四川省泸县第五中学2020届高三数学下学期第一次在线月考试题 文

四川省泸县第五中学2020届高三数学下学期第一次在线月考试题文注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知集合A={x|x1}，B={x|31x}，则A．{|0}ABxxB．ABRC．{|1}ABxxD．AB2．若复数1513zi，2728zi，其中i是虚数单位，则复数12zzi的实部为A．20B．15C．30D．83．在等差数列*()nanN中，若45627aaa，则19aa等于A．9B．27C．18D．544．在平行四边形ABCD中，3,4ABAD，则ACDB等于A．7B．1C．7D．255．在ABC中，D为BC上一点，E是AD的中点，若BDDC，13CEABAC，则A．13B．13C．76D．766．函数1cosfxxxx（x且0x）的图象可能为A．B.C．D．7．在四棱锥PABCD中，所有侧棱都为42，底面是边长为26的正方形，O是P在平面ABCD内的射影，M是PC的中点，则异面直线OP与BM所成角为A．30°B．45°C．60°D．90°8．已知函数2log,0()3,0xxxfxx，且函数()()hxfxxa有且只有一个零点，则实数a的取值范围是A．[1,)B．(1,)C．(,1)D．(,1]9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A．831B．8312C．831D．83110．若函数2()sinln14fxxaxx的图象关于y轴对称，则实数a的值为A．2B．4C．2D．411．设双曲线C：221(0)8xymm的左、右焦点分别为1F，2F，过1F的直线与双曲线C交于M，N两点，其中M在左支上，N在右支上.若22FMNFNM，则MNA．82B．8C．42D．412．已知函数2()35fxxx，()lngxaxx，若对(0,)xe，12,(0,)xxe且12xx，使得()()(1,2)ifxgxi，则实数a的取值范围是A．16,eeB．741,eeC．74160,,eeeD．746,ee二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设向量(2,4)m，(3,)()nR，若mn，则______.14．在[0,20]中任取一实数作为x，则使得不等式12log(1)4x成立的概率为______.15．已知抛物线22(0)ypxp经过点(1,2)M，直线l与抛物线交于相异两点A，B，若MAB的内切圆圆心为(1,)t，则直线l的斜率为______.16．已知四面体ABCD的四个顶点均在球O的表面上，AB为球O的直径，AB=4，AD=2，BC=22，则四面体ABCD体积的最大值为_______。三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21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）如图，已知ABC△的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sin()sinsinaAcaCbB，点D是AC的中点，DEAC，交AB于点E，且2BC，62DE.（I）求B；（II）求ABC△的面积.18（12分）如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，//ABDC，PAD是等边三角形，已知24BDAD，225ABDC.（I）设M是PC上的一点，证明：平面MBD平面PAD；（II）求四棱锥PABCD的体积.19（12分）为了整顿道路交通秩序，某地考虑对行人闯红灯进行处罚.为了更好地了解市民的态度，在普通人中随机抽取200人进行调查，当不处罚时，有80人会闯红灯，处罚时，得到如下数据：处罚金额x（单位：元）5101520会闯红灯的人数y5040200若用表中数据所得频率代替概率.（I）当处罚金定为10元时，行人闯红灯的概率会比不进行处罚降低多少？（II）将选取的200人中会闯红灯的市民分为两类：A类市民在罚金不超过10元时就会改正行为；B类是其它市民.现对A类与B类市民按分层抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷，则前两位均为B类市民的概率是多少？20．（12分）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右焦点分别是12FF，，,AB是其左右顶点，点P是椭圆C上任一点，且12PFF的周长为6，若12PFF面积的最大值为3.（I）求椭圆C的方程；（II）若过点2F且斜率不为0的直线交椭圆C于,MN两个不同点，证明：直线AM于BN的交点在一条定直线上.21．（12分）已知函数2ln1fxxxax．（I）当1a时，证明fx的图象与x轴相切；（II）当1a时，证明fx存在两个零点．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在极坐标系中，直线l：ρcosθ3，P为直线l上一点，且点P在极轴上方.以OP为一边作正三角形OPQ(逆时针方向)，且OPQ面积为3．（I）求Q点的极坐标；（II）求OPQ外接圆的极坐标方程，并判断直线l与OPQ外接圆的位置关系．23．（10分）已知函数，（I）当时，解不等式；（II）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.2020年春四川省泸县五中高三第一学月考试文科数学参考答案1．A2．B3．C4．A5．B6．D7．B8．C9．A10．C11．A12．D13．3214．45P15．-116．43317．解（1）sinsinsinaAcaCbB，由sinsinsinabcABC得222acacb，由余弦定理得2221cos22acbBac，0B，60B:（2）连接CE，如下图：D是AC的中点，DEAC，AECE，6sin2sinDECEAEAA，在BCE中，由正弦定理得sinsinsin2CEBCBCBBECA，622sinsin602sincosAAA，2cos2A，0A，45A，75ACB，30BCEACBACE，90BEC，3CEAE，31ABAEBE，133·22ABCSABCE，（1）ABAC，3AB，3ACADDCtan3ACBAB，60B又3AEAB，ABE为正三角形，30DAEDABBAE又2AD，3AE，由余弦定理可知:1.222DAECOSADAEAEADDE，222AEDEAD，根据勾股定理可知AEDE.又PAABC面，PADE，DEPAE面.（2）150DEBDEABEA，13sin24BDESDEBEDEBDPBEPBDEVV113323346BDESPA，即三菱锥的体积为36.19．（1）设“当罚金定为10元时，闯红灯的市民改正行为”为事件A，则4012005PA.∴当罚金定为10元时，比不制定处罚，行人闯红灯的概率会降低15.（2）由题可知A类市民和B类市民各有40人，故分别从A类市民和B类市民各抽出两人，设从A类市民抽出的两人分别为1A、2A，设从B类市民抽出的两人分别为1B、2B.设从“A类与B类市民按分层抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷”为事件M，则事件M中首先抽出1A的事件有1212,,,AABB，1221,,,AABB，1122,,,ABAB，1122,,,ABBA，1221,,,ABAB，1212,,,ABBA，共6种.同理首先抽出2A、1B、2B的事件也各有6种.故事件M共有4624种.设从“抽取4人中前两位均为B类市民”为事件N，则事件N有1212,,,BBAA，1221,,,NBBAA，2112,,,BBAA，2121,,,BBAA.∴41246PN.∴抽取4人中前两位均为B类市民的概率是16.20解：（1）由题意得222226,123,2,acbcabc1,3,2,cba椭圆C的方程为22143xy；（2）由（1）得2,0A，2,0B，21,0F，设直线MN的方程为1xmy，11,Mxy，22,Nxy，由221143xmxxy，得2243690mymy，122643myym，122943yym，121232myyyy，直线AM的方程为1122yyxx，直线BN的方程为2222yyxx，12122222yyxxxx，2112212121232322yxmyyyxxyxmyyy，4x，直线AM与BN的交点在直线4x上.21．证明：（1）当a＝1时，f（x）＝（x﹣2）lnx+x﹣1．∴f′（x）＝lnx++1，若f（x）与x轴相切，切点为（x0，0），∴f（x0）＝（x0﹣2）lnx0+x0﹣1＝0f′（x0）＝lnx0++1＝0，解得x0＝1或x0＝4（舍去）∴x0＝1，∴切点为（1，0），故f（x）的图象与x轴相切（2）∵f（x）＝（x﹣2）lnx+ax﹣1＝0，∴a＝﹣＝﹣lnx+，设g（x）＝﹣lnx+，∴g′（x）＝﹣﹣+＝，令h（x）＝1﹣2x﹣2lnx易知h（x）在（0，+∞）为减函数，∵h（1）＝1﹣1﹣2ln1＝0，∴当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，∴g（x）max＝g（1）＝1，当x→0时，g（x）→﹣∞，当x→+∞时，g（x）→﹣∞，∴当a＜1时，y＝g（x）与y＝a有两个交点，即当a＜1时，证明f（x）存在两个零点22．1由题意，直线l：ρcosθ3，以OP为一边作正三角形OPQ(逆时针方向)，设3P,θcosθ，由且OPQ面积为3，则：233()34cosθ，得3cosθ2，所以πθ6.由于OPQ为正三角形，所以：OQ的极角为π2，且POOQ2，所以πQ2,.22由于OPQ为正三角形，得到其外接圆的直径43OR3，设Mρ,θ为OPQ外接圆上任意一点．在RtOMR中，πρcosθ3OR，所以Mρ,θ满足43πρcosθ33．故OPQ的外接圆方程43πρcosθ33，又由直线l：x3和OPQ的外接圆直角坐标方程为2223xyx2y03．可得圆心到直线的距离23d3，即为半径，故直线与圆相外切．23．（1）当时，，所以，即求不同区间对应解集，所以的解集为.（2）由题意，对任意的恒成立，即对任意的恒成立，令，所以函数的图象应该恒在的下方，数形结合可得.