广西2020届高三5月联考数学（理科）数学试题附答案.docx

1、 2020 年 5 月份高三质量检测试卷 数学（理科） 考生注意： 1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试时间 120 分钟 2请将各题答案填写在答题卡上 3本试卷主要考试内容：高考全部内容 第卷 一、选择题：本大题共 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 1 12 i i 的共轭复数为（ ） A 13 55 i B 13 55 i C 13 55 i D 13 55 i 2若集合 2 |2, |1Ax yxBx yx，则AB（ ） A1,) B 2, 11,) C2,) D 2, 12,) 3设向量(

2、 1,2),(2, 1)ab ，则（ ） Aab Ba与b同向 Ca与b反向 D 1 () 5 ab是单位向量 4已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 经过点 3 1, 2 b ，且C的离心率为 1 2 ，则C的方程是（ ） A 22 1 43 xy B 22 1 86 xy C 22 1 42 xy D 22 1 84 xy 5 在四面体ABCD中,E F分别为棱,AC BD的中点6,4,2ADBCEF， 则异面直线AD与BC所 成角的余弦值为（ ） A 3 4 B 5 6 C 9 10 D 11 12 6 2 (1)naxx的展开式中各项系数之和为 192，且常数项为 2，

3、则该展开式中 4 x的系数为（ ） A30 B45 C60 D81 7, ,a b c分别为ABC内角, ,A B C的对边，已知 1 (sin9sin)12sin ,sin 3 aABAC，则ABC的面 积的最大值为（ ） A1 B 1 2 C 4 3 D 2 3 8设 t表示不大于t的最大整数，执行如图所示的程序框图，则输出的x （ ） A2 B3 C4 D5 9在某公司的两次投标工作中，每次中标可以获利 14 万元，没有中标损失成本费 8000 元，若每次中标的 概率为 0.7，每次投标相互独立，设公司这两次投标盈利为X万元，则EX （ ） A18，12 B18，22 C19，12 D1

4、9，22 10若(0,2 )a，则满足 11 4sin4cos cossin 的所有的和为（ ） A 3 4 B2 C 7 2 D 9 2 11设, x y满足约束条件 0, 10, 20, xy xy xym ，且该约束条件表示的平面区域为三角形，现有下述四个结 论： 若xy的最大值为 6，则5m ；若3m，则曲线41 x y 与有公共点； m的取值范围为 3 , 2 ；“3m”是“xy的最大值大于 3”的充要条件 其中所有正确结论的编号是（ ） A B C D 12已知函数(1)f x 是定义在R上的奇函数，当1x 时，函数( )f x单调递增，则（ ） A 34 2 2 22 12 lo

5、g 4log 3log 3 fff B 222 423 42 loglog 3log 4 3 fff C 22 4 2 32 42 log 4loglog 3 3 fff D 222 324 42 log 3log 4log 3 fff 第卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答题卡的相应位置 13若曲线sin0 52 yx 关于点(2,0)对称，则_ 14若双曲线 22 1( 22) 22 xy m mm 上一点到( 2,0),(2,0)AB两点的距离之差的绝对值为2 3， 则双曲线的虚轴长为_ 15如图，实心铁制几何体AEFCBD由一个直三棱柱与一个三

6、棱锥构成，已知BCEFcm， 2AEcm，4BECFcm，7ADcm，且,AEEF AD底面AEF，某工厂要将其铸成一个实 心铁球，假设在铸球过程中原材料将损耗 20%，则铸得的铁球的半径为_cm 16已知函数 62 ( )164f xx xxx，且 0 ( )f xf x对xR恒成立，则曲线 ( )f x y x 在点 0 0 0 , f x x x 处的切线的解率为_ 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤1721 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 （12 分

7、） 某外卖平台为提高外卖配送效率，针对外卖配送业务提出了两种新的配送方案为比较两种配送方案的效 率，共选取 50 名外卖骑手，并将他们随机分成两组，每组 25 人，第一组骑手用甲配送方案，第二组骑手 用乙配送方案根据骑手在相同时间内完成配送订单的数量（单位：单）绘制了如下茎叶图： （1）根据茎叶图，求各组内 25 位骑手完成订单数的中位数，已知用甲配送方案的 25 位骑手完成订单数的 平均数为 52，结合中位数与平均数判断哪种配送方案的效率更高，并说明理由； （2）设所有 50 名骑手在相同时间内完成订单数的平均数 m，将完成订单数超过 m 记为“优秀” ，不超过 m 记为“一般” ，然后将骑

8、手的对应人数填入下面列联表； 优秀 一般 甲配送方案 乙配送方案 （3）根据（2）中的列联表判断能否有 95%的把握认为两种配送方案的效率有差异 附： 2 2 () ()()()() n adbc K ab cd ac bd ，其中nabcd 2 P Kk 0.05 0.010 0.005 k 3.841 6.635 7.879 18 （12 分） 在递增的等比数列 n a中， 324 16,68aaa， n S为等差数列 n b的前n项和， 1122 ,ba Sa （1）求 , nn ab的通项公式； （2）求数列 4 nn a S的前n项和 n T 19 （12 分） 如图，在四棱锥PAB

9、CD中，PA 平面,/ /,ABCD ADBC ADCD，且,45ADCDABC （1）证明：ACPB （2）若2ADPA，试在棱PB上确定一点M，使DM与平面PAB所成角的正弦值为 2 21 21 20 （12 分） 已知(0,1)F为抛物线 2 :C ymx的焦点 （1）设 11 , m A mm ，动点 P 在 C 上运动，证明：|6PAPF （2）如图，直线 1 : 2 lyxt与 C 交于,M N两点（M 在第一象限，N 在第二象限） ，分别过,M N作l的 垂线这两条垂线与y轴的交点分别为,D E，求DE的取值范围 21 （12 分） 已知函数 2 ( )(2)lnf xxmxmx

10、 （1）讨论( )f x的极值点的个数； （2） 设函数 2 1 ( )ln , , 2 g xxmx P Q为曲线( )( )yf xg x上任意两个不同的点， 设直线PQ的斜率为 k，若k m恒成立，求 m 的取值范围 （二）选考题：共 10 分请考生从第 22，23 两题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一个题目计 分 22选修 4-4：坐标系与参数方程（10 分） 在直角坐标系xOy中，曲线 C 的参数方程为 26cos , 6sin x y （为参数） ，以坐标原点为极点，x 轴的正 半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为sin20 3 （1）求曲线 C 和直线 l 的直角坐

11、标方程； （2） 直线 l 与 y 轴的交点为 P， 经过点 P 的动直线 l 与曲线 C 交于 M， N 两点， 求|PMPN的最大值 23选修 4-5：不等式选讲（10 分） 已知函数( ) |4|1|1f xxxkx （1）若2k ，求不等式( )0f x 的解集； （2）若方程( )0f x 有实数根，求 k 的取值范围 2020 年年 5 月份高三质量检测试卷数学参考答案（理科）月份高三质量检测试卷数学参考答案（理科） 1B 【解析】本题考查复数的四则运算及共轭复数，考查运算求解能力 因为 1(1)(12 )13 12555 iii i i ，所以 1 12 i i 的共轭复数为 1

12、3 55 i 2B 【解析】本题考查集合的交集，考查运算求解能力 2,),(, 11,)AB ， 2, 11,)AB 3C 【解析】本题考查平面向量的平行与垂直的判定以及单位向量的概念，考查推理论证能力 因为0a b ，所以 A 错误；因为 1 ()1 5 ab，所以 D 错误；因为2ba ，所以 B 错误，C 正确 4A 【解析】本题考查椭圆的方程与性质，考查运算求解能力 依题意，可得 2 2 2 13 1, 4 1 1, 2 a b a 解得 2 2 4, 3, a b 故 C 的方程是 22 1 43 xy 5D 【解析】本题考查异面直线所成角，考查运算求解能力与空间想象能力 取CD的中

13、点G，连接,EG FG，则/ /,/ /FGBC EGAD， 则EGF为异面直线AD与BC所成的角（或补角） 因为 11 2,3 22 FGBCEGAD， 所以 49211 cos 22312 EGF ， 故异面直线AD与BC所成角的余弦值为 11 12 6B 【解析】本题考查二项式定理，考查分类讨论的数学思想以及赋值法的应用 令0x ，得2a ，所以 22 (1)2(1) nn axxxx，令1x ，得3 2192 n ，所以6n ，故 该展开式中 4 x的系数为 42 66 245CC 7D 【解析】本题考查正弦定理的应用与基本不等式的应用，考查推理论证能力 因为(sin9sin)12si

14、naABA， 所以(9 )12a aba， 又0a ， 所以912 2 9abab， 则4ab， 所以ABC的面积的最大值为 112 4 233 8C 【解析】本题考查程序框图，考查运算求解能力与推理论证能力 5025 1,100, 100;2,50, 50;3, 16;4, 4 36 xttxttxttxtt， 故输出的4x 9C 【解析】本题考查随机变量的分布列及数学期望，考查运算求解能力与应用意识 X的可能取值为 28，132，1.6，且 2 (28)0.70.49P X ，(13.2)20.70.30.42P X ， 2 (1.6)0.30.09P X ，故28 0.49 13.2 0

15、.42 1.6 0.0919.12EX 10D 【解析】本题考查三角恒等变换，考查推理论证能力与运算求解能力 因 为 11 4sin4cos cossin ， 所 以 11s inc os 4 ( s inc os) c oss ins inc os ， 所 以 sincos0或4sincos1， 即t a n1或 1 sin2 2 因 为( 0 , 2)， 所 以 51 351 7 , 441 21 21 21 2 ，则满足条件的所有的和为 5135179 44121212122 11B 【解析】本题考查线性规划，考查数形结合的数学思想与逻辑推理的核心素养 作 出 平 面 区 域， 如 图

16、所 示 ， 联 立 0, 10, xy xy 得 1 , 2 1 , 2 x y 因 为为 三 角 形 区 域 ， 所 以 11 20 22 m，即 3 2 m 故正确 当直线zxy经过点(2,1)A mm时，zxy取得最大值，且最大值为23m，故错误，正 确 当3m时，A的坐标为(1,2)，当1x 时，函数41 x y 的值为32， 则曲线41 x y 与有公共点，故正确 12A 【解析】本题考查函数的性质与对数函数的综合应用，考查数学抽象与逻辑推理的的核心素养 因为函数(1)f x 是定义在R上的奇函数，所以函数( )f x关于点(1,0)对称，又当1x 时，( )f x单调递 增，所以(

17、 )f x在R上单调递增，所以 2( ) fx的图象关于直线1x 对称，且当1x时，( )f x单调递增因 为 33 4 log 41log 3 ， 44 4 log 3 1log 3 ， 244 42147 log1log1log 336 ，且 3444 4487 loglogloglog 3366 ，所以 222 342 42 log 4log 3log 3 fff 13 10 【解析】 本题考查三角函数图象的对称性， 考查运算求解能力 依题意可得，2() 5 kkZ ， 又0 2 ，则 10 142 【解析】本题考查双曲线的定义与性质，考查推理论证能力与运算求解能力 由 题 意 可 知

18、， 2 224cmm， 则(2 , 0 ) ,( 2 , 0 )AB分 别 是 双 曲 线 的 左 、 右 焦 点 ， 则 2222 3am，解得1m ，从而 2 1b ，虚轴长为22b 15 3 3 【解析】本题考查简单几何体的体积，考查运算求解能力与应用意识 设铸得的铁球的半径为rcm 依题意，可得该几何体的体积为 111 242(74)5 232 ， 则 3 4 5(120%) 3 r， 解得 3 3r 1617 【解析】本题考查导数的几何意义与函数的最值，考查推理论证能力与运算求解能力 因为 2 63232 ( )1648(2)68f xxxxxxx， 所以当2x 时，( )f x取得

19、最小值， 即 0 2x ， 因为 4 ( ) 5321 f x xx x ，所以所求切线的斜率为 4 52322117 17解： （1）用甲配送方案的骑手完成外卖订单数的中位数为 53， 1 分 用乙配送方案的骑手完成外卖订单数的中位数为 49 2 分 因为用乙配送方案的骑手完成外卖订单数的平均数为 49，且4952， 4 分 所以，甲配送方案的效率更高 5 分 （2）由茎叶图知 25 522549 50.5 50 m 6 分 列联表如下： 优秀 一般 甲配送方案 17 8 乙配送方案 9 16 8 分 （3）因为 2 2 50(17 168 9)200 5.133.841 (178)(916

20、)(179)(8 16)39 K ， 11 分 所以有 95%的把握认为两种配送方案的效率有差异 12 分 18解： （1）设公比为 q， 324 16,68aaa， 2 1 3 11 16, 68, a q a qa q 1 分 117 4 q q ，解得4q 或 1 4 2 分 当 1 4 q 时， 1 0a ，数列 n a是递减数列，则 1 4 q ，从而4q ， 3 分 31 1644 nn n a 4 分 1122 1,4baSa， 2 4 13b ， 5 分 21 n bn 6 分 （2）由（1）知， 2 (121) 2 n nn Sn ， 7 分 42n nn a Sn， 8 分

21、 2 1 2222n n Tn ， 231 21 2222n n Tn 9 分 则 21 2222 nn n Tn 10 分 11 222 2(1)22 12 n nn nn ， 11 分 1 (1)22 n n Tn 12 分 19 （1）证明：ADCD，且ADCD，45ACDDAC ， 1 分 45BCA ，又45ABC ，90BAC ，即ACAB 2 分 PA 平面,ABCD AC 平面ABCD，PAAC， 3 分 又PAABA，AC 平面PAB， 4 分 PB 平面PAB，ACPB 5 分 （2）解：取BC的中点 E，以 A 为坐标原点，,AE AD AP所在的直线分别为x轴，y轴，z

22、轴建立空间 直角坐标系Axyz，如图所示 设1PA ，则(0,0,0), (0,0,1), ( 2,2,0),( 2, 2,0),(0, 2,0)APBCD， 6wv 则( 2,2, 1),(0, 2, 1),( 2, 2,0)PBPDAC 7 分 设( 2 ,2 ,)(01)PMPB剟， 则( 2 ,22,1)DMPMPD 8 分 由（1）可知，AC 平面PAB，( 2, 2,0)AC 为平面PAB的一个法向量 9 分 设DM与平面PAB所成的角为， 则 222222 |222|12 21 sin|cos,| 21| 22(1)(1)222(1)(1) DM AC DM AC DMAC ，

23、10 分 整理得 2 20890，解得 1 2 或 9 10 （舍） ， 11 分 点 M 为棱PB的中点 12 分 20 （1）证明：因为抛物线 2 ymx的焦点坐标为 1 0, 4m ，所以 1 1 4m ，即 1 4 m ， 1 分 则 A 的坐标为(4,5)，且 C 的准线方程为1y 2 分 设 P 到准线的距离为 d，则|PFd， 3 分 因为 A 到准线的距离为5 16 ， 所以| |6PAPFPAd 4 分 （2）解：由 2 1 4 1 , 2 ,yx yxt 得 2 240xxt 5 分 设 112212 ,0,0M x yN x yxx，则 1212 2,40xxx xt ，

24、 6 分 所以 2 121212 0,44162txxxxx xt 8 分 直线DM的方程为 11 2yyxx ， 令0x ，得 11 2 D yxy， 9 分 同理，得 22 2 E yxy， 10 分 所以 121212 5 |2 2 DE DEyyxxyyxx， 11 分 因为 12 2xx，所以| 5DE ，即|DE的取值范围为(5,) 12 分 21解： （1）函数( )f x的定义域为(0,) 2 2(2)(2)(1) ( )22 mxmxmxm x fxxm xxx 1 分 令( )0fx ，得 2 m x 或1x 当1 2 m ，即2m时， 在(0,1)和, 2 m 上，( )

25、0fx ， 在1, 2 m 上，( )0fx ， 当1x 时，( )f x取得极大值， 当 2 m x 时，( )f x取得极小值，故( )f x有两个极值点； 2 分 当01 2 m ，即20m 时， 在0, 2 m 和(1,)上，( )0fx ，在,1 2 m 上，( )0fx ，同上可知( )f x有两个极值点； 3 分 当1 2 m ，即2m时， 2 (2)(1)2(1) ( )0 xm xx fx xx ，( )f x在(0,)上单调递增，无极值点； 4 分 当0 2 m ，即0m时， 在(0,1)上，( )0fx ，在(1,)上，( )0fx ，当1x 时，( )f x取得极小值，

26、无极大值，故( )f x只 有一个极值点 5 分 综上，当2m 时，( )f x极值点的个数为 0；当0m时，( )f x的极值点的个数为 1；当2m或 20m 时，( )f x的极值点个数为 2 6 分 （2） 令()()()hxf xgx， 则 2 1 ()(2 )2 l n 2 hxxmxm x， 设 1 1221 2 , ,( 0 ,)Px y Qx yx x ， 则 12 12 h xh x k xx 7 分 不妨设 12 xx，则由 12 12 h xh x km xx 恒成立，可得 1122 h xmxh xmx恒成立 8 分 令( )( )c xh xmx， 则( )c x在(

27、0,)上单调递增， 所以( ) 0c x 在(0,)上恒成立， 即( )0h xm 恒 成立， 9 分 则 2 20 m xmm x 恒成立，即 2 22 0 xxm x 恒成立 10 分 又(0,)x，所以 2 220xxm恒成立，则 2 min 22mxx， 因为 22 2(1)11xxx，所以21m， 11 分 解得 1 2 m，即 m 的取值范围为 1 , 2 12 分 22解： （1）由 26cos , 6sin , x y 得 22 (2)36xy，则 C 的直角坐标方程为 22 (2)36xy 2 分 由sin20 3 ，得 13 sincos20 22 ， 3 分 即 13 2

28、0 22 yx，即340xy，所以 l 的直角坐标方程为340xy 4 分 （2）易知 P 的坐标为(0, 4)，设直线 l 的参数方程为 cos , 4sin , xt yt （t为参数） 5 分 代入 22 (2)36xy并整理，得 2 (8sin4cos )160tt， 6 分 所以 121 2 8sin4cos ,160ttt t ， 7 分 所以 1212 |PMPNtttt或 12 tt 8 分 因为 12 4 5sin()tt， 9 分 故|PMPN的最大值为4 5 10 分 23解： （1）因为2k ，所以 44,1, ( )22,14, 6,4, xx f xxx x 1 分 由( )0f x ，得1x ， 4 分 故不等式( )0f x 的解集为(,1) 5 分 （2）由( )0f x ，得|4|1| 1xxkx ， 令( ) |4|1| 1g xxx，则 42 ,1, ( )2,14, 26,4, x x g xx xx 6 分 作出( )g x的图象，如图所示 7 分 直线ykx过原点，当此直线经过点(4,2)B时， 1 2 k ； 8 分 当此直线与直线AC平行时，2k 9 分 由图可知，当2k 或 1 2 k时，( )g x的图象与直线ykx有公共点， 从而( )0f x 有实数根，所以 k 的取值范围为 1 (, 2), 2 10 分