1、河南省八市重點高中聯盟2020屆高三數學第五次測評試題 理（含解析）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設集合，則（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化簡集合A，B根據補集和交集的定義即可求出【詳解】集合Ay|y2x1（1，+），Bx|x11，+），則RB（，1）則A（RB）（1，1），故選：C【點睛】本題考查集合的交、并、補集的混合運算，是基礎題解題時要認真審題，仔細解答2.已知復數，則（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用復數的運算法則、模的計算公式即可得出【詳解】由題 故 故選：A【點睛

2、】本題考查了復數的運算法則、模的計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題3.等比數列中，則（ ）A. B. C. 2D. 4【答案】B【解析】【分析】將 轉化為關于 和q的算式，計算出q即可求出【詳解】因為q4，所以q8+q420，所以q44或q45（舍），所以q22，1，所以故選：B【點睛】本題考查了等比數列的通項公式，考查等比數列的性質，要求熟練掌握等比數列的性質的應用，比較基礎4.如圖，在正方形內任取一點，則點恰好取自陰影部分內的概率為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由定積分的運算得：S陰（1）dx（x），由幾何概型中的面積型得：P（A），得解【詳解】由圖可

3、知曲線與正方形在第一象限的交點坐標為（1，1），由定積分的定義可得：S陰（1）dx（x），設“點M恰好取自陰影部分內”為事件A，由幾何概型中的面積型可得：P（A），故選：B【點睛】本題考查了定積分的運算及幾何概型中的面積型，考查基本初等函數的導數，屬基礎題5.已知，則（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由題意利用兩角差的正余弦公式展開求得tan的值，再利用二倍角公式求得的值【詳解】由題 ，則 故 故選：A【點睛】本題主要兩角差的正余弦公式，二倍角公式的應用，同角三角函數的基本關系，屬于基礎題6.如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則此幾何體的各個

4、面中是直角三角形的個數為（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】畫出幾何體的直觀圖，判斷出各面的形狀，可得答案【詳解】三視圖還原為如圖所示三棱錐A-BCD：由正方體的性質得 為直角三角形， 為正三角形故選：C【點睛】本題考查的知識點是簡單幾何體的直觀圖，數形結合思想，難度中檔7.已知橢圓：的右焦點為，過點作圓的切線，若兩條切線互相垂直，則橢圓的離心率為（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由題意畫出圖形，可得，兩邊平方后結合隱含條件得答案【詳解】如圖， 由題意可得，則2b2c2，即2（a2c2）c2，則2a23c2，即e故選：D【點睛】本題考查橢圓的簡

5、單性質，考查數形結合的解題思想方法，是中檔題8.已知函數，若，則（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由題推導函數關于點（2,1）對稱即可求解【詳解】因為 故函數關于點（2,1）對稱，則 故選：B【點睛】本題考查函數的對稱性，考查對數的運算，考查推理計算能力，是中檔題9.已知將函數的圖象向右平移個單位長度得到函數的圖象，若和的圖象都關于對稱，則（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由函數yAsin（x+）的圖象變換即可得的圖象，利用函數的對稱性求解即可【詳解】由題 又和的圖象都關于對稱，則 ，得 ，即，又，故， ，則故選：A【點睛】本題考查，函數yAsin（

6、x+）的圖象變換確定其解析式，考查三角函數的性質，考查學生分析問題解決問題的能力，屬于中檔題10.已知實數，滿足，若的最大值是3，則實數的取值范圍是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】畫出不等式組對應的可行域，將目標函數變形，數形結合判斷出z最大時，a的取值范圍【詳解】令當時，不等式組的可行域如圖陰影所示： 將目標函數變形得y2x+z，由題知z無最大值，舍去當時，不等式組的可行域如圖陰影所示：將目標函數變形得y2x+z，由題知z最大時，直線的縱截距最大，在（0,3）取得最大3，符合題意；當時，不等式組的可行域如圖陰影所示將目標函數變形得y2x+z，由題知z最大時，直線的縱截

7、距最大，在（0,3）取得最大3，符合題意；綜上： 故選：A【點睛】本題考查線性規(guī)劃，考查分類討論思想和數形結合思想，準確作圖計算是關鍵是中檔題11.已知函數，若方程有五個不同的實數根，則的取值范圍是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由方程的解與函數圖象的交點問題得：方程f（x）f（x）有五個不同的實數根等價于yf（x）的圖象與yg（x）的圖象有5個交點，作圖可知，只需yax與曲線ylnx在第一象限由兩個交點即可，利用導數求切線方程得：設過原點的直線與ylnx切于點P（x0，y0），得lnx01，即f（e），即過原點的直線與ylnx相切的直線方程為yx，即所求a的取值范圍為

8、0，得解【詳解】設g（x）f（x），則yg（x）的圖象與yf（x）的圖象關于原點對稱，方程f（x）f（x）有五個不同的實數根等價于函數yf（x）的圖象與yg（x）的圖象有5個交點，由圖可知，只需yax與曲線ylnx在第一象限有兩個交點即可，設過原點的直線與ylnx切于點P（x0，y0），由f（x），則ylnx的切線為ylnx0（xx0），又此直線過點（0，0），所以lnx01，所以x0e，即f（e），即過原點的直線與ylnx相切的直線方程為yx，即所求a的取值范圍為0，故選：B【點睛】本題考查了方程的解與函數圖象的交點個數問題及利用導數求切線方程，屬中檔題12.在一個圓錐內有一個半徑為的半球，

9、其底面與圓錐的底面重合，且與圓錐的側面相切，若該圓錐體積的最小值為，則（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】畫出三視圖及正視圖，設圓錐的底面半徑為，高為 ,得，進一步得圓錐體積，求導求最值即可求解【詳解】幾何體如圖一所示：其正視圖如圖二所示設圓錐的底面圓心為O, 半徑為，高為,則OA=, 又圓錐體積 令 ，則 當，故在 單調遞增，在單調遞減，故在取得最小值，此時 故選：B【點睛】本題考查球的組合體問題，考查利用導數求最值，考查空間想象和轉化化歸能力，是難題二、填空題：本題共4小題，每小題5分.13.已知向量，滿足，向量在向量方向上的投影為1，則_.【答案】【解析】【分析】

10、由投影求得，再由模長公式求解即可【詳解】因為向量在向量方向上投影為1則| 2故答案為2【點睛】本題考查平面向量的數量積及幾何意義，考查模長公式，注意平面向量的數量積公式的靈活運用14.從4名男生和3名女生中選出4名去參加一項活動，要求男生中的甲和乙不能同時參加，女生中的丙和丁至少有一名參加，則不同的選法種數為_.（用數字作答）【答案】23【解析】【分析】由排列組合及分類討論思想分別討論：設甲參加，乙不參加，設乙參加，甲不參加，設甲，乙都不參加，可得不同的選法種數為9+9+523，得解【詳解】設甲參加，乙不參加，由女生中的丙和丁至少有一名參加，可得不同的選法種數為9，設乙參加，甲不參加，由女生中

11、的丙和丁至少有一名參加，可得不同的選法種數為9，設甲，乙都不參加，由女生中的丙和丁至少有一名參加，可得不同的選法種數為5，綜合得：不同的選法種數為9+9+523，故答案為：23【點睛】本題考查了排列組合及分類討論思想，準確分類及計算是關鍵，屬中檔題15.在數列中，是數列的前項和，若，則_.【答案】1010【解析】【分析】討論n的奇偶性得的周期性，再求和即可【詳解】當n為偶數，當n為奇數，即故 即為周期為4的數列，又故 故，則1010故答案為1010【點睛】本題考查數列的遞推關系，考查數列的周期性及求和，準確計算是關鍵，是中檔題16.已知雙曲線：的左、右頂點分別為，點在曲線上，若中，則雙曲線的漸

12、近線方程為_.【答案】【解析】【分析】利用已知條件求出P的坐標（x，y）滿足的條件，然后求解a，b的關系即可，【詳解】如圖，過B作BMx軸，PBAPAB，則PABPBM，PAB+PBx即kPAkPB1設P（x，y），又A（a，0），B（a，0），x2y2a2，ab，則雙曲線C的漸近線方程為yx，故答案為：yx【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質的應用，考查轉化思想以及計算能力屬于中檔題三、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.如圖中，為的中點，.（1）求邊的長；（2）點在邊上，若是的角平分線，求的面積.【答案】（1）10；（2）.【解析】【分析】（1）由題

13、意可得cosADBcosADC，由已知利用余弦定理可得：9+BD252+9+BD2160，進而解得BC的值（2）由（1）可知ADC為直角三角形，可求SADC6，SABC2SADC12，利用角平分線的性質可得，根據SABCSBCE+SACE可求SBCE的值【詳解】（1）因為在邊上，所以，在和中由余弦定理，得，因為，所以，所以，.所以邊的長為10.（2）由（1）知為直角三角形，所以，.因為是的角平分線，所以.所以，所以.即的面積為.【點睛】本題主要考查了余弦定理，三角形的面積公式，角平分線的性質在解三角形中的綜合應用，考查了轉化思想和數形結合思想，屬于中檔題18.如圖，三棱柱中，平面平面，.（1）

14、求證：平面平面；（2）若與平面所成的線面角為，求二面角的余弦值.【答案】（1）詳見解析；（2）.【解析】【分析】（1）由平面ACC1A1平面ABC，結合面面垂直的性質可得BCA1C，再由B1C1BC，得A1C平面AB1C1；（2）取AC中點M，連接A1M，由已知可得A1MAC，且，令AA1AC2CB2，則以C為坐標原點，分別以CA，CB所在直線為x，y軸，過C且平行于A1M 的直線為z軸建立空間直角坐標系分別求出平面ACB1 與平面A1B1C的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得二面角C1AB1C的余弦值【詳解】（1）因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以.因為，所以.因為

15、是平行四邊形，且，所以是菱形，.因為，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）取的中點，連接，因為是菱形，所以是正三角形，所以，且.令，則.所以以為原點，以所在直線為軸，所在直線為軸，過點且平行于直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.則，.設平面的一個法向量為，則，所以，得，令，則，所以.由（1）知平面，所以是平面的一個法向量，所以.所以二面角的余弦值為.【點睛】本題考查平面與平面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，訓練了利用空間向量求解空間角，是中檔題19.已知為坐標原點，過點的直線與拋物線：交于，兩點，且 （1）求拋物線的方程；（2）過點作直線交拋物線于，兩點，記，的面積分別為，證明：

16、為定值.【答案】（1）；（2）詳見解析.【解析】【分析】（1）設直線l的方程為xmy+1，與拋物線C的方程聯立消去x得關于y的方程，利用根與系數的關系表示，從而求得p的值；（2）由題意求出弦長|AB|以及原點到直線l的距離，計算OAB的面積S1，同理求出OPQ的面積S2，再求的值【詳解】（1）設直線：，與聯立消得，.設，則，.因為，所以，解得.所以拋物線的方程為.（2）由（1）知是拋物線的焦點，所以.原點到直線的距離，所以.因為直線過點且，所以.所以.即為定值.【點睛】本題考查了拋物線的定義與性質的應用問題，也考查了直線與拋物線方程的應用問題，是中檔題20.2020年1月4日，據“央視財經”微

17、信公眾號消息，點外賣已成為眾多消費者一大常規(guī)的就餐形式，外賣員也成為了一種職業(yè).為調查某外賣平臺外賣員的送餐收入，現從該平臺隨機抽取100名點外賣的用戶進行統(tǒng)計，按送餐距離分類統(tǒng)計得如下頻率分布直方圖：將上述調查所得到的頻率視為概率.（1）求的值，并估計利用該外賣平臺點外賣用戶的平均送餐距離；（2）若該外賣平臺給外賣員的送餐費用與送餐距離有關，規(guī)定2千米內為短距離，每份3元，2千米到4千米為中距離，每份5元，超過4千米為遠距離，每份9元.（i）記為外賣員送一份外賣的收入（單位：元），求的分布列和數學期望；（ii）若外賣員一天的收入不低于150元，試利用上述數據估計該外賣員一天的送餐距離至少為多

18、少千米？【答案】（1），2.7千米；（2）（i）詳見解析；（ii）81千米.【解析】【分析】（1）由頻數分布表及頻率之和為1可求a；（2）結合頻率分布表、直方圖計算（i）外賣員送一份外賣的收入（單位：元）X的所有可能取值為3，5，9；計算期望，（ii）若外賣員一天的收入不低于150元，可進行估算，因為150530，則估計外賣員一天至少要送30份外賣可計算【詳解】（1）因為，解得.點外賣用戶的平均送餐距離為千米.（2）（i）由題意知所有可能取值為3，5，9.；.所有的分布列為3590.300.550.15的數學期望為（元）.（ii）因為，則估計外賣員一天至少要送30份外賣，所以該外賣員一天的送餐

19、距離至少為千米.【點睛】本題考查由頻率分布表、直方圖進行計算，估算，考查頻數、頻率，考查頻率公式，期望公式的應用，屬于中檔題21.已知函數，且曲線在點處的切線與直線垂直.（1）求函數的單調區(qū)間；（2）求證：時，.【答案】（1）的單調增區(qū)間為，無減區(qū)間（2）詳見解析.【解析】【分析】（1）求出原函數的導函數，得到函數在x1時的導數，再求得f（1），然后利用直線方程的點斜式得答案；（2）構造新函數h（x）exx2（e2）x1，證明ex（e2）x1x2；令新函數（x）lnxx，證明x（lnx+1）x2，從而證明結論成立【詳解】（1）由，得.因為曲線在點處的切線與直線垂直，所以，所以，即，.令，則.所以時，單調遞減；時，單調遞增.所以，所以，單調遞增.即的單調增區(qū)間為，無減區(qū)間（2）由（1）知，所以在處的切線為，即.令，則，且，時，單調遞減；時，單調遞增.因為，所以，因為，所以存在，使時，單調遞增；時，單調遞減；時，單調遞增.又，所以時，即，所以.令，則.所以時，單調遞增；時，單調遞減，所以，即，因為，所以，所以時，即時，.【點睛】本題考查了利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，考查構造新函數求最值證明不等式，是難題請考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分.作答時請寫清題