1、 可修改甘肅省蘭大附中2020屆高三數學5月月考試題 理（含解析）（120分鐘 150分）一、選擇題1. 若集合，則（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】按照并集的定義求出即可.【詳解】因為，所以.故選：D.【點睛】本題考查并集的求法，側重考查對基礎知識的理解和掌握，屬于基礎題.2. 是虛數單位，則（ ）A. B. 2C. D. 【答案】C【解析】【分析】由復數模長的定義可直接求得結果.【詳解】，.故選：.【點睛】本題考查復數模長的求解問題，屬于基礎題.3. 若雙曲線的離心率為，則該雙曲線的漸近線方程為（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由雙曲線離心率，結

2、合的關系求出的關系，代入雙曲線的漸近線方程即可求解.【詳解】因為雙曲線的離心率為，即，所以，又，所以，因為雙曲線的漸近線方程為，所以該雙曲線的漸近線方程為.故選：C【點睛】本題考查雙曲線的標準方程及其幾何性質；考查運算求解能力；屬于基礎題.4. 第18屆國際籃聯籃球世界杯（世界男子籃球錦標賽更名為籃球世界杯后的第二屆世界杯）于2019年8月31日至9月15日在中國的北京、廣州、南京、上海、武漢、深圳、佛山、東莞八座城市舉行.中國隊12名球員在第一場和第二場得分的莖葉圖如圖所示，則下列說法錯誤的是（ ）A. 第一場得分中位數為B. 第二場得分的平均數為C. 第一場得分的極差大于第二場得分的極差D

3、. 第一場與第二場得分的眾數相等【答案】C【解析】【分析】根據莖葉圖按順序排列第一場、第二場得分分數，中間兩數平均數即為中位數，出現次數最多的數為眾數，最大數減最小數為極差，求出相應數據即可判斷各項正誤.【詳解】由莖葉圖可知第一場得分為：0,0,0,0,0,2,3,7,10,12,17,19，中位數為，眾數為0，極差為19，第二場得分為：0,0,0,0,3,6,7,7,9,10,10,24，眾數為0，平均數為，極差為24，所以選項C的說法是錯誤的.故選：C【點睛】本題考查莖葉圖，根據莖葉圖計算樣本數據的中位數、眾數及平均數，屬于基礎題.5. 已知數列是等差數列，其前項和為，若，則（ ）A. 6

4、B. 4C. 11D. 3【答案】A【解析】【分析】利用等差數列的性質和等差數列前n項和公式即可求解.【詳解】因，由等差數列前n項和公式可得，解得，由等差數列的性質可得，所以.故選：A【點睛】本題考查等差數列的性質和等差數列前n項和公式；考查運算求解能力；靈活運用等差數列的性質和等差數列的前n項和公式是求解本題的關鍵；屬于基礎題.6. 展開式中含的系數是（ ）A. 15B. C. 10D. 【答案】D【解析】【分析】由二項展開式通項公式可確定，由此可求得系數.【詳解】展開式的通項，當時，即的系數為.故選：.【點睛】本題考查二項展開式指定項系數的求解問題，關鍵是熟練掌握二項展開式通項公式的形式.

5、7. 函數的圖象大致為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根據題意，利用函數奇偶性的定義判斷函數的奇偶性排除選項；利用排除選項A即可.【詳解】由題意知，函數的定義域為，其定義域關于原點對稱，因為又因為，所以，即函數為偶函數，故排除；又因為，故排除A.故選：B【點睛】本題考查函數解析式較復雜的圖象的判斷;利用函數奇偶性、特殊值符號的正負等有關性質進行逐一排除是解題的關鍵;屬于中檔題.8. 某幾何體的三視圖如圖所示，三個視圖中的曲線都是圓弧，則該幾何體的體積為（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三視圖可知，該幾何體為由的球體和的圓錐體組成，結合三視圖中的數

6、據，利用球和圓錐的體積公式求解即可.【詳解】由三視圖可知，該幾何體為由的球體和的圓錐體組成，所以所求幾何體的體積為，因為，所以，即所求幾何體的體積為.故選：A【點睛】本題考查三視圖還原幾何體及球和圓錐的體積公式；考查學生的空間想象能力和運算求解能力；三視圖正確還原幾何體是求解本題的關鍵；屬于中檔題、常考題型.9. 圖為祖沖之之子祖暅“開立圓術”中設計的立體模型.祖暅提出“祖氏原理”，他將牟合方蓋的體積化成立方體與一個相當于四棱錐的體積之差，從而求出牟合方蓋的體積等于（為球的直徑），并得到球的體積為，這種算法比外國人早了一千多年，人們還用過一些類似的公式，根據，判斷下列公式中最精確的一個是（ ）

7、A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用選項中的公式化簡求得，找到最精確的選項即可.【詳解】由得：.由得：，；由得：，；由得：，；由得：，的公式最精確.故選：.【點睛】本題考查數學史與立體幾何的知識，關鍵是能夠對選項中的公式進行準確化簡求得的近似值.10. 已知，分別為橢圓的左、右焦點，是橢圓上的一點，且在軸的左側過點作的角平分線的垂線，垂足為，若（為坐標原點）則等于（ ）A. 4B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】延長交的延長線于點,根據題意作出圖形，利用三角形全等和三角形中位線的性質即可求解.【詳解】延長交的延長線于點,作圖如下：因為為的角平分線，且，所以，所以，因

8、為分別為的中點，所以為的中位線，所以，所以.故選：A【點睛】本題考查橢圓方程和直線與橢圓的位置關系；考查數形結合思想和運算求解能力；根據題意作出圖形，三角形中位線的性質的運用是求解本題的關鍵；屬于中檔題.11. 若存在，使得對任意恒成立，則函數在上有下界，其中為函數的一個下界；若存在，使得對任意恒成立，則函數在上有上界，其中為函數的一個上界如果一個函數既有上界又有下界，那么稱該函數有界下述四個結論：1不是函數的一個下界；函數有下界，無上界；函數有上界，無下界；函數有界其中所有正確結論的編號是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根據函數上界、下界及有界的概念，利用導數判斷函數

9、的單調性并求最值，結合選項，利用排除法，對結論進行逐項判斷即可.【詳解】對于結論：當時，由對勾函數的性質知，函數恒成立，所以可得函數對任意恒成立，即1是函數的一個下界，故結論錯誤；對于結論：因為函數，所以，所以當時，；當時，故函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，函數有最小值為，即存在使任意，恒成立，故函數有下界；當時，函數，故函數無上界；因此結論正確；對于結論：因為函數，所以，所以當時，；當時，；當時，；所以函數在 上單調遞增；在上單調遞減，當時，所以函數無上界，故結論錯誤；對于結論：因為函數為周期函數，且，當時，該函數為振蕩函數，所以對任意函數恒成立，故函數有界，故結論正確.故選：B【

10、點睛】本題考查函數的創新應用、利用導數判斷函數的單調性求最值、對勾函數的性質；考查運算求解能力和知識遷移能力；理解有界函數的定義，熟練掌握利用導數判斷函數單調性求最值的方法是求解本題的關鍵；屬于綜合型、難度大型試題.12. 已知數列滿足條件，則的最小值為（ ）A. 3B. 2C. 1D. 0【答案】C【解析】【分析】根據遞推公式，即可求得，再根據其最小值的取得對整數的敏感性，即可容易求得.【詳解】因為，所以，故，又因為，所以，所以，由題知，數列為整數列，所以，當時，等號成立，下面舉例說明可以取到3，所以的最小值為1.故選：C.【點睛】本題是以絕對值為背景的數列的綜合應用，綜合性較強，本題有兩個

11、難點；第一，通過兩邊平方轉化為，進一步利用累加求和的形式求數列前項和；第二，最小值的取得對整數的敏感性較強，后面需要簡單驗證取等號的條件，即列舉某個特殊數列，使得.二、填空題13. 已知向量，若，則實數等于_【答案】【解析】【分析】利用平面向量平行的坐標表示即可求解.【詳解】因為，由平面向量平行的坐標表示可得，解得.故答案為：【點睛】本題考查平面向量平行的坐標表示；考查運算求解能力；屬于基礎題.14. 已知函數，點和是函數圖象上相鄰的兩個對稱中心，則_.【答案】2【解析】【分析】根據正弦函數兩相鄰對稱中心橫坐標間隔為半個最小正周期可求得最小正周期，由此可求得.【詳解】和是兩個相鄰的對稱中心，即

12、，.故答案為：.【點睛】本題考查正弦型函數對稱性和周期性的綜合應用問題，關鍵是明確正弦型函數相鄰的兩個對稱中心橫坐標間隔為半個最小正周期.15. 若，滿足約束條件，則的最大值為_【答案】【解析】【分析】作出不等式組表示的平面區域，平移直線，根據目標函數的幾何意義知，向下平移直線到最高點時，目標函數有最大值，據此求出目標函數最大值即可.【詳解】根據題意,作出不等式組表示的平面區域如圖所示：根據目標函數的幾何意義知，向下平移，當直線經過點A時，目標函數有最大值，聯立方程，解得，即點A為，所以目標函數的最大值為.故答案為：【點睛】本題考查簡單的線性規劃問題；考查運算求解能力和數形結合思想；根據圖形，

13、向下平移直線找到使目標函數取得最大值的點是求解本題的關鍵；屬于中檔題、常考題型.16. 在正三棱柱中，分別為，的中點，平面過點，且平面平面，平面平面，則異面直線與所成角的余弦值為_.【答案】【解析】【分析】由面面平行性質可知，取的中點分別為，可證得，由此得到異面直線所成角為或其補角，通過求得可確定所成角為，進而得到結果.【詳解】平面平面，平面平面，平面平面，取的中點分別為，連接，如圖所示，則，異面直線與所成的角為或其補角，異面直線與所成的角為，異面直線與所成角的余弦值為.故答案為：.【點睛】本題以三棱柱為載體，綜合考查異面直線所成角的求解；解答的基本方法是通過平移直線，把異面直線平移到兩條相交

14、直線上，將異面直線所成角的問題轉變為相交直線所成角的問題.三、解答題（一）必考題：共60分.17. 在中，分別為內角，的對邊，且（1）求角的大小；（2）若，求的最大值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理邊化角，再由兩角和的正弦公式即可求出，結合角的取值范圍即可求解；（2）由（1）知，結合余弦定理得到關于的方程，利用基本不等式即可求解.【詳解】（1）因為，利用正弦定理可得，即，因為，所以，即，因為，所以，因為，所以.（2）由（1）及余弦定理可得，即，所以，當且僅當時等號成立，所以的最大值為.【點睛】本題考查利用正余弦定理解三角形、兩角和的正弦公式及利用基本不等式求最值；考查運

15、算求解能力和知識遷移能力；屬于中檔題、常考題型.18. 如圖，在四棱錐中，底面，底面為直角梯形，分別為線段，的中點（1）證明：平面平面（2）求直線與平面所成角的正弦值【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）連接，設與相交于點，利用線面平行的判定定理和面面平行的判定定理即可證明；（2）由線面垂直的性質可得，故、 、兩兩互相垂直，以為原點，所在的直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，設平面的法向量為，利用空間向量法，則空間向量所成角的余弦值的絕對值即為所求.【詳解】（1）證明：連接，設與相交于點，如圖，因為，且，所以四邊形為矩形，所以為的中點，又因為為的中點，所以為的中位線，即,因為

16、平面， 平面，所以平面，因為，分別為線段，的中點，所以，因為平面，平面，所以平面，因為平面，平面，所以平面平面.（2）因為底面，平面，平面，所以，因為，所以、 、兩兩互相垂直，以為原點，所在的直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：則，所以，設平面的法向量為，則，所以，令，可得，所以，設直線與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題考查利用線面平行的判定定理和面面平行的判定定理證明面面平行、利用空間向量法求線面角；考查邏輯推理能力、轉化與化歸能力和運算求解能力；熟練掌握線面平行、垂直的判定與性質是求解本題的關鍵；屬于中檔題、常考題型.19. 已知函數，（1）討論函

17、數的單調性；（2）若恒成立，求的最大值【答案】（1）當時，函數在上單調遞增；當時，函數在上單調遞增，在單調遞減；（2）的最大值為.【解析】【分析】（1）對函數進行求導，分和兩種情況利用導數判斷函數的單調性；（2）恒成立等價于對任意恒成立，結合（1）中的結論，分和兩種情況分別求出函數的最大值，并滿足，據此得到關于的不等式，進而求出的最大值即可.【詳解】（1）因為函數，所以，當時，在上恒成立，所以函數在上單調遞增；當時，令，則，所以當時，；當時，所以函數在上單調遞增，在單調遞減，綜上可知，當時，函數在上單調遞增；當時，函數在上單調遞增，在單調遞減.（2）由題意知，恒成立等價于對任意恒成立，由（1）

18、知，當時，函數在上單調遞增，所以當時，顯然不符合題意，故舍去；當時，函數在上單調遞增，在單調遞減，所以此時函數的最大值為，即需滿足成立，所以可得，兩邊同時除以可得，令，則，所以函數在上單調遞增，上單調遞減，所以當時，函數有最大值為，即，故所求的最大值為.【點睛】本題考查利用導數研究函數單調性、恒成立問題；考查分類討論思想、轉化與化歸能力和運算求解能力；熟練掌握利用導數判斷函數單調性的方法是求解本題的關鍵；屬于綜合型、難度大型試題.20. 已知點是拋物線上一點，點為拋物線的焦點，.（1）求直線的方程；（2）若直線與拋物線的另一個交點為，曲線在點與點處的切線分別為，直線相交于點，求點的坐標.【答案

19、】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用拋物線焦半徑公式可求得拋物線方程和焦點坐標，進而求得點坐標；由直線兩點式方程可整理得到直線的一般式方程；（2）聯立直線方程與拋物線方程可求得點坐標，假設切線方程，與拋物線方程聯立后可利用求出切線方程，兩條切線方程聯立即可求得交點坐標.【詳解】（1），解得：，拋物線的方程為，又為拋物線上一點，又，直線的方程為，即.（2）聯立得：，解得：或，設，聯立得：，由得：，直線的方程為：，即.同理可求得直線的方程為：.由得：，即點的坐標為.【點睛】本題考查直線與拋物線的綜合應用問題，涉及到拋物線焦半徑公式的應用、拋物線切線方程的求解等知識；解決直線與拋物線的綜合問題

20、時，需要注意：（1）觀察、應用題設中的每一個條件，明確確定直線、拋物線的條件；（2）強化有關直線與拋物線聯立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題；（3）注重平面幾何的知識，利用數形結合的思想處理問題.21. 垃圾分類，是指按一定規定或標準將垃圾分類儲存、分類投放和分類搬運，從而轉變成公共資源的一系列活動的總稱分類的目的是提高垃圾的資源價值和經濟價值，力爭物盡其用2019年6月25日，生活垃圾分類制度入法到2020年底，先行先試的46個重點城市，要基本建成垃圾分類處理系統；其他地級城市實現公共機構生活垃圾分類全覆蓋某機構欲組建一個有關“垃圾分類”相

21、關事宜的項目組，對各個地區“垃圾分類”的處理模式進行相關報道該機構從600名員工中進行篩選，篩選方法：每位員工測試，三項工作，3項測試中至少2項測試“不合格”的員工，將被認定為“暫定”，有且只有一項測試“不合格”的員工將再測試，兩項，如果這兩項中有1項以上（含1項）測試“不合格”，將也被認定為“暫定”，每位員工測試，三項工作相互獨立，每一項測試“不合格”的概率均為（1）記某位員工被認定為“暫定”的概率為，求；（2）每位員工不需要重新測試的費用為90元，需要重新測試的總費用為150元，除測試費用外，其他費用總計為1萬元，若該機構的預算為8萬元，且該600名員工全部參與測試，問上述方案是否會超過預

22、算?請說明理由【答案】（1）；（2）不會超過預算.【解析】【分析】（1）利用互斥事件的概率加法計算公式和n次獨立重復實驗的概率計算公式進行求解即可；（2）設每位員工測試的費用為元，則可能的取值為，利用n次獨立重復實驗的概率計算公式和離散型隨機變量的數學期望公式求出數學期望的表達式，通過構造函數，利用導數判斷函數的單調性求最值即可.【詳解】（1）由題意知，每位員工首輪測試被認定為“暫定”的概率為，每位員工再次測試被認定為“暫定”的概率為，綜上可知，每位員工被認定為“暫定”的概率為+，（2）設每位員工測試的費用為元，則可能的取值為，由題意知，所以隨機變量的數學期望為（元），令，則，所以當時，；當時

23、，；所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以，即(元)，所以此方案的最高費用為（萬元），綜上可知，若以此方案實施不會超過預算.【點睛】本題考查互斥事件的概率加法公式、n次獨立重復實驗的概率計算公式、離散型隨機變量的數學期望公式和利用導數判斷函數的單調性求最值；考查運算求解能力和轉化與化歸能力；通過構造函數，利用導數求最值是求解本題的關鍵；屬于綜合型、難度大型試題.（二）選考題選修4-4：坐標系與參數方程22. 在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），在以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸的極坐標系中，直線的極坐標方程為（1）若直線與曲線至多只有一個公共點，求實數的取值范圍；（2）若直線與曲線相交于，兩點，且，的中點為，求點的軌跡方程