重庆一中2020届高三5月月考数学(文)试卷(带答案)

绝密★启用前【考试时间：5月15日15:00-17：00】

重庆一中高2020级高三下期5月月考

文 科 数 学 试 题 卷

数学试题共4页，满分150分，考试时间120分钟。

注意事项：

1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。

2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。

3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。

第I卷（选择题，共60分）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分.

1. 已知集合A={xx>1}，B={xxB．0

C．1

D．2

2. 若“p:xa”是“q:x1或x3”的充分不必要条件，则a的取值范围是（ ） A．a≥1

B．a≤1

C．a≥3

D．a≤3

3．当0＜x＜1时，下列大小关系正确的是（ ） A．x＜3＜log3x

3xB．3＜x＜log3x

x3C．log3x＜x＜3

3xD．log3x＜3＜x

x34．已知双曲线C的中心为原点，点F为（ ） A．xy1

222,0是双曲线C的一个焦点，点F到渐近线的距离为1，则C的方程

y21 B．x22x2y21 C．23x2y21 D．335．数列an满足a11，a23，an12nann1,2,，则a3（ ） A．5

B．9

C．10

D．15

2xy2≥06．设变量x，y满足约束条件x2y4≥0，则目标函数z3x2y的最小值为（ ）

x1≤0A．6

B．4

C．2

D．3

7．《九章算术》是我国古代数学名著，也是古代东方数学的代表作，书中有如下问题：“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆，径几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为8步和15步，问其内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内投豆子，则落在其内切圆内的概率是（ ）

A．

3 10B．

3 20C．

 20D．

 10

8．将函数ysin2x的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到fx的图象，则4C．1

D．0

f为（ ） 2A．1

9．已知函数fxB．2

1，则yfx的图象大致为（ ）

xlnx1A． B． C． D．

10．公元263年左右，我国数学家刘徽发现，当圆内接正多边形的边数无限增加时， 多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”．利用“割圆术”，刘徽得到了 圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”．如图是利用刘徽 的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为（ ）． （参考数据：sin150.2588，sin7.50.1305） A．12 C．24

2B．18 D．32

uuuvuuuv11．已知过抛物线y4x焦点F的直线l交抛物线于A、B两点（点A在第一象限），若AF3FB，则直线l的斜率为（ ） A．3 B．3 2C．

1 2D．2

12．已知函数fxx1，x≤0，若方程fxa有四个不同的解x1，x2，x3，x4，且

logx，x021的取值范围是（ ） 2x3x4C．,1

第II卷（非选择题，共90分）

D．1,1

x1x2x3x4，则x3x1x2A．1,

B．1,1

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分. 13．已知b为实数，i为虚数单位，若2bi为实数，则b________． 1i1xx1上，则数列an的通项2

14．已知正项数列an的前n项和为Sn，若以an,Sn为坐标的点在曲线y

公式为________．

uuuvuuuvuuuvuuuv15．在△ABC中，ABACABAC，AB2，AC1，E、F为BC的三等分点，则uuuvuuuvAEAF__________．

16．已知yf(x)，xR，有下列4个命题：

①若f(12x)f(12x)，则f(x)的图象关于直线x1对称； ②yf(x2)与yf(2x)的图象关于直线x2对称；

③若f(x)为偶函数，且f(2x)f(x)，则f(x)的图象关于直线x2对称； ④若f(x)为奇函数，且f(x)f(x2)，则f(x)的图象关于直线x1对称． 其中正确的命题为__________．（填序号）

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.）

3rr1m,,nsinx,cosx,x, 17.已知向量2232(1)若mn，求x的值；

urrurr15)的值. (2)若向量mn，求sin(2x33

18．新高考取消文理科，实行“33”，成绩由语文、数学、外语统一高考成绩和自主选考的3门普通高中学业水平考试等级性考试科目成绩构成.为了解各年龄层对新高考的了解情况，随机调查50人（把年龄在[15,45)称为中青年，年龄在[45,75)称为中老年），并把调查结果制成下表：

年龄（岁） [15,25) [25,35) [35,45) [45,55) [55,65) [65,75) 频数 了解 5 4 15 12 10 6 10 5 5 2 5 1 （1）请根据上表完成下面22列联表，并判断是否有95%的把握认为对新高考的了解与年龄（中青年、中老年）有关？ 中青年 中老年 总计 了解新高考 不了解新高考 总计

n(adbc)2附：K.

(ab)(cd)(ac)(bd)2PK2k 0.050 3.841 0.010 6.635 0.001 10.828 k （2）现采用分层抽样的方法从中老年人中抽取8人，再从这8人中随机抽取2人进行深入调查，求事件A：“恰有一人年龄在45,55”发生的概率.

19．平行四边形ABCD中，A3，2ABBC，E,F分别是BC,AD的中点.将四边形DCEF沿着EF折

起，使得平面ABEF平面DCEF，得到三棱柱AFDBEC， （1）证明：DBEF；

（2）若AB2，求三棱柱AFDBEC的体积.

22220．已知抛物线C:y2pxp0的焦点为F，过点F且斜率为1的直线l截得圆：xyp的弦长为

2214.

（1）求抛物线C的方程；

（2）若过点F作互相垂直的两条直线l1、l2，l1与抛物线C交于A、B两点，l2与抛物线C交于D、E两点，

M、N分别为弦AB、DE的中点，求MFNF的最小值.

21．已知函数f(x)esinxax2x.

（1）当a0时，判断f(x)在0,上的单调性并加以证明； （2）若x0，f(x)1，求a的取值范围.

x2

请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时请写清题号. 22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为xtcos（t为参数），曲线C的参数方程为

y2tsinx1cos（为参数）. y1sin（1）当3时，求直线l与曲线C的普通方程；

（0,2）（2）若直线l与曲线C交于A,B两点，直线l倾斜角的范围为0,，且P点的直角坐标为，求

3





π

PAPBPAPB

的最小值.

23．已知函数fx|x1||xa|. （1）若a1，求不等式fx…1的解集；

（2）若“xR，fx|2a1|”为假命题，求a的取值范围.

2020年重庆一中高2020级高三下期5月月考

数 学 试 题 答 案（文科）2020.05

1-12. DACAD BBDAC AD 13．2 14．ann 15．

10 16．①②③④ 9urrurr17.(1)由mn可得mn0， .........2分

即

13sinxcosx0，则tanx3 ， .........4分 22解得x3 .........6分

(2)由题意可得

1131sinxcosx 即sin(x)， .........8分

33223由x0,,∴cos(x)22 ， .........9分 3633又sin(2x52)sin(2x）， .........10分 33512242. .........12分 )2=3339所以sin(2x18.（1）22列联表如图所示 了解新高考 不了解新高考 总计 8 12 20 30 20 50 中青年 22 老年 总计 8 30 .........2分

50(221288)2K5.5563.841，.........5分

302020302所以有95%的把握判断了解新高考与年龄（中青年、中老年）有关联. .........6分

（2）由表格数据得到抽取的8人中：年龄在45，55中的有4人，年龄在55,65中的有2人，年龄在65,75中的有2人. .........9分

从8人中抽取2人的方法有28种，其中恰有一人年龄在45,55被抽中的方法有16种. .........11分 所以P(A)164=. .........12分 28719.（1）取EF的中点O，连接OD,OB,ED,FB，易知BEF,DEF是等边三角形. ∴ODEF，OBEF. .........2分 ∵ODOBO，

∴EF平面BOD， .........4分 而BD平面BOD，

∴DBEF. .........6分

（2）三棱柱可分为四棱锥DABEF与三棱锥BCDE.

由（1）知ODEF，而平面ABEF平面DCEF，且交线为EF， ∴OD平面ABEF.

同理可证OB平面DCEF. .........9分 四棱锥DABEF的体积VBABEF三棱锥BCDE的体积VBCDE12332， .........10分 3112331， .........11分 32∴三棱柱AFDBEC的体积VVDABEFVBCDE3. .........12分 20.（1）由已知得直线方程为l:yxp， 2圆心到直线l的距离为dp222p ， ......2分 422又d+14=p 得p4， ......4分

故抛物线C的方程为y8x； .........5分 （2）由（1）知焦点为F2,0.

由已知可得ABDE，所以两直线AB、DE的斜率都存在且均不为0. 设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为故直线AB的方程为ykx2.

2y8x2联立方程组，消去x，整理得ky8y16k0. .........7分

ykx221， k

设点Ax1,y1、Bx2,y2，则y1y28. k因为MxM,yM为弦AB的中点，所以yM由yMkxM2，得xM14y1y2. 2k4yM44222，故点M22,

kkkk同理，可得N4k2,4k. .........9分

2故NF4k2224k22161641k2.

4k1k，MF24kkk22241k21k211224k1k1616|k|162k32， 所以MFNFk2kkk当且仅当k1，即k1时，等号成立. k所以MFNF的最小值为32. .........12分

21.（1）当a0时，f(x)ecosx2. .........1分

x记g(x)f(x)，则g(x)esinx，

x当x0时，ex1，1sinx1.

x所以g(x)esinx0，所以g(x)在0,单调递增， .........3分

所以g(x)g(0)0.

因为g(x)f(x)，所以f(x)0，所以f(x)在0,为增函数. .........5分

xx（2）由题意，得f(x)ecosx2ax2，记g(x)f(x)，则g(x)esinx2a，

(x)g(x)，则h(x)excosx， 令h当x0时，ex1，c，所以h(x)ecosx0， osx1x所以h(x)在0,为增函数，即g(x)esinx2a在0,单调递增

x所以g(x)g(0)esin02a12a. .......7分 ①当12a0，a01，g(x)0恒成立，所以g(x)为增函数，即f(x)在0,单调递增， 2又f(0)0，所以fx0，所以f(x)在0,为增函数，所以f(x)f(0)1 

1满足题意. .....9分 21x②当a，g(0)12a0，令u(x)ex1，x0，

2所以a因为x0，所以u(x)e10，故u(x)在(0,)单调递增，

x

故u(x)u(0)0，即exx1. 故g(2a)ex2asin2a2a2a1sin2a2a0，

又g(x)esinx2a在(0,)单调递增，

由零点存在性定理知，存在唯一实数m(0,)，g(m)0， 当x(0,m)时，g(x)0，g(x)单调递减，即f(x)单调递减，

所以f(x)f(0)0，此时f(x)在(0,m)为减函数， 所以f(x)f(0)1，不合题意，应舍去. .......11分 综上所述，a的取值范围是a22.（1）Q1. .......12分 23

1xt2直线l的参数方程为，消掉参数t

y23t2可得直线l的普通方程为3xy20， .......2分

x1cosQC的参数方程为（为参数）

y1sinx1cos可得

y1sinx1y1cossin

曲线C的普通方程为x1y11. .......5分

222222（2）将l的参数方程为xtcos22（t为参数）代入圆的方程x1y11得

y2tsint22sincost10， .......7分

设A,B所对应的参数分别为t1,t2，

则PAPBt1t21，

PAPBt1t22sincos，

12sincos124，.......9分

PAPB所以PAPBt1t2t1t122sin4PAPB当时，

PAPB4的最小值为

2. .......10分 42,x1,23.解：（1）当a1时，fxx1x12x,1x1, .......2分

2,x1.由fx…1，得x…-1. 21fx…1故不等式的解集为,. .......5 分

2（2）因为“xR，fx2a1”为假命题， 所以“xR，fx…2a1”为真命题， 所以fxmax…|2a1|. .......7分

因为fx|x1||xa|„|(x1)(xa)||a1|，

所以fxmax|a1|，则|a1|…|2a1|，所以a1…2a1， .......9分

22即a22a0，解得a的取值范围为2,0. .......10分

