甘肃省定西市2019-2020学年高考三诊数学试题
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．设全集U=R，集合A?{x|x2?3x?4?0}，则eUA?（ ） A．{x|-1 解一元二次不等式求得集合A，由此求得eUA 【详解】 由x?3x?4??x?4??x?1??0，解得x??1或x?4. 2B．{x|-4 因为A?{x|x??1或x?4}，所以eUA?{x|?1?x?4}. 故选：C 【点睛】 本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合补集的概念和运算，属于基础题. 2．记等差数列?an?的公差为d，前n项和为Sn.若S10?40，a6?5，则（ ） A．d?3 【答案】C 【解析】 【分析】 由S10?B．a10?12 C．S20?280 D．a1??4 ?a1?a10??10?52?a5?a6??40，和a6?5，可求得a5?3，从而求得d和a1，再验证选项. 【详解】 因为S10??a1?a10??10?52?a5?a6??40，a6?5， 所以解得a5?3， 所以d?a6?a5?2， 所以a10?a6?4d?5?8?13，a1?a5?4d?3?8??5，S20?20a1?190d??100?380?280， 故选：C. 【点睛】 本题考查等差数列的通项公式、前n项和公式，还考查运算求解能力，属于中档题. 3．已知斜率为2的直线l过抛物线C：y2?2px(p?0)的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，若线段AB的中点M的纵坐标为1，则p＝（ ） A．1 【答案】C 【解析】 【分析】 设直线l的方程为x＝【详解】 由已知得F（ B．2 C．2 D．4 1py?，与抛物线联立利用韦达定理可得p． 221pp，0），设直线l的方程为x＝y?，并与y2＝2px联立得y2﹣py﹣p2＝0， 222设A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点C（x0，y0）， ∴y1+y2＝p， 又线段AB的中点M的纵坐标为1，则y0?故选C． 【点睛】 本题主要考查了直线与抛物线的相交弦问题，利用韦达定理是解题的关键，属中档题． 4．已知正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是棱AD，CC1，C1D1的中点，给出下列四个命题: ①EF?B1C; ② 直线FG与直线A1D所成角为60?; ③ 过E，F，G三点的平面截该正方体所得的截面为六边形; ④ 三棱锥B?EFG的体积为 p1（y1+y2）＝?1，所以p=2, 225. 6C．3 D．4 其中，正确命题的个数为（ ） A．1 【答案】C 【解析】 【分析】 画出几何体的图形，然后转化判断四个命题的真假即可． 【详解】 如图； B．2 连接相关点的线段，连接EFO，因为F是中点，可知B1C?OF，EO?B1C，可知B1C?O为BC的中点，平面EFO，即可证明B1C?EF，所以①正确； 直线FG与直线A1D所成角就是直线A1B与直线A1D所成角为60?；正确； 过E，F，G三点的平面截该正方体所得的截面为五边形；如图： 是五边形EHFGI．所以③不正确； 如图： 三棱锥B?EFG的体积为： 由条件易知F是GM中点， 所以VB?EFG?VB?EFM?VF?BEM, 而SBEM?S梯形ABMD?S?ABE?S?EDM=VF?EBM2?3115?2??2?1??3?1=， 22225155???1?．所以三棱锥B?EFG的体积为，④正确； 3266故选：C． 【点睛】 本题考查命题的真假的判断与应用，涉及空间几何体的体积，直线与平面的位置关系的应用，平面的基本性质，是中档题． 5．在等腰直角三角形ABC中，?C??2,CA?22，D为AB的中点，将它沿CD翻折，使点A与点B间的距离为23，此时四面体ABCD的外接球的表面积为（ ）. A．5? 【答案】D 【解析】 【分析】 B． 205? 3C．12? D．20? 如图，将四面体ABCD放到直三棱柱中，求四面体的外接球的半径转化为求三棱柱外接球的半径，然后确定球心在上下底面外接圆圆心连线中点，这样根据几何关系，求外接球的半径. 【详解】 ?ABC中，易知AB?4，CD?AD?BD?2 翻折后AB?23, ?cos?ADB?2?2?232?2?222??21?? ， 2??ADB?120o， 设?ADB外接圆的半径为r， ?23?2r?4 ，?r?2 ， osin120如图：易得CD?平面ABD，将四面体ABCD放到直三棱柱中，则球心在上下底面外接圆圆心连线中点，设几何体外接球的半径为R， R2?r2?12?22?12?5 ， ? 四面体ABCD的外接球的表面积为S?4?R2?20?. 故选：D
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