昆明市第一中学2020届高三第五次检测(带答案)

昆明第一中学2020届高中新课标高三第五次二轮复习检测
理科数学
命题：昆一中数学命题小组
审题：杨昆华 张宇甜 顾先成 李春宣 王海泉 莫利琴 蔺书琴 张远雄 崔锦 杨耕耘 注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上的指定的位置用2B 铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
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.若复数3
(1)z i =-，则z =（ ） A.22i -+
B.22i --
C.22i +
D.22i -
2.设集合{0,1}A =，集合B 满足{0,1}A B ⋃=，则满足条件的集合B 的个数为（ ）
A.1
B.2
C.3
D.4
3.《算法统宗》，明代数学家程大位所著，是中国古代数学名著.其中有这样一段记载：“三百七十八里关，初日健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关.”其大意是，有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天才到达目的地，则此人第四天走的路程（单位：里）为（ ） A.192
B.48
C.24
D.6
4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A.
32
π+
B.
12
π
+ C.
332
π+ D.
312
π+ 5.已知非负整数,x y 满足3290x y +-≤，则x y +的最大值是（ ） A.3
B.4
C.
92
D.5
6.某地环保部门召集5家企业的负责人座谈，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上随机安排3位负责人发言，则发言的3人来自3家不同企业的概率为（ ） A.
1
5
B.
25
C.
35
D.
45
7.下列叙述中正确的是（ ） A.函数2
2
2
()2
f x x x =+
+的最小值是222 B.“04m <”是“2
10mx mx ++”的充要条件
C.若命题2
:,10p x R x x ∀∈-+≠，则2000:,10p x R x x ⌝∃∈-+=
D.“已知,x y R ∈，若1xy <，则,x y 都不大于1”的逆否命题是真命题
8.执行如图所示的程序框图，输出的S =（ ）
A.55
B.42
C.33
D.24
9.已知12,F F 是双曲线2
2
(0)x y m m -=>的两个焦点，点P 为该双曲线上一点，若12PF PF ⊥，且1223PF PF +=m =（ ） A.1
2
3
D.3
10.已知1,3,0OA OB OA OB ==⋅=，点C 在AOB ∠内，且30AOC ︒
∠=，设
(,)OC xOA yOB x y R =+∈，则
x
y
=（ ） 3
B.3
C.33
D.311.在三棱锥P ABC -中，2PA PB PC ===，且底面ABC 为正三角形，D 为侧棱PA 的中点，若PC BD ⊥，棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ） A.6π
B.8π
C.12π
D.16π
12.已知函数2
2()ln x
e
f x a x x x ⎛⎫=+
- ⎪⎝
⎭在(0,2)上有两个极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A.(1,)e
B.22,2e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭
C.(
)2
,e e
D.2,2e e ⎛⎫
⎪⎝⎭
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知随机变量X 服从正态分布()
24,,(6)0.78N P X σ<=，则(2)P X =________. 14.函数11()sin cos 2633f x x x ππ⎛⎫⎛
⎫=
++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭的最大值为__________. 15.已知数列{}n a 满足1121,2n n a a a n +==+，则
n
a n
的最小值为_______. 16.已知P 是双曲线2
2
115
y x -=右支上的一点，,M N 分别是圆22(4)9x y ++=和22(4)1x y -+=上的点，则||||PM PN -的最大值是___________.
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）
在ABC △中，内角,,A B C 所对的边分别为6
,,,cos 3a b c A B C ==. （1）求tan C ；
（2）若ABC △2，求b . 18.（12分）
某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活动，在,A B 实验地分别用甲、乙方法培育该品种花苗.为观测其生长情况，分别在实验地随机抽取各50株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图，记综合评分为80分及以上的花苗为优质花苗.
（1）用样本估计总体，以频率作为概率，若在,A B 两块实验地随机抽取3株花苗，求所抽取的花苗中优质花苗数的分布列和数学期望；
（2）填写下面的列联表，并判断是否有99%的把握认为优质花苗与培育方法有关.
优质花苗 非优质花苗 合计
甲培育法 20
乙培育法 10 合计
附：下面的临界值表仅供参考.
()20P K k 0.050 0.010 0.001
0k
3.841 6.635 10.828
（参考公式：2
2
()()()()()
n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++）
19.（12分）
如图所示的几何体中，111ABC A B C -为直三棱柱，四边形ABCD 为平行四边行，2CD AD =，
60ADC ︒∠=.
（1）若1AA AC =，证明：11,,,A D C B 四点共面，且1
1AC DC ⊥； （2）若11,AD CC AC λ==，二面角11A C D A --的余弦值为2
4
，求直线1CC 与平面11ADC B 所成角. 20.（12分）
若动点M 到两点(1,0),(2,0)A B 的距离之比为
22
. （1）求动点M 的轨迹E 的方程；
（2）若P 为椭圆22
:163
x y C +=上一点，过点P 作曲线E 的切线与椭圆C 交于另一点Q ，求OPQ △面积的取值范围（O 为坐标原点）.
21.（12分）
已知函数2()(1)x
x f x e ax e =-+⋅，且()0f x .
（1）求a ；
（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316
f x <
. （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）
以直角坐标系的原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的
长度单位，已知直线l 的参数方程
为5212
x t y t ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（t 为参数），圆C 的极坐标方程为4cos 3πρθ⎛⎫
=-
⎪⎝
⎭
.
（1）求直线l 的倾斜角和圆C 的直角坐标方程； （2）若点(,)P x y 在圆C
上，求x +的取值范围. 23.【选修4-5：不等式选讲】（10分） 已知函数2()|25|f x x a x a =+++-. （1）当1a =时，解不等式()5f x <；
（2）若关于x 的不等式()5f x <有实数解，求实数a 的取值范围.
2020届昆一中高三联考卷第五期联考
理科数学参考答案及评分标准
命题、审题组教师 杨昆华 张宇甜 顾先成 李春宣 王海泉 莫利琴 蔺书琴 张远雄 崔锦 杨耕耘 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案
A
D
C
B
B
D
C
B
A
C
C
D
1.解析：因为()3
1i 22i z =-=--，所以22i z =-+选A. 2.解析：因为集合{}0,1A =，{}0,1A
B =，则B A ⊆，所以集合B 可能的情况有{}0，{}1，{}0,1，
∅，共有4个.选D.
3.解析：记每天走的里程数为{}n a ，易知{}n a 是以
1
2
为公比的等比数列，其前6项和6378S =，则166112378112
a S ⎛
⎫- ⎪
⎝⎭
==-，解得1192a =，所以341192()242a =⨯=.选C.
4.解析：该几何体是由一个底面半径为1，高为3的半圆锥，和一个底面为等腰直角三角形，高为3的三棱锥组成，所以该几何体的体积为：2
1
111=(13(213132
322
V ππ⨯⋅⋅⨯+
⨯⨯⨯⨯=+）），选B.
5.解析：画出可行域如下，可知当直线经过点()13，或者()0，4时取得最大值4，选B.
6.解析：发言的3人来自3家不同企业的概率为321
6243
6164
205
C C C P C -===，选D. 7.解析：对于A ：()2
222222222f x x x x x =+
=++-++222≥-中，2
2222
x x +=+的等号不成立，A 错；当0m =时210mx mx ++≥也成立，B 错；当1
3
x =，2y =时1xy <也成立，
又原命题与逆否命题真假性一致，所以D 错；选C.
8.解析：1i =时，()1
021121S =+⨯+-=-；
2i =时，()()()()2
212212141S =-+⨯+-=-++；
3i =时，()()()()()()3
2141231214161S =-+++⨯+-=-+++-；
……
6i =时，()()()()214161121241242S =-+++-+
++=++
+=，所以输出42，选
B.
9.解析：因为122PF PF m -=，所以22
112224PF PF PF PF m -⋅+=， 又因为1223PF PF +=，所以2
2
1122212PF PF PF PF +⋅+=， 所以2
2
1226PF PF m +=+，由12PF PF ⊥得：2
2
128PF PF m +=， 所以826m m =+，所以1m =，选A.
10.解析：以()'0u x >为原点，以()u x ，R 所在的直线为0x <轴，()0u x <轴，建立平面直角坐标系，则01a <<ln 0a <，ln 0a x <<'()0u x >，由题意可设()u x (ln ,0)a ，由
()()ln 00u a u <=可得，1a >，所以ln 0a >.选0ln x a <<.
11.解析：设AB 的中点为E ，连结PE ，CE ，易知AB ⊥平面PEC ，所以AB PC ⊥， 又PC BD ⊥，所以PC ⊥平面PAB ，所以PC PA ⊥，PC PB ⊥，所以PA PB ⊥，
因此，以PA ，PB ，PC 为同一顶点出发的正方体的八个顶点在球O 的表面上， 所以2
2
2
2
412R PA PB PC =++=，所以球O 的表面积为12π，选C. 12.解析：0x >，因为'()0u x >（()u x ），(,0)-∞
所以函数(0,)+∞的图象与函数()()00u x u ≥=图象有两个不同的交点，所以
()()e 0x f x u x =⋅≥1a =，选D.
二、填空题
13.解析：(2)1(6)0.22P X P X ≤=-<=. 14.解析：因为(+
)()632x x πππ--=，所以cos()cos()sin()3626x x x ππππ
-=+-=+，
所以5()sin(+)66f x x π=，所以函数()f x 的最大值为5
6
.
15.解析：因为12n n a a n +=+，所以12n n a a n +-=，
从而2121a a -=⨯，3222a a -=⨯，…，12(1)(2)n n a a n n --=-≥， 累加可得21(1)2[12(1)]22
n n n
a a n n n --=⨯++⋅⋅⋅+-=⨯
=-，所以221n a n n =-+， 221211n a n n n n n n -+==+-，因为21()1f n n n
=+-在(0,4]递减，在[5,)+∞递增 当4n =时，
338.254n a n ==，当5n =时，418.25n a n ==，所以n a n 的最小值为41
5
. 16.解析：双曲线的两个焦点分别为（ln2x <-），（'()0g x <），则这两点刚好是两圆的圆心，由几何性质知，ln2x >-，'()0g x >，所以()g x ，所以最大值为(,ln2)-∞-. 三、解答题 （一）必考题
17.解：（1）在△ABC 中，由6cos 3A =，得3
sin 3
A = 由sin 3
B
C =
得sin()3A C C +=，sin cos cos sin 3A C A C C +=，
36333C C C +=，63
sin 33
C C =，tan 2C =（2）因为tan 2C =
6sin 3C =
，3
cos 3
C =，sin 31B C ==， 由
sin sin b c
B C
=得sin c b C =，因为△ABC 2， 211163sin sin sin 2222bc A b b C A b =⋅⋅==26b =，6b =. 18.解：（1）由频率分布直方图，优质花苗的频率为(0.040.02)100.6+⨯=，即概率为0.6.
设所抽取的花苗为优质花苗的株数为X ，则35~3,X B ⎛⎫
⎪⎝⎭
，于是
30328(0)5125P X C ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭；2
1
33236(1)55125P X C ⎛⎫==⨯⨯=
⎪⎝⎭； 2
23
3254(2)55125P X C ⎛⎫==⨯⨯= ⎪⎝⎭；3
3
3327(3)5125
P X C ⎛⎫==⨯=
⎪⎝⎭. 其分布列为：
X 0 1 2 3
P
8125 36125 54125 27
125
所以，所抽取的花苗为优质花苗的数学期望39()355
E X =⨯
= （2）频率分布直方图，优质花苗的频率为(0.040.02)100.6+⨯=，则样本中优质花苗的株数为60株，列联表如下表所示：
优质花苗 非优质花苗 合计 甲培育法 20 30 50 乙培育法
40 10 50 合计
60
40
100
可得2
2
100(20103040)16.667 6.63560405050
K ⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯.
所以，有99%的把握认为优质花苗与培育方法有关系 19.（1）证明：因为111ABC A B C -为直三棱柱，
所以BC ∥11B C ，且11BC B C =，又因为四边形ABCD 为平行四边形， 所以BC ∥AD ，且BC AD =，所以AD ∥11C B ，且11AD C B =， 所以四边形11ADC B 为平行四边形，所以A ，D ，1C ，1B 四点共面； 因为1AA AC =，又1AA ⊥平面ABCD ， 所以1AA AC ⊥，所以四边形11
A ACC 正方形，连接1AC 交1A C 于E ，
所以1
1AC AC ⊥，在ADC ∆中，2CD AD =，60ADC ∠=， 由余弦定理得2222cos60AC AD CD AD CD =+-⋅， 所以3AC AD =
，所以222CD AC AD =+，所以AD AC ⊥，又1AA AD ⊥， 所以AD ⊥平面11A ACC ，所以1AD AC ⊥， 又因为!AD
AC A =，所以1
AC ⊥平面11ADC B ； 所以1
1AC DC ⊥
（2）解：由（1）知，可如图建立直角坐标系，则()0,0,0A ，()1,0,0D ，
()0,3,0C ，()10,0,3A λ，()
10,3,3C λ， ()()
111,0,3,1,3,3DA DC λλ∴=-=-，
设平面11AC D 的法向量为()1111
,,n x y z =，由111100n DA n DC ⎧⋅=⎨⋅=⎩即1111130330
x z x y z λλ⎧-+=⎪
⎨-++=⎪⎩，取(
)
13,0,1n λ=
设平面1AC D 的法向量为()2222,,n x y z =由22100n AD n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩得222
0330x y z λ=⎧⎪
⎨+=⎪⎩，取
()20,,1n λ=-，
由12221212
cos ||4311
n n n n θλλ⋅=
==⋅+⋅+得21λ=，因为0λ>，所以1λ=
此时1AD =，13CC AC ==，所以四边形11
A ACC 正方形，
因为11AC AC ⊥，1AC AD ⊥，又因为!AD AC A =，所以1
AC ⊥平面11ADC B ， 所以1CC 与平面11ADC B 所成角为145EC C ∠= 20.解：（1）设(,)M x y ，2222
(1)2(2)x y x y -+=
-+，即2222
2(1)2(2)x y x y -+=-+， 所以曲线2
2
:2E x y +=.
（2）当PQ 所在直线斜率不存在时，其方程为：2x =22PQ =， 当PQ 所在直线斜率存在时，设其方程为：y kx m =+，设11(,)P x y ，22(,)Q x y ，
()0,0O 到直线PQ 的距离d r =221
m k =+2222m k =+.
直线PQ 与椭圆C 联立22
163
x y y kx m
⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，得()222
214260k x kmx m +++-=，所以1222
122421
2621mk x x k m x x k -⎧
+=⎪⎪+⎨-⎪=
⎪+⎩
，
所以()(
)
2222
2
2
2
121222164(21)(26)14(1)(21)k m k m PQ k x x x x k k ⎡⎤
-+-⎡⎤=
++-=+⎢⎥⎣⎦+⎣⎦
，2222
22222
4882441(1)22(1)(21)(21)k m k k k k k ⎡⎤-++=+=+⎢⎥++⎣⎦
，令2
211t k =+≥，(]10,1t ∈ 222
22224121112(1)2(21)k t t z k k t t t ++--=+==+++，因为(]10,1t ∈，所以924z ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
，， 所以223PQ ⎡⎤∈⎣
⎦
，
，所以2
322,22OPQ
S PQ ⎡⎤=
∈⎢⎥⎣
⎦. 21.解：（1）因为()()
e e 10x x
f x ax =--≥，且e 0x
>，所以e 10x
ax --≥，
构造函数()e 1x
u x ax =--，则()'e x
u x a =-，又()00u =，
若0a ≤，则()'0u x >，则()u x 在R 上单调递增，则当0x <时，()0u x <矛盾，舍去； 若01a <<，则ln 0a <，则当ln 0a x <<时，'()0u x >， 则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增，则()()ln 00u a u <=矛盾，舍去； 若1a >，则ln 0a >，则当0ln x a <<时，'()0u x <，
则()u x 在(0,ln )a 上单调递减，则()()ln 00u a u <=矛盾，舍去； 若1a =，则当0x <时，'()0u x <，当0x >时，'()0u x >， 则()u x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增， 故()()00u x u ≥=，则()()e 0x
f x u x =⋅≥，满足题意；
综上所述，1a =.
（2）由（1）可知()()2e 1e x
x
f x x =-+⋅，则()()'e
2e 2x
x
f x x =--，
构造函数()2e 2x
g x x =--，则()'2e 1x
g x =-，
又()'g x 在R 上单调递增，且()'ln20g -=，
故当ln2x <-时，'()0g x <，当ln2x >-时，'()0g x >， 则()g x 在(,ln2)-∞-上单调递减，在(ln2,)-+∞上单调递增，
又()00g =，()2220e g -=>，又3
32
33
33
2223214e
16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭
+， 结合零点存在性定理知，在区间3
(2,)2
--存在唯一实数0x ，使得()00g x =， 当0x x <时，()'0f x >，当00x x <<时，()'0f x <，当0x >时，()'0f x >，
故()f x 在()0,x -∞单调递增，在()0,0x 单调递减，在()0,+∞单调递增， 故()f x 存在唯一极大值点0x ，因为()0002e 20x
g x x =--=，所以0
e
12
x x =
+， 故()()()()002
2200000011e 1e 11112244
x x
x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，
因为0322x -<<-，所以()2
01133
144216
f x ⎛⎫<--+< ⎪⎝⎭.
（二）选考题：第22、23题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题记分. 22.解：（1）由直线l 的参数方程可知，直线l 的倾斜角为
56
π；将圆C 的极坐标方程4cos()3
π
ρθ=-
化简得2cos 23sin ρθθ=+，两边乘ρ得，2
2cos 23sin ρρθρθ=+，将
222x y ρ=+，cos x ρθ=，sin y ρθ=代入并化简整理可得圆C 的直角坐标方程为
2
2
(1)(3)4x y -+-
=.
（2）设12cos ()32sin x y θ
θθ
=+=+⎧⎪⎨
⎪⎩为参数，则 3x y +
=232cos 44sin()46
π
θθθ++=+
+，由1sin()16
π
θ-≤+
≤可得，
038x ≤+
≤，即3[0,8]x +
∈.
23.解：（1）当1a =时，()13f x x x =++-，即22(1)()4(13)22(3)x x f x x x x -+≤-=-<<-≥⎧⎪
⎨⎪⎩
当1x ≤-时，由225x -+<解得32
x >-
，所以312
x -
<≤-；
当13x -<<时，不等式恒成立，所以13x -<<； 当3x ≥时，由225x -<解得72
x <
；所以732
x ≤<
.
综上，不等式()5f x <的解集为372
2x x -
<<
⎧⎫
⎨⎬⎩
⎭
（2）因为2()25f x x a x a =+++-222525x a x a a a ≥+--+=-+， 所以，2
255a a -+<，解得02a <<.。