2020届海南中学高三第五次月考文科数学试卷一、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.已知集合,,则（）A. ｛1,4｝B. ｛2,3｝C.D. ｛1,2}【答案】C【解析】【分析】把中元素代入中计算求出的值，确定出,，找出与,的交集即可．【详解】把分别代入得：，即∵，∴，故选：C．【点睛】本题题考查交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2.设是虚数单位，若复数，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】∵复数∴∴故选A3.设变量，满足约束条件，则的最小值为（）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】解：绘制不等式组表示的可行域，结合目标函数可得，目标函数在点处取得最小值.本题选择B选项.4.如图，在△中，为线段上的一点，，且,则( )A. ,B. ,C. ,D. ,【答案】A【解析】由题可知＝＋，又＝2，所以＝＋＝＋(－)＝＋，所以x＝，y＝，故选A.5.设是两条直线，，表示两个平面，如果，，那么“”是“”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由充分充分不必要条件的判定发放进行判断即可.【详解】如果，，那么由则可得到即可得到；反之由，，，不能得到，故，如果，，那么“”是“”的充分不必要条件.故选A.【点睛】本题考查分充分不必要条件的判定，属基础题.6.已知各项均为正数的等比数列中，，则数列的前项和为A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由等比数列的性质可得：，再利用指数与对数的运算性质即可得出．【详解】由等比数列的性质可得：a1a10=a2a9=…=a5a6=4，∴数列的前10项和，故选：C．【点睛】本题考查了指数与对数的运算性质、等比数列的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7.已知a>0，b>0，a＋b＝＋，则＋的最小值为( )A. 4B. 2C. 8D. 16【答案】B【解析】试题分析：由，有，则，故选：B．考点：基本不等式.【易错点睛】本题主要考查了基本不等式.基本不等式求最值应注意的问题：(1)使用基本不等式求最值，其失误的真正原因是对其前提“一正、二定、三相等”的忽视．要利用基本不等式求最值，这三个条件缺一不可．(2)在运用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件．8.已知某几何体的三视图如图所示，俯视图是由边长为2的正方形和半径为1的半圆组成，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由三视图可知几何体为半圆锥与正方体的组合体，利用体积公式，即可得出结论．【详解】由三视图可知几何体为半圆锥与正方体的组合体，故选：D．【点睛】本题考查了常见几何体的三视图与体积计算，属于基础题．9.面积为的正六边形的六个顶点都在球的球面上，球心到正六边形所在平面的距离为，记球的体积为，球的表面积为，则的值是（）A. 2B. 1C.D.【答案】B【解析】由题意可设正六边形的边长为，则其面积，则，所以，由于底面中心到顶点的距离，所以球的半径为，所以，故，应选B。
10.若是从四个数中任取的一个数,是从三个数中任取的一个数,则关于的一元二次方程有实根的概率是A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】，根据题意先做出方程没有实根的充要条件，列举出试验发生的所有事件，看出符合条件的事件，根据古典概型公式得到结果．【详解】由题意知本题是一个古典概型，设事件为“有实根”当时，方程有实根的充要条件为，即，基本事件共12个：其中第一个数表示的取值，第二个数表示的取值．事件包含9个基本事件∴事件发生的概率为故选B.【点睛】本题考查古典概型的概率计算，属基础题.11.在中，内角所对应的边分别为，且，若，则边的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据由正弦定理可得，由余弦定理可得，利用基本不等式求出，求出边的最小值．【详解】根据由正弦定理可得．由余弦定理可得．．即．，故边的最小值为，故选D．【点睛】本题主要考查了余弦定理、基本不等式的应用，解三角形，属于中档题．12.已知函数（）在处取得极大值，则实数的取值范围为A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求导，令，，，得，或，令，可得数的取值范围.【详解】，由f′（1）=0得，得到…①∵，∴，得，或，由，解得…②）由①②得故选C.【点睛】本题考查了导数与函数的最值、单调性，属于中档题．二、填空题（本大题共4小题,每小题5分,共20分）13.，则使成立的值是____________.【答案】-4或2【解析】【分析】当0时，；当时，．由此求出使成立的值．【详解】，当0时，解得当时，，解得故答案为-4或2.【点睛】本题考查函数值的求法及应用，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用．14.已知函数，）的部分图象如图所示，则______．【答案】1【解析】【分析】由函数的部分图象得出、与的值，即可写出的解析式，进而得到. 【详解】由函数的部分图象知，，又又；∴即答案为1.【点睛】本题考查了由，的部分图象确定解析式，属基础题．15.已知三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且，则此三棱锥的外接球的体积为____________【答案】【解析】分析：先将三棱锥补成长方体，再根据长方体外接球直径等于长方体对角线长，计算球体积. 详解：因为三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，所以将三棱锥补成一个长方体，长宽高分别为，因为三棱锥的外接球与长方体外接球相同，所以外接球直径等于，因此三棱锥的外接球的体积等于点睛：若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．16.已知数列中，，，且．则数列的前n项_和为____________【答案】【解析】【分析】，，且．可得解得．可得．利用“累加求和”方法即可得出最后用裂项求和法可得数列的前n项_和．【详解】由题意，可得解得则，可得则，则数列的前n项_和为即答案为.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、数列递推关系、裂项相消法求和法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题（本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB = 6，BC = 4，AA1 =5，过的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。
（Ⅰ ）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；（Ⅱ）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值。
【答案】（1）见解析（2）1：3【解析】【分析】取中点,连则为所画正方形，（II）两部分均为底面为梯形的直棱柱，代入棱柱的体积公式求出两部分的体积即可得出体积比．【详解】解取中点,连则为所画正方形，由为正方形，又平面把该长方体分成的两部分体积的比值为30：90=1：3【点睛】本题考查了棱柱的截面的画法及体积计算，属于基础题．18.已知等差数列的公差不为零，，且成等比数列。
（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设，求数列前2020项的和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列列的公差为，（），运用等比数列的中项的性质和等差数列的通项公式，解方程可得，进而得到所求数列的通项公式；（Ⅱ）利用分组求和法可求数列前2020项的和..【详解】解等差数列的公差为，（）的通项公式为：（Ⅱ）的2020项的和为：【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，同时考查等比数列的中项性质和求和公式的运用，考查数列的求和方法：分组求和法，属于中档题．19.设锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,（Ⅰ）求B的大小;（Ⅱ）若,求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（Ⅰ）由条件利用正弦定理求得 sinB的值，可得B的值．，，利用余弦定理可得，即，则利用基本不等式三角形的性质可求求的取值范围【详解】解（Ⅰ）锐角又，即：即：又的取值范围为【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理的应用，基本不等式的应用，属于基础题．20.如图，三棱锥中，△ABC是正三角形，DA=DC．（Ⅰ）证明：AC⊥BD；（Ⅱ）已知，求点C到平面ABD的距离。
【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（Ⅰ）取中点，连，证明平面即可得到；（Ⅱ）利用等体积法可求点C到平面ABD的距离.【详解】证：（Ⅰ）取中点，连为正，中，平面（Ⅱ）正中，中中，由证：平面,又为中点设到平面的距离为，【点睛】本题以三棱锥为载体，考查线面垂直的性质，考查点面距离，综合性强．。