.414C.283D.1369【答案】B【解析】【分析

】先根据三视图还原几何体,再求出几何体底面ABC的外接圆圆心及半径,然后利用“三棱锥的外接球球心在过底面中心的垂线上”这一性质,确定外接球球心,最后利用勾股定理求出外接球半径即可得解.【详解】根据三视图还原几何体如下:设D为AB的中点,则有2,2

,2,ABCDPAACBC,且PA平面ABC,设M为ABC的外心,r为ABC的外接圆半径,则AMCMr,故在AMD中,有222ADMDAM,即2251(2)4rrr,如图所示,过M作//MNPA,且MNPA,此时MN平面ABC,设MN的中点为O

,则OPOA,故点O即为三棱锥PABC的外接球球心,又2224116AOAMOM,所以三棱锥PABC的外接球半径414R,所以三棱锥PABC的外接球表面积24144SR,故选:B.【点睛】本题主要考查了三棱锥外接球半径的求法,考查了三视图还原

几何体,有一定难度.本题中既可利用“三棱锥的外接球球心在过底面中心的垂线上”这一性质去确定外接球球心,也可将三棱锥还原成对应的三棱柱去确定球心,要求学生具备一定的空间思维与想象能力.12.已知函数211()ln(1)221xfxxx

，且1af，()3bf，cos13()0cf，下列结论中正确的是（）A.acbB.abcC.bcaD.bac【答案】C【解析】【分析】先确定()fx的奇偶性以及其在,0上的单调性,从而得出()fx在R上的单调性,然后利用单调性

比较函数值的大小即可.【详解】211()ln(1)221xfxxx,其定义域为R,当0x时,根据基本函数的单调性与单调性的性质可知,()fx在,0上单调递减,又221112()ln(1)ln(1)221221xxxfxxxxx

,所以()()0fxfx,所以()fx是奇函数,因此()fx在R上单调递减,因为1af,()(3)3ffb,()cos130(cos130)fcf,又12cos130(,

)22,所以3cos1301,所以(3)(cos130)(1)fff,即bca,故选:C.【点睛】本题主要考查利用函数单调性比较函数值的大小问题,考查学生对函数性质的综合运用,有一定难度.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知函数

2log32fxx，若3fa，则a__________．【答案】2【解析】【分析】将xa代入()fx解析式,列式求解即可.【详解】因为2log32fxx,所以2log(32)3faa,解得2a,故答案为:2.【点睛】本

题考查根据解析式和函数值求自变量,考查解方程,属于基础题.14.过点1,2M且倾斜角为135的直线l与圆228xy相交的弦长为__________．【答案】30【解析】【分析】先根据点斜式写出直线方程,再求出圆心到直线的距离,最后利用垂径定理构造直角三角形列

式求解即可.【详解】因为直线l过点1,2M且倾斜角为135,所以直线l的方程为2(1)yx,即10xy,又圆228xy的圆心为(0,0),半径为22,所以圆心(0,0)到直线l的距离1222d,所以

直线l与圆228xy相交的弦长为2222(22)()302,故答案为:30.【点睛】本题主要考查直线与圆相交的弦长问题,考查计算能力,属于中档题.15.18世纪德国数学家提丢斯给出一串数列：0，3，6，12，24，48，96，192，…，容易发现，从第3项开始，每一项是前一项的2

倍．将每一项加上4得到一个数列：4，7，10，16，28，52，100，196，…．再每一项除以10得到：0.4，0.7，1.0，1.6．2.8，5.2，10.0，…，这个数列称为提丢斯数列．则提丢斯数列的通项na__________．【答案】20.4,1()324,210

nnnNn【解析】【分析】根据题中条件按顺序确定每一个数列的通项公式即可.【详解】设数列:0,3,6,12,24,48,96,192,…,为nc,由题可知,该数列的通项公式为*20,1()32,2nnncnNn

,设将nc中的每一项加上4得到数列nb,则*24,1()324,2nnnbnNn,最后将数列nb中的每一项除以10,则可得到数列*20.4,1()324,210nnnanNn,故答案为

:20.4,1()324,210nnnNn.【点睛】本题主要考查数列通项公式的求法,难度不大.16.已知1F，2F分别为双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左、右焦点，过点2

F且斜率为3的直线l与双曲线C交于A，B两点，且12BFBF，22()AFFBR，则实数的值为__________．【答案】3【解析】【分析】设22||,||BFmAFn,则在12RtBFF中,有1||3,BFm又121

2||||||||2AFAFBFBFm,所以1||2AFnm,最后在1RtABF△中,利用勾股定理列式即可解出,mn的比例关系,从而求出.【详解】设22||,||BFmAFn,因为直线AB的斜率为3,所以21tan3BFF,故在12R

tBFF中,有1||3,BFm又直线l与双曲线C交于A,B两点,所以1212||||||||2AFAFBFBFm,所以12||||22AFAFmnm,在1RtABF△中,有22211||||||BFABAF,即2229()(2)mmnnm,化简得230mmn,因

为0,m所以3nm,所以223AFFB,即3,故答案为:3.【点睛】本题主要考查双曲线性质的应用,考查学生的计算分析能力,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.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足36sin3sin4sinaAbBcC．（Ⅰ）求角B的余弦值；（Ⅱ）若2a，角B的平分线BD

交AC于点D，求BD的长度．【答案】（Ⅰ）13；（Ⅱ）3BD．【解析】【分析】(Ⅰ)由正弦定理得2223634abc,因此3ca,23ba,再利用余弦定理即可求出cosB;(Ⅱ)利用余弦定理求出cosC,由cosABC求出cosCBD

,从而求出sinCDB,即可在BCD中,利用正弦定理求解BD.【详解】(Ⅰ)因为36sin3sin4sinaAbBcC,由正弦定理得2223634abc,∴3ca,23ba,由余弦定理可得:222

1cos23acbBac;(Ⅱ)由(Ⅰ)得:36ca,2343ba,BD是角B的平分线,∴21coscos22cos13ABCCBDCBD,∴3cos3CBD,∴6sin3CBD,又由余弦定理得222448363

cos232243abcCab,∴6sin3C,∴sinsin(())CDBCBDC22sin()3CBDC,故在BCD中,由正弦定理得623,3sinsin223BCBDBDCDBC.【点睛】本题主要考

查正､余弦定理解三角形,考查分析计算能力,属于中档题.18.某学校为了了解该校高三年级学生寒假在家自主学习的情况，随机对该校300名高三学生寒假的每天学习时间（单位：h）进行统计，按照0,2，2,4，4,6，6

,8，8,10的分组作出频率分布直方图如图所示．（Ⅰ）根据频率分布直方图计算该校高三年级学生的平均每天学习时间（同一组中的数据用该组区间中点值代表）；（Ⅱ）该校规定学习时间超过4h为合格，否则不合格．已知这300名学生中男生有140人，其中合格的

有70人，请补全下表，根据表中数据，能否有99.9%的把握认为该校高三年级学生的性别与学习时长合格有关？男生女生总计不合格合格70总计140160300参考公式：22()()()()()nadbcKabcdacbd

，其中nabcd．参考附表：20PKk0.0500.0100.0010k3.8416.63510.828【答案】（Ⅰ）4.36；（Ⅱ）有99.9%的把握认为该校高三年级学生的性别与学习时长合格有关．【解析】【分析】(Ⅰ)根据频

率分布直方图直接计算平均值即可;(Ⅱ)先求出300名学生中合格的人数,再补全表格,然后根据表格数据和公式计算2K,最后将2K与0k进行比较,进而得出结论.【详解】(Ⅰ)高三年级学生平均每天的学习时间为:2(0.

0410.1630.2350.0670.019)4.36(h);(Ⅱ)300名学生中合格的人数为3002(0.230.060.01)180(人),故补全表格如下:男生女生总计不合格7050120合格70110180总计140160300所以222()300

(701105070)10.937510.828()()()()120180140160nadbcKabcdacbd,所以有99.9%的把握认为该校高三年级学生的性别与学习时长合格有关.【

点睛】本题考查了根据频率分布直方图求均值,考查了独立性检验,难度不大.19.如图1所示在菱形ABCD中，2AB，60DAB，点E是AD的中点，将ABE△沿BE折起，使得平面ABE平面BCDE得到如图2所示的四棱锥ABCDE，点F为AC的中点．在图2中（Ⅰ）证明：//DF平面ABE；（Ⅱ

）求点A到平面BEF的距离．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）255．【解析】【分析】(Ⅰ)取AB的中点G,连接EG,GF,利用////GFBCDE且1=2GFBCDE可证明四边形DEGF为平行四边形,从而有//

DFEG,进而证明出//DF平面ABE;(Ⅱ)设点A到平面BEF的距离为h,连接CE,由ABEFFABEVV可得ABEBEFSDEhS,因此利用垂直关系与面积公式计算出,ABEBEFSS即可得出答案.【详解】(

Ⅰ)取AB的中点G,连接EG,GF,在菱形ABCD中,E为AD的中点,∴//DEBC,12DEBC,又G,F为AB,AC的中点,∴GF为ΔABC的中位线,∴//GFBC且12GFBC,∴//GFDE且=GFDE,∴四边形DEGF为平行四边形,∴

//DFEG,又DF平面ABE,EG平面ABE,∴//DF平面ABE;(Ⅱ)设点A到平面BEF的距离为h,连接CE,∵平面ABE平面BCDE,平面ABE平面BCDEBE=,AEBE,∴AE⊥平面BCDE,∴AEEC,同理可证DE平面ABE,又22

7ECBEBC,∴221722ACAEEC,又F为AC的中点,∴122EFAC,同理122BFAC,∴131532244BEFS,又32ABES,且ABEFFABEVV

,∴1133BEFABEShSDE,∴255h.【点睛】本题主要考查了空间中的垂直､平行关系,考查了利用等体积法求点到平面的距离,需要学生具备一定的空间思维和计算能力,属于中档题.20.已知椭圆2222:1

(0)xyCabab的焦距和短轴长度相等，且过点(2,1)．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）圆24:4Oxy与椭圆C分别交y轴正半轴于点A，B，过点,0Pm（22m，且0m）且与x轴垂直的直线l分别交圆O与椭圆

C于点M，N（均位于x轴上方），问直线AM，BN的交点是否在一条定直线上，请说明理由．【答案】（Ⅰ）22142xy；（Ⅱ）两直线交点一定在x轴上，理由详见解析．【解析】【分析】(Ⅰ)根据题意列出关于,,abc的方程,解方程组求出,ab,即可得椭圆方程;(

Ⅱ)设1112,,,NxyMxy,由2211142xy,2212144xy,可推出212yy,然后利用两点坐标写出直线,AMBN的直线方程,联立直线方程即可求出交点的纵坐标,从而得出直线AM,BN的交点一定在x轴上.【详解】(Ⅰ)由题

意可得:22222211bcababc,解得:24a,22b,∴椭圆C的方程为22142xy;(Ⅱ)由题可知(0,2),(0,2)AB,设1112,,,NxyMxy因

为N在椭圆上,M在圆上,所以2211142xy,2212144xy,所以212yy,直线1122:2yAMyxx,直线112:2yBNyxx,设两直线的交点坐标为00,xy,则00222

yy,解得00y,故直线AM,BN的交点一定在x轴上.【点睛】本题考查了椭圆方程的求法,考查了直线与圆锥曲线相交的定直线问题,需要学生综合运用所学知识,属于中档题.21.已知函数sincs()ofxmxx

，其中m为常数，且23是函数fx的极值点．（Ⅰ）求m的值；（Ⅰ）若(1)()xkefx在0x上恒成立，求实数k的最小值．【答案】（Ⅰ）2m；（Ⅱ）13．【解析】【分析】(Ⅰ)先对()fx求导,再利用2()03f,列式求解m,最后再进行检验即

可;(Ⅱ)令()(1)sin2cosxgxkexx,则题意可转化为0gx在0x上恒成立,对()gx求导,然后分13k,103k和0k三种情况,研究()gx的单调性,判断其最小值是否大于0,从而得出结论.【详解】(Ⅰ)sincs()ofxmxx,则2cos1()

(co)smfxmxx,23是函数fx的极值点,2()0,1032mf,2m,又2m时,2cos12()(2)cosfxxx,当2(0,)3x时,0fx,2(,)3x

时,0fx,∴fx在2(0,)3上单调递增,2(,)3上单调递减,∴23是函数fx的极大值点,∴2m符合题意;(Ⅱ)令()(1)sin2cosxgxkexx,则00g

,由题得0gx在0x上恒成立,2co12(scos)(2)xxxgxke,令2cos1,3tx,则22123211,(2)coscos3ttxx,①当1

3k时,13xke,则0gx,∴gx在(0,)上单调递增,∴00gxg,成立;②当103k时,令hxgx,则3sincos2(1)(s)()co2xxxhxexk,在(0,)x时,0hx,∴hx在(

0,)上单调递增,又1(0)03hk,1(0)hke,则在(0,)上存在唯一0x使得00hx,∴当00,xx时,0hx,gx在00,x上单调递减,00gxg,不符合题意;③当0k时,在(0,)2x时,0gx,∴

gx在(0,)2上单调递减,此时00gxg,不符合题意;综上所述,实数k的最小值为13.【点睛】本题考查极值点的应用,考查利用导数研究恒成立问题,有一定难度.在遇见含参的恒成立问题时,常分离参数

,将恒成立问题转化为简单函数的最值问题,或者利用分类讨论法解决问题.（二）选考题：共10分．请考生在第22.23题中任选—题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22.在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为(co

s2sin)10，曲线C的极坐标方程为22135cos272．（Ⅰ）求直线l和曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）点M为曲线C上一点，求M到直线l的最小距离．【答案】（Ⅰ）直线l的直角坐标方程为：2100xy，曲线C的直角坐标方程为

22194xy；（Ⅱ）5．【解析】【分析】(Ⅰ)利用极坐标与直角坐标的转换公式直接转换即可;(Ⅱ)由(1)得曲线C的参数方程为3cos2sinxy(为参数),设(3cos,2sin)M

,然后利用点到直线的距离公式和三角函数的性质即可求出最小距离.【详解】(Ⅰ)由(cos2sin)10得直线l的直角坐标方程为:2100xy,由22135cos272得2222135cossin72

,22222213135581872xyxyxy所以曲线C的直角坐标方程为22194xy;(Ⅱ)由(1)得曲线C的参数方程为3cos2sinxy(为参数),设点(3cos,2sin)M,则点M到

直线l的距离|3cos4sin10||5sin()10|55d,其中3sin5,4cos5,则当sin()1时,距离d最小,最小值为5.【点睛】本题考查了极坐标方程转化为直角坐标方程,考查了椭圆参数方程的应用,难度不大.23.已知函数3()fxaxa

R，不等式1fx的解集为|24xx．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）若不等式41||fxxm有解，求实数m的取值范围．【答案】（Ⅰ）1a；（Ⅱ）6,8．【解析】【分析】(Ⅰ)根据题意可知231431aa

,解该方程组即可得出答案;(Ⅱ)令()()4gxfxx,求出maxgx,则1mmaxgx,据此解不等式即可.【详解】(Ⅰ)因为不等式1fx的解集为|24xx,所

以231431aa,解得1a,此时()|3|1fxx解集为(2,4)满足条件;(Ⅱ)令7,3()()43421,437,4xgxfxxxxxxx,则max7gx,又不等式41fxxm有解,则1

7m,解得m的取值范围为6,8.【点睛】本题考查了绝对值不等式的应用,考查了相关的能成立问题,难度不大.