【KS5U解析】安徽省芜湖市示范高中2020届高三下学期5月联考理科数学试题 Word版含解析

1、数学(理科)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，则（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由题意，再利用集合并集的概念即可得解.【详解】由题意，所以.故选：a.【点睛】本题考查了集合运算及一元二次不等式的求解，属于基础题.2.设，是非零向量，则“”是的（ ）a. 充分不必要条件b. 必要不充分条件c. 充分必要条件d. 既不充分又不必要条件【答案】c【解析】【分析】由题意可得，根据充分条件和必要条件的概念分别证明即可得解.【详解】由题意，若，则即；若，则即，所以；所以“”是“”的充分必要条件.故

2、选：c.【点睛】本题考查了平面向量数量积的应用及充分条件、必要条件的判断，属于基础题.3.设复数z满足，则最大值为（ ）a. 1b. c. 2d. 4【答案】c【解析】【分析】设，由题意可得，即点在圆上，找到圆上的点到原点的距离最大值即可得解.【详解】设，即，点在圆上，又该圆的圆心为，半径为，该圆上所有点到原点的距离最大值为，即，.故选：c.【点睛】本题考查了复数模概念的应用，考查了转化化归思想，属于基础题.4.为了研究某班学生的脚长x(单位：厘米)和身高y(单位：厘米)的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，设其回归直线方程为.已知，.该班某学

3、生的脚长为25，据此估计其身高为（ ）a. 170b. 166c. 163d. 160【答案】a【解析】【分析】由题意求出、，进而可得，代入即可得解.【详解】由题意，所以，所以，当时，.故选：a.【点睛】本题考查了线性回归方程的确定及应用，属于基础题.5.设，则a，b，c的大小关系是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由题意结合指数函数、对数函数的性质可得，即可得解.【详解】由题意，所以.故选：c.【点睛】本题考查了指数式、对数式的大小比较，考查了指数函数、对数函数单调性的应用，属于基础题.6.若将函数的图象向右平移个单位，所得图象关于y轴对称，则的最小值是a. b. c.

4、 d. 【答案】d【解析】【分析】利用查两角和的正弦公式化简函数的解析式，再由题意利用三角函数的奇偶性求得的最小值【详解】函数的图象向右平移个单位，可得的图象再根据所得图象关于y轴对称，可得，则令，可得最小值为，故选d【点睛】本题主要考查两角和的正弦公式，三角函数的奇偶性，属于基础题7.已知数列的前n项和为，满足，则的值为（ ）a. 8b. 16c. 32d. 81【答案】b【解析】【分析】利用与的关系，结合题意可得数列是以1为首项，公比为的等比数列，利用等比数列的通项公式即可得解.【详解】当时，解得，当时，即，所以数列是以1为首项，公比为的等比数列，所以.故选：b.【点睛】本题考查了数列与关

5、系的应用，考查了等比数列通项公式的应用，属于基础题.8.已知向量，与的夹角为，且，则实数k的值为（ ）a. b. c. 2d. 【答案】d【解析】【分析】由题意结合平面向量数量积的定义可得，转化条件为，代入即可得解.【详解】向量，与的夹角为，又，由，可得解得.故选：d.【点睛】本题考查了平面向量数量积的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.9.函数y=sin2x的图象可能是a. b. c. d. 【答案】d【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.详解：令， 因为，所以为奇函数，排除选项a,b;因为时，所以排除选项c，选d.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解

6、题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复10.我国古代典籍周易用“卦”描述万物的变化，每一卦由六爻组成.其中有一种起卦方法称为“金钱起卦法”，其做法为：取三枚相同的钱币合于双手中，上下摇动数下使钱币翻滚摩擦，再随意抛撒钱币到桌面或平盘等硬物上，如此重复六次，得到六爻.若三枚钱币全部正面向上或全部反面向上，就称为变爻.若每一枚钱币正面向上的概率为，则一卦中恰有三个变爻的概率为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析

7、】由题意每抛撒钱币一次得到变爻的概率为，结合独立重复试验概率公式可得，即可得解.【详解】由题意每抛撒钱币一次得到变爻的概率为，则一卦中变爻个数，则一卦中恰有三个变爻的概率.故选：c.【点睛】本题考查了独立重复试验概率公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.11.已知双曲线的左右焦点分别为，过的直线mn与c的左支交于m，n两点，若，则c的渐近线方程为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】设椭圆焦距为，取的中点，连接，转化条件得，进而可得、，利用余弦定理可得、，即可得解.【详解】设椭圆焦距为，取的中点，连接，如图所示：，即，在中，在中，由可得，化简可得，或（舍去），该双曲线渐

8、近线方程为即.故选：b.【点睛】本题考查了双曲线性质的应用及渐近线的求解，考查了余弦定理的应用，属于中档题.12.已知棱长为2的正方体中，e为dc中点，f在线段上运动，则三棱锥的外接球的表面积最小值为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】取的中点，易知为的外心，取的中点，连接，取的中点，连接，由正方体的性质可得三棱锥的外接球球心在直线上，连接，取的中点，连接、，易知当即点与重合时，即外接球半径最小，设，根据求得，进而可求得外接球半径，即可得解.【详解】取的中点，易知为的外心，取的中点，连接，取的中点，连接，由正方体的性质可得平面，则三棱锥的外接球球心在直线上，连接，取的中点，

9、连接、，由中位线的性质可得且，所以，所以平面，若要使三棱锥的外接球的表面积最小，则要使其半径即最小，易知当即点与重合时，最小，设，由题意，则，由可得，化简可得，此时，三棱锥的外接球的半径满足，所以三棱锥的外接球的表面积最小值.故选：c.【点睛】本题考查了正方体几何特征的应用及三棱锥外接球体积的求解，考查了线面垂直的性质和判定，属于中档题.二填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.二项式的展开式中常数项为 .【答案】【解析】试题分析：二项式的展开式的通项公式为,令，解得，所以该二项式展开式中常数项为，故答案为.考点：二项展开式的通项公式.14.设x，y满足约束条件，则目标函数的最小值为

10、_.【答案】-2【解析】【分析】由题意画出可行域，转化目标函数为，数形结合即可得解.【详解】由题意画出可行域，如图阴影部分：转化目标函数为，上下平移直线，数形结合可知当直线过点时，取最小值，由可得点，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了运算求解能力与数形结合思想，属于基础题.15.直线与椭圆交于ab两点，f为椭圆的右焦点，若，则椭圆的离心率为_.【答案】【解析】【分析】由题意转化条件为点，代入椭圆方程可得，化简后即可得解.【详解】设点，椭圆如图所示：直线，即，又，为中点，点即，点在椭圆上，结合化简可得，由可得，解得或（舍去），.故答案为：.【点睛】本题考查了直线和椭圆的综

11、合应用，考查了椭圆离心率的求解，属于中档题.16.若不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】由题意转化条件得对任意恒成立，令，求导后，求得的最小值即可得解.【详解】由题意，不等式对任意恒成立，对任意恒成立，对任意恒成立，令，则，所以当时，单调递减；当时，单调递增；，即实数a的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查了三角恒等变换的应用，考查了利用导数解决恒成立问题，属于中档题.三解答题：共70分.解等应写出文字说明证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2223题为选考题，考生根据要求作答.17.在中，a，b，c分别为内角a，b，c所对的

12、边长，且满足，记此三角形的面积为s.（1）若，求s的值；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理结合题意可得，代入即可得，再利用即可得解；（2）转化条件得，进而可得，则，化简后即可得解.【详解】（1）由余弦定理和已知条件得：，从而有，若时得，则；（2）若联立得，整理得：，即，又，故，则，.从而可得的取值范围为.【点睛】本题考查了余弦定理及三角形面积公式的应用，考查了三角恒等变换的应用，属于中档题.18.如图，真四棱柱的底面是菱形，e，m，n分别是bc，的中点.（1）证明：面；（2）求平面dmn与平面所成锐角的正切值.【答案】（1）证明见解析.（2）【解析】

13、【分析】（1）由余弦定理可得，进而可得，由正棱柱的几何特征可得，由线面垂直的判定即可得解；（2）连接me，由题意可得四边形dnme为平行四边形，de即为平面dmn与平面的交线，由线面垂直的判定可得面，进而可得即为平面dmn与平面所成的平面角，即可得解.【详解】（1）证明：在菱形abcd中，且e为bc中点，即，又棱柱是直四棱柱，平面，又平面，平面，,面；（2）连接me， e，m，n分别是bc，的中点，且，且，四边形dnme为平行四边形，从而可知：de即为面dmn与面的交线，面，且，则即为平面dmn与平面所成的平面角，在中，故平面dmn与平面所成锐角的正切值为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定及二

14、面角的求解，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.19.在平面直角坐标系xoy中，过点的直线l与抛物线交于a，b两点，以ab为直径作圆，记为,与抛物线c的准线始终相切.（1）求抛物线c的方程；（2）过圆心m作x轴垂线与抛物线相交于点n，求的取值范围.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）过a，b，m分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为d，e，p，由题意转化条件得，即可得a，b，f三点共线，即可得解；（2）设直线，联立方程可得、，利用弦长公式可得，利用点到直线的距离求得高，表示出三角形面积后即可得解.【详解】（1）证明：过a，b，m分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为d，e，p，设

15、抛物线焦点为f，由题意知圆m的半径，且，即可得，所以a，b，f三点共线，即，所以，所以抛物线c的方程为；（2）由（1）知抛物线，设直线，点，联立可得：，所以，所以，则，故点n到直线ab距离又，所以，当时，取最小值为32.故所求三角形面积的取值范围.【点睛】本题考查了抛物线方程的确定及性质的应用，考查了直线与抛物线的综合应用，属于中档题.20.学号为1，2，3的三位小学生，在课余时间一起玩“掷骰子爬楼梯”游戏，规则如下：投掷一颗骰子，将每次出现点数除以3，若学号与之同余(同除以3余数相同)，则该小学生可以上2阶楼梯，另外两位只能上1阶楼梯，假定他们都是从平地(0阶楼梯)开始向上爬，且楼梯数足够多

16、.（1）经过2次投掷骰子后，学号为1的同学站在第x阶楼梯上，试求x的分布列；（2）经过多次投掷后，学号为3的小学生能站在第n阶楼梯的概率记为，试求，的值，并探究数列可能满足的一个递推关系和通项公式.【答案】（1）答案见解析.（2），【解析】【分析】（1）由题意学号为1的同学可以上2阶楼梯的概率为，可以上1阶楼梯的概率为，分别求出、，即可得解；（2）由题意可得、；由题意且，构造新数列即可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，再利用累加法即可得解.【详解】（1）由题意，当投掷骰子出现1、4时，学号为1的同学可以上2阶楼梯，概率为，当投掷骰子出现其他点数时，学号为1的同学可以上1阶楼梯，概率为，由题

17、意，所以，所以x的分布列为：x234p（2）表示学号为3的小朋友能站在第1阶楼梯的概率，根据投掷骰子的规则，若出现点数为3或6，则他直接站在第2阶楼梯，否则站在第1阶楼梯.故，同理可得：，由于学号为3小朋友能够站在第n阶楼梯，有两种可能：从第阶楼梯投掷点数为3或6直接登2个台阶上来，或从第阶楼梯只登1个台阶上来.根据骰子投掷规则，登两阶的概率是，登一阶的概率是，故且(*)将(*)式可变形为，从而知：数列是以为首项，以为公比的等比数列，则有.进而可得：当时，；当时，；所以.【点睛】本题考查了离散型随机变量分布列的求解，考查了数列与概率的综合问题，属于中档题.21.已知函数.（1）若存在极值，求实

18、数a的取值范围；（2）设，设是定义在上的函数.（）证明：在上为单调递增函数(是的导函数)；（）讨论的零点个数.【答案】（1）.（2）（）证明见解析；（）答案见解析【解析】【分析】（1）求导得，按照、分类，求得、的解集即可得解；（2）（）令，对求导，按照、分类，证明恒大于0，即可得证；（）由的单调性结合，按照、分类，结合即可得解.【详解】（1）求导得，当时，在r上单调递减，无极值；当时，在单调递减，在上单调递增，则在处有极小值.综上，实数a的取值范围为；（2）（）证明：由题意，令，当时，则；当时，令，则，所以上单调递减，在上单调递增，所以，所以，从而有：，而，则，则；综上，对都有成立，故在区间单调递增；（）由（）知，在区间单调递增且，当时， 当时，则在单调递减；当时，则在单调递增，则是的唯一极小值点，且，从而可知：当时，在区间有唯一零点0；当时，有，且，故存在使，此时在单调递减，在单调递增，且，又，由零点存在定理知：则在区间有唯一零点，记作，从而可知：当时，在区间上有两个零点：0和；综上：当时，在区间有唯一零点0；当时，在区间有两个不同零点