PAGE江西省六校2020届高三数学上学期第五次联考试
题
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理（含解析）第I卷（选择题）一、本大题共12小题，每题5分，共60分1.集合，则等于（）A.B.C.D.【答案】B【解析】
试题
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分析：集合，,，，故选B.考点：指数函数、对数函数的性质及集合的运算.2.已知函数是上的奇函数，当时为减函数，且，则=（ ）A.B.C.D.【答案】A【解析】∵奇函数满足f(2)=0,∴f(−2)=−f(2)=0.对于{x|f(x−2)>0},当x−2>0时,f(x−2)>0=f(2)，∵x∈(0,+∞)时,f(x)为减函数，∴0
表
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示如图1，执行图2所示的程序框图，若输入的分别为这15名学生的考试成绩，则输出的结果为（ ）A.6B.7C.8D.9【答案】D【解析】由框图功能可知,它的作用是统计出分数大于或等于110分的人数n.所以.选D.8.已知数列为等差数列，且满足．若展开式中项的系数等于数列的第三项，则的值为（ ）A.6B.8C.9D.10【答案】D【解析】由题意，展开式中的为，所以，．点睛：本题考查二项式定理的应用及等差数列的性质9.一个多面体的直观图和三视图如图所示，M是AB的中点.一只小蜜蜂在几何体ADF—BCE内自由飞翔，则它飞入几何体F—AMCD内的概率为()A.B.C.D.【答案】C【解析】因为,所以它飞入几何体内的概率为,所以D选项是正确的.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考
方法
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：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.10.已知关于的方程的三个实根分别为一个椭圆，一个抛物线，一个双曲线的离心率，则的取值范围（）A.B.C.D.【答案】C【解析】令f（x）=x3+ax2+bx+c∵抛物线的离心率为1，∴1是方程f（x）=x3+ax2+bx+c=0的一个实根∴a+b+c=﹣1∴c=﹣1﹣a﹣b代入f（x）=x3+ax2+bx+c，可得f（x）=x3+ax2+bx﹣1﹣a﹣b=（x﹣1）（x2+x+1）+a（x+1）（x﹣1）+b（x﹣1）=（x﹣1）设g（x）=x2+（a+1）x+1+a+b，则g（x）=0的两根满足0＜x1＜1，x2＞1∴g（0）=1+a+b＞0，g（1）=3+2a+b＜0作出可行域，如图所示的几何意义是区域内的点与原点连线的斜率，∴故答案为：C11.定义在上的偶函数，其导函数为，若对任意的实数，都有恒成立，则使成立的实数的取值范围为（ ）A.B.（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）C.（﹣1，1）D.（﹣1，0）∪（0，1）【答案】B【解析】当x＞0时，由2f（x）+xf′（x）﹣2＜0可知：两边同乘以x得：2xf（x）+x2f′（x）﹣2x＜0设：g（x）=x2f（x）﹣x2则g′（x）=2xf（x）+x2f′（x）﹣2x＜0，恒成立：∴g（x）在（0，+∞）单调递减，由x2f（x）﹣f（1）＜x2﹣1∴x2f（x）﹣x2＜f（1）﹣1即g（x）＜g（1）即x＞1；当x＜0时，函数是偶函数，同理得：x＜﹣1综上可知：实数x的取值范围为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），故选：B12.设函数，若对于在定义域内存在实数满足，则称函数为“局部奇函数”．若函数是定义在上的“局部奇函数”，则实数的取值范围是（ ）A.[1﹣，1+）B.[﹣1，2]C.[﹣2，2]D.[﹣2，1﹣]【答案】B【解析】根据“局部奇函数”的定义可知，函数f（﹣x）=﹣f（x）有解即可，即f（﹣x）=4﹣x﹣m•2﹣x+m2﹣3=﹣（4x﹣m2x+m2﹣3），∴4x+4﹣x﹣m（2x+2﹣x）+2m2﹣6=0，即（2x+2﹣x）2﹣m⋅（2x+2﹣x）+2m2﹣8=0有解即可．设t=2x+2﹣x，则t=2x+2﹣x≥2，∴方程等价为t2﹣m⋅t+2m2﹣8=0在t≥2时有解，设g（t）=t2﹣m⋅t+2m2﹣8，对称轴x=，①若m≥4，则△=m2﹣4（2m2﹣8）≥0，即7m2≤32，此时m不存在；②若m＜4，要使t2﹣m⋅t+2m2﹣8=0在t≥2时有解，则，解得﹣1≤m＜2，综上：﹣1≤m≤2，故选B第II卷（非选择题）二、填空题，本大题共4小题，每题5分，共20分13.设向量满足，则__．【答案】【解析】∵||=2，||=|+|=3，∴=4，=9，∴+2•+=9，故2•=﹣4，故+4•+4=4+36﹣8=32，故|+2|=4，故答案为：4．14.过函数图象上一个动点作函数的切线，则切线的倾斜角的范围是__________.【答案】【解析】试题分析：切线倾斜角的取值范围．考点：1、导数的几何意义；2、直线的斜率与倾斜角.15.在三棱锥中，,，两两互相垂直，且，，则的取值范围是__________.【答案】【解析】解：如图所示，问题等价于长方体中，棱长分别为，且：，求的取值范围.转化为：，据此可得：，即的取值范围是.16.对于函数，下列个结论正确的是__________（把你认为正确的答案全部写上）．（1）任取，都有；（2）函数在上单调递增；（3），对一切恒成立；（4）函数有个零点；（5）若关于的方程有且只有两个不同的实根，，则.【答案】（1）（4）（5）【解析】由题意，得的图象如图所示，由图象，则任取，,都有，故（1）正确；函数在上先增后减，故（2）错误；当时，，即，故（3）错误；在同一坐标系中作出和的图象，可知两函数图象有三个不同公共点，即函数有3个零点，故（4）正确；在同一坐标系中作出和的图象，由图象可知当且仅当时，关于的方程有且只有两个不同的实根,，且,关于对称，即；故（5）正确；故填（1）、（4）、（5）.点睛：在处理函数的零点个数问题时，往往将问题转化为两个基本函数图象的交点个数问题，体现了“方程的根”、“函数的零点”、“图象的交点”之间的等价关系.三、解答题，本大题共6小题，17题10分，其余每题12分，共70分17.已知，（1）求函数的单调递增区间；（2）设△ABC的内角A满足，而，求边BC的最小值．【答案】（1）;（2）【解析】试题分析：利用和差角及二倍角公式对函数化简可得（1）令，解不等式可得答案；（2）由及0＜A＜π可得，利用向量数量积的定义可得，bc=2，利用余弦定理可得可得又△ABC中，从而可求试题解析：（1）=由得，故所求单调递增区间为．（2）由得，∵，即，∴bc=2，又△ABC中，=，∴18.已知命题：函数在上是增函数；命题：若函数在区间[0，+∞）没有零点．（1）如果命题为真命题，求实数的取值范围；（2）命题“”为真命题，“”为假命题，求实数的取值范围．【答案】(1);(2)【解析】试题分析：本题主要考查逻辑联结词、导数与函数的性质、零点，考查了逻辑推理能力与计算能力.(1)由题意对恒成立,则，结论易得；(2)，判断单调性并求出的最小值，即可求出命题q，易得一真一假，再分真假与假真两种情况计算求解即可.试题解析：(1)对恒成立∴(2)对任意的恒成立,∴在区间递增命题为真命题由命题“”为真命题,“”为假命题知一真一假若真假,则若假真,则综上所述,19.一个盒子装有六张卡片，上面分别写着如下六个定义域为的函数：（1）现从盒子中任取两张卡片，将卡片上的函数相加得一个新函数，求所得函数是奇函数的概率；（2）现从盒子中进行逐一抽取卡片，且每次取出后均不放回，若取到一张记有偶函数的卡片则停止抽取，否则继续进行，求抽取次数的分布列和数学期望．【答案】（1）;（2）ξ的数学期望为【解析】试题分析：（1）由任意两个奇函数的和为奇函数，而原来的六个函数中奇函数有三个，故可用古典概型求解；（2）ξ可取1，2，3，4，ξ=k的含义为前k-1次取出的均为奇函数，第k次取出的是偶函数，分别求概率，列出分布列，再求期望即可．试题解析：（1）记事件A为“任取两张卡片，将卡片上的函数相加得到的函数是奇函数”，由题意知．（2）ξ可取1，2，3，4，；故ξ的分布列为ξ的数学期望为．20.在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD=AB=DC=BC=1，E是PC的中点，面PAC⊥面ABCD．（1）证明：ED∥面PAB；（2）若PC=2，PA=，求二面角A﹣PC﹣D的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明过程如解析；（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）取PB的中点F，连接AF，EF，由三角形的中位线定理可得四边形ADEF是平行四边形．得到DE∥AF，再由线面平行的判定可得ED∥面PAB；（Ⅱ）法一、取BC的中点M，连接AM，由题意证得A在以BC为直径的圆上，可得AB⊥AC，找出二面角A-PC-D的平面角．求解三角形可得二面角A-PC-D的余弦值．试题解析：（Ⅰ）证明：取PB的中点F，连接AF，EF．∵EF是△PBC的中位线，∴EF∥BC，且EF=．又AD=BC，且AD=，∴AD∥EF且AD=EF，则四边形ADEF是平行四边形．∴DE∥AF，又DE⊄面ABP，AF⊂面ABP，∴ED∥面PAB（Ⅱ）法一、取BC的中点M，连接AM，则AD∥MC且AD=MC，∴四边形ADCM是平行四边形，∴AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上．∴AB⊥AC，可得．过D作DG⊥AC于G，∵平面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD=AC，∴DG⊥平面PAC，则DG⊥PC．过G作GH⊥PC于H，则PC⊥面GHD，连接DH，则PC⊥DH，∴∠GHD是二面角A﹣PC﹣D平面角．在△ADC中，，连接AE，．在Rt△GDH中，，∴，即二面角A﹣PC﹣D的余弦值法二、取BC的中点M，连接AM，则AD∥MC，且AD=MC．∴四边形ADCM是平行四边形，∴AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上，∴AB⊥AC．∵面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD=AC，∴AB⊥面PAC．如图以A为原点，方向分别为x轴正方向，y轴正方向建立空间直角坐标系．可得，．设P（x，0，z），（z＞0），依题意有，，解得．则，，．设面PDC的一个法向量为，由，取x0=1，得．为面PAC的一个法向量，且，设二面角A﹣PC﹣D的大小为θ，则有，即二面角A﹣PC﹣D的余弦值．21.已知二次函数，关于的不等式的解集为，其中．（1）求的值；（2）令，若函数存在极值点，求实数的取值范围，并求出极值点．【答案】（I）a=﹣2；（II）解题过程如解析所示【解析】试题分析：（1）令f（b）-（2b-1）b+b2=1即可解出a；（2）求出φ′（x），令φ′（x）=0，讨论b的符号得出两根与区间（0，1）的关系，从而得出φ（x）的单调性，得出极值的情形．试题解析：（I）∵f（x）﹣（2b﹣1）x+b2＜1的解集为（b，b+1），即x2+（a﹣2b+1）x+b2+b＜0的解集为（b，b+1），∴方程x2+（a﹣2b+1）x+b2+b=0的解为x1=b，x2=b+1，∴b+（b+1）=﹣（a﹣2b+1），解得a=﹣2．（II）φ（x）得定义域为（1，+∞）．由（I）知f（x）=x2﹣2x+b+1，∴g（x）==x﹣1+，∴φ′（x）=1﹣﹣=，∵函数φ（x）存在极值点，∴φ′（x）=0有解，∴方程x2﹣（2+k）x+k﹣b+1=0有两个不同的实数根，且在（1，+∞）上至少有一根，∴△=（2+k）2﹣4（k﹣b+1）=k2+4b＞0．解方程x2﹣（2+k）x+k﹣b+1=0得x1=，x2=（1）当b＞0时，x1＜1，x2＞1，∴当x∈（1，）时，φ′（x）＜0，当x∈（，+∞）时，φ′（x）＞0，∴φ（x）在（1，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，∴φ（x）极小值点为（2）当b＜0时，由△=k2+4b＞0得k＜﹣2，或k＞2，若k＜﹣2，则x1＜1，x2＜1，∴当x＞1时，φ′（x）＞0，∴φ（x）在（1，+∞）上单调递增，不符合题意；若k＞2，则x1＞1，x2＞1，∴φ（x）在（1，）上单调递增，在（，）上单调递减，在（，+∞）单调递增，∴φ（x）的极大值点为，极小值点为．综上，当b＞0时，k取任意实数，函数φ（x）极小值点为；当b＜0时，k＞2，函数φ（x）极小值点为，极大值点为22.如图，已知椭圆的离心率为，为椭圆上的动点，到点的距离的最大值为，直线交椭圆于，两点.(1)求椭圆的方程；(2)若以为圆心的圆的半径为，且圆与、相切.(i)是否存在常数，使恒成立？若存在，求出常数；若不存在，说明理由；(ii)求面积.【答案】（1）+y2=1；（2）（i）；(ii)【解析】试题分析：（1）a2=b2+c2，可得a=2b，c=√3b．可得椭圆的
标准
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方程为：x24+y2=b2．设P（x，y），（-b≤y≤b）．P到点M（0，2）的距离d=√x2+(y−2)2=√4b2+163−3(y+23)2．当0＜b＜23时，y=-b时，d取得最大值，舍去．当23≤b时，y=-23时，d取得最大值，可得√4b2+163=23√21，解得b即可得出．（2）（i）设P（m，n），则m24+n2=1．⊙P的方程为：（x-m）2+（y-n）2=45，设经过原点O的⊙P的切线方程为：y=kx，不妨设OA的方程为：y=k1x，OB的方程为：y=k2x．则|km−n|√1+k2=2√55，化为：（5m2-4）k2-10mnk+5n2-4=0，联立{y=k1xx2+4y2=4，解得x1，y1．同理可得：x2，y2．假设存在常数λ，使x1x2+λy1y2=0恒成立，代入即可得出．（ii）由（i）可得：OA⊥OB，|OA|2=x21+y21=4，|OA|=2，同理可得：|OB|=2．即可得出S△OAB=12|OA|∙|OB|．试题解析：（1）∵，a2=b2+c2，可得a=2b，．∴椭圆的标准方程为：+y2=b2，设P（x，y），（﹣b≤y≤b）．P到点M（0，2）的距离d===，当0＜b＜时，y=﹣b时，d取得最大值，∴b+2=，解得b=﹣2，舍去．当≤b时，y=﹣时，d取得最大值，∴=，解得b=1，满足条件．∴椭圆E的方程为：+y2=1．（2）（i）设P（m，n），则=1．⊙P的方程为：（x﹣m）2+（y﹣n）2=，设经过原点O的⊙P的切线方程为：y=kx，不妨设OA的方程为：y=k1x，OB的方程为：y=k2x．则=，化为：（5m2﹣4）k2﹣10mnk+5n2﹣4=0，∴k1+k2=，k1k2=，假设存在常数λ，使x1x2+λy1y2=0恒成立，则,=﹣=﹣=-,故为常数．(ii)当斜率存在时，设直线的方程为联立，得，，由（i）知，x1x2+4y1y2=0，化简可得，O到的距离为，当斜率不存在时，易得的方程为，，
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