2020届宁夏银川一中高三第五次月考数学(理)试题及答案

1、银川一中2020届高三年级第五次月考理科数学-7 -注意事项:1 .答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2 .作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。、选择题：本大题共 12小题，每小题5分，满分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.已知全集 U R,集合 A 0,123,4,5, B x | x 2,则图中阴影部分所表示的集合A.1B,0,1C.1,2D.0,1,22.在复平面内与复数 z -2-所对应的点关于 1 i实轴对称的点为 A,则A对应的复数为A. 1 iB. 1 iC.1 iD

2、.1 i3.执行如图所示的程序框图，输出 S的值为八1,3，八A. 3 -log2 B. log 2 3C. 4D. 24.阿基米德（公元前 287年一公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的焦点在x轴上，且椭圆C的离心率为互,面积为12 ,则椭圆C的方程为42222xyxy/A.1 B.13491622xy/c. 一 y-1432x165 .已知 f(k) k (k 1) (k 2)A.f(k1)f(k)2k2C.f(k1)f(k)4k26 .已知数列an为等比数列，且 a2a3a4A. .

3、3B. .32k ( k N ),则B. f(k 1) f(k) 3k 3D. f(k 1) f(k) 4k 3C. x3D. -137.设抛物线y24x的焦点为F,准线为l , P为抛物线上一点,PAl , A为垂足，如果直线 AF的斜8.9.率为31,那么32 A.3廿 _ _右sincos|PF|B.D.4，且3,贝U sin(冗 ) cos(冗已知三棱锥B.2B.3C.43D.BCD 中，AB CD75, AC BD2,ADBC J3,若该三棱锥的四个顶点在同一个球面上，则此球的体积为A 32B.24D.10.在Rt ABC中，已知C 90o ,CAuuu3,CB 4,P为线段AB上的

4、一点，且CPuuuuuuCACBx-tuuy rttuTCA1cBi,11 ,一，则一一的取小值为x yB.712C.1立12311.已知函数yf(x)是(1, 1)上的偶函数，且在区间(1, 0)上是单调递增的,A、B、C是锐角三角形4ABC的三个内角，则下列不等式中一定成立的是A. f (sin A) f (sin B)B.f (sin A)f (cos B)C. f (cosC) f (sin B)D.f(sinC)f (cos B)12.已知定义在 R上的可导函数f (x)的导函数为f '(x),满足 f '(x)f(x),且f(x2)为偶函数,f(4)1,则不等式f(

5、x)ex的解集为A.(,0)B. (0,C.4,eD.二、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知椭圆2 y_4x21 a 0与双曲线一91有相同的焦点，则 a的值为14.已知实数x,xy满足不等式组xy2y200 ,且z=2x-y的最大值为a,15.已知点 A 2,0 , B 0,4 ,2y 45上，则使 APB 90的点P的个16.已知函数f(x)log2 x ,0f（x）a有4个不同的实数根X，x2 , x3, x4（x1*4）x4,则x3取2*3*4的取值范围是三、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 1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第

6、 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）已知等差数列 an满足：a4 7,a10 19 ,其前n项和为& .(1)求数列an的通项公式an及Sn ；1（2）右bn ,求数列bn的前n项和Tn.anan 118. （12 分）已知函数 f（x） 2 .3sin xcosx 2sin 2x 1.(1)求函数f(x)的单调递增区间;(2)在 ABC中，内角A, B, C所对的边分别为a,b, c,2,C一,c 2,求ABC的面积.419. （12 分）2如图，在四边形 ABCD中，AB/CD , BCD ',四边形 3ACFE 为矩形，

7、且 CF 平面 ABCD, AD CD BC CF .(1)求证：EF 平面BCF ;(2)点M在线段EF上运动，当点 M在什么位置时，平面 MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值20. （12 分）2已知椭圆C:今 a近 的右焦点为F, P是椭圆C上一点，PF x轴,PF(1)求椭圆C的标准方程;(2)若直线l与椭圆C交于A、B两点，线段AB的中点为M ,O为坐标原点，且OM J2,求 AOB面积的最大值21 . （12 分）已知函数f x lnx x aTx(a R)有两个极值点xw,且x x2. 若a 5,求曲线y f x在点4,f 4处的切线方程;(2)记 g a1

8、541n2.f x1f x2 ,求a的取值范围，使得0 g a 4(二)选考题：共10分。请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做.则按所做的第一题记分。22 .选彳4-4:坐标系与参数方程x cos在平面直角坐标系xOy中，曲线Ci的参数方程为(0,2 ),曲线C2的参数方程为y 3 sin22t(t为参数).(1)求曲线Ci, C2的普通方程;(2)求曲线Ci上一点P到曲线C2距离的取值范围.23 .选彳45:不等式选讲已知 f (x) | x a | x |x 2|(x a).(1)当a 1时，求不等式f (x) 0的解集；(2)若x (,1)时，f (x) 0,求a的取值范围银

9、川一中2020届高三年级第五次月考（理科）参考答案、选择题:题号123456789101112答案BBDDBBBACCCB二、填空题13. 4 14. 6 15. 1 16. (7,8)三、解答题17.解：（1）设等差数列an解得:a1 =1,d = 2,一 an1 2(n 1) 2n 1Snn(1 2n 1)3d9d719'(2)bn -anan 12n2n2n 12n 1，数列bn的前n项和为Tn2n2n10分18.解令 2kjt，函数12n 1n2n 112分f (x) f (A)f x 2 3sinxcosx2x 2k Tt 一62的单调递增区间为:=2sin(2A一) 6.A

10、C (0,兀),2A2sin2xZ,解得=2, sin(2A113sin2x cos2x=2sin (2x-x< ku ,1,ke Z.3-)=1, 6kez,-8 -C I，c=2,由正弦定理 sinAsinC可得c sinAsinC10分1 -，由余弦th理 a = b+c - 2bccosA 可得 6 = b+4-2 b 2 一，解得 b= 1 J3 ,（负值舍去），11分abc LabsinC 1 褥（1 5 或12 分2 22219.（I）证明：在梯形 ABCD 中，.AB/CD ,设 AD CD BC 1,P 2oo03AB2 AC2 BC2.则 BC AC.2 分. CF

11、平面 ABCD, AC 平面 ABCD , AC CF ,4 分而 CF I BC C , AC 平面 BCF .丁 EF / AC,，EF 平面 BCF .6 分又BCD 一,AB 2, AC2AB2BC22AB BC cos60 3z轴建立如图所示的空间直角坐标系,(n)解：分别以直线 CA,CB,CF为x轴，y轴,设 AD CD BC CD则 C 0,0,0 , A ,3,0,0,B 0,1,0 ,M,0,1 ，uuvAB- uuuv,3,1,0 , BM,1,18分设1Vx, y, z为平面 MAB的一个法向量,v ,n 由v nuuv AB uuuv BM0）得3x1,、3, &qu

12、ot;3， mv 1,0,0是平面FCB的一个法向量,10v v,cosn, mv I vMm1 3,32 11、32 4-15 -0时，cos有最小值为 7.点M与点F重合时，平面 MAB与平面FCB所成二面角最大,此时二面角的余弦值为12分20.解:(1)设椭圆C的焦距为2c c 0 ,由题知，点Pc,则有c2a3又a2）乂 a4b22 c 2c 2c,2因此，椭圆C的标准方程为 8(2)当AB X轴时，M位于X轴上，且OMAB,由OM a可得AB J6 ,此时S AOBOM AB B,当AB不垂直x轴时,设直线AB的方程为kxt,与椭圆交于A Xi, yi , B X2, y2 ,2 X

13、由-8y2y万kX t1 4k22-2x 8ktX 4t0.XiX28kt2-，1 4kX1X24t218,从而4k4kt t4k2,14k2已知OMt22 21 4kz2-1 16kQ AB1 k2X1X224x1x2k28kt4k24t2 81 4k22216 8k2 t24k2设O到直线AB的距离为d ,则d2t21 k2S2AOB41k216 8k2 t21 4k2t2710分将t22 1 4k216k222 一代入化简得S192k2 4k2AOB1 16k216k2P，则S2S AOB22192k 4k-21 16k112 P 1214-2P2a 4.3当且仅当p 3时取等号，此时A

14、OB的面积最大，最大值为2.综上：AOB的面积最大，最大值为 2.12分121。解：（1） a 5时，f x lnX x 5Vx, f x -X2. Xln4 6, f' 40,所以,占八、4, f 4处的切线方程是 y ln4 6；(2) fa 2x ax 22x2x由己知得,1,且a2 16因为f X1lnxX1a X11nxi2, fx2lnx2X22,1 t 2a2 51.所以gInXX2X2Xi2lnt ,10分2ln t则h' t1t2t2所以h在(1,）上单调递增,因为h1544ln2 ,所以14,又因为2在1,4上单调递增,所以45.12分22.解:由题意,co

15、s3sinx（为参数），则 y3cos,平方相加, sin即可得1 t2 ,（t为参数），消去参数，得 C2 ： y即、,3xy 2.3 0.(2)设 P cos o,3sinaP到C2的距离dgcos" 3sina 2闽2向sina12436分22a 0,2 冗，当 sin a -1 时，即 a - , dmax2屈,63.冗.一.4兀, 一当sina 大1 时，即a , dmin 0.8 分63取值范围为0,2 J3 .10分23.解：(1)当a 1时，原不等式可化为|x 1| x |x 2|(x 1) 0；2分当x 1时，原不等式可化为(1 x)x (2 x)(x 1) 0 ,即(x 1)2 0,显然成立，此时解集为(，1);当1 x 2时，原不等式可化为(x 1)x (2 x)(x 1) 0 ,解得x 1,此时解集为空集；当x 2时