广东省深圳市2020届高三数学下学期第二次线上统一测试试题 理（含解析）.doc

1、广东省深圳市2020届高三数学下学期第二次线上统一测试试题 理（含解析）本试卷共6页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.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.已知集合,则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求解指数不等式与对数不等式化简集合、，再由交、并、补集的混合运算得答案【详解】，或，则故选：B【点睛】本题考查指数不等式与对数不等式的解法，考查集合的交、并、补混合运算，属于基础题.2.棣莫弗公式（为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数在复平面内所

2、对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】C【解析】【分析】由题意，根据复数的几何意义结合、即可得解.【详解】由题意，该复数在复平面内所对应的点为，该复数在在复平面内所对应的点位于第三象限.故选：C.【点睛】本题考查了新概念在复数中的应用，考查了复数的几何意义和三角函数的符号确定，属于基础题.3.已知点和在直线的两侧，则实数的取值范围是（ ）A. B. 或C. 或D. 【答案】A【解析】【分析】由点与直线的位置关系，转化为不等式求解即可得解.【详解】点和在直线的两侧，即，解得.故选：A.【点睛】本题考查了二元一次不等式表示的平面区域，关键是把点与直线的位

3、置关系转化为不等式，属于基础题.4.已知是上的减函数，那么实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由分段函数的单调性可转化条件得，解不等式组即可得解.【详解】是上的减函数，解得.故选：C.【点睛】本题考查了分段函数单调性的问题，属于基础题.5.如图，在中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】，又，故选6.已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由原图与直观图的面积比可求得该四棱锥的底面积，利用棱锥体积公式即可得解.【详解】由题意

4、结合原图与直观图的面积比为可知该四棱锥的底面积，则该四棱锥的体积为.故选：D.【点睛】本题考查了原图与直观图之间的关系，考查了棱锥体积的计算，属于基础题.7.在等差数列中，为其前项和，已知，且，若取得最大值，则为（ ）A. 20B. 21C. 22D. 23【答案】A【解析】【分析】转化条件得，进而可得，即可得解.【详解】设等差数列的公差为，由可得即，数列为递减数列，当时，取得最大值.故选：A.【点睛】本题考查了等差数列通项公式的应用，考查了等差数列前项和最大值的问题，属于基础题.8.已知抛物线，过点作倾斜角为的直线，若与抛物线交于、两点，弦的中垂线交轴于点，则线段的长为（ ）A. B. C.

5、 D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得直线，联立方程组即可求得中点，进而可得直线，求出点后即可得解.【详解】由题意可得直线，设，中点，联立方程组，消去得，易得，点，又 ，直线，令可得即点，线段.故选：A.【点睛】本题考查了直线与抛物线的综合问题，属于中档题.9.已知函数的最小正周期是，把它图象向右平移个单位后得到的图象所对应的函数为奇函数.现有下列结论：函数的图象关于直线对称函数的图象关于点对称函数在区间上单调递减函数在上有3个零点其中所有正确结论的编号是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用函数最小正周期和平移后的对称性可得；代入即可判断；代入即可判断；由，即可判

6、断；由，即可判断；即可得解.【详解】函数的最小正周期是，函数的图象向右平移个单位后得到的图象所对应的函数为奇函数，函数的图象过点即，即，由可得，；当时，故正确；当时，故错误；当时， ，故正确；当时，故函数在上有2个零点，故错误.故选：D.【点睛】本题考查了三角函数图象的综合应用，考查了整体法的应用，属于中档题.10.甲、乙两队进行排球比赛，根据以往的经验，单局比赛甲队胜乙队的概率为0.6.设各局比赛相互间没有影响，且每场比赛均要分出胜负，若采用五局三胜制，则甲以获胜的概率是（ ）A. 0.0402B. 0.2592C. 0.0864D. 0.1728【答案】B【解析】【分析】由题意可得甲在前3

7、局中获胜两局且第4局获胜，由独立性重复实验的概率公式计算即可得解.【详解】由题意若要甲以获胜则需要甲在前3局中获胜两局且第4局获胜，则所求概率.故选：B.【点睛】本题考查了独立性重复实验概率的求解，考查了转化化归思想，属于中档题.11.设是定义在上以2为周期的偶函数，当时，则时，的解析式为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数的奇偶性和周期性可得、时的解析式，即可得解.【详解】是定义在上以2为周期的偶函数，当时，；当时，当时，.故选：B.【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性和周期性确定函数的解析式，属于中档题.12.如图，长方体中，、分别为棱、的中点.直线与平面的交点，

8、则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】在线段上取点使，连接、且，设，连接，由平面相交的性质可得，利用三角形相似求得、，再利用三角形相似即可得解.【详解】在线段上取点使，连接、且，设，连接，由、分别为棱、的中点易得，即面，由可知面，所以面面，又 面，所以直线与平面的交点即为与的交点，取的中点，由可得，所以，由可得，所以，由可得，由可得.故选：A.【点睛】本题考查了平面的性质和平面相交的性质，考查了空间思维能力和转化化归思想，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.已知轴为曲线的切线，则的值为_.【答案】【解析】【分析】设轴与曲线的切点为，由题

9、意结合导数的几何意义可得，解方程即可得解.【详解】由题意，设轴与曲线的切点为，则，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了导数几何意义的应用，考查了运算能力，属于基础题.14.已知为数列的前项和，若，则_.【答案】32【解析】【分析】由结合题意可得，再利用即可得解.【详解】当时，解得；当时，整理得，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以.故答案为：32.【点睛】本题考查了与关系的应用，考查了等比数列的判定和通项公式的应用，属于基础题.15.某市公租房的房源位于三个片区，设每位申请人只能申请其中一个片区的房子，申请其中任一个片区的房屋是等可能的，则该市的任4位申请人中，申请的房源在2个片区的概

10、率是_.【答案】【解析】【分析】由题意可得4位申请人申请的房源所在片区的情况共有种，分别求出有三人在同一区域另一人在另一区域的情况数和有两人在同一区域另两人在另一区域的情况数，利用古典概型概率的公式即可得解.【详解】由题意可得4位申请人申请的房源所在片区的情况共有种；若4位申请人中，有三人在同一区域另一人在另一区域的情况共有种；有两人在同一区域另两人在另一区域的情况共有种；故所求概率.故答案为：.【点睛】本题考查了排列组合的综合应用，考查了古典概型概率的求解，属于中档题.16.在平面直角坐标系中，过椭圆的左焦点的直线交椭圆于两点，为椭圆的右焦点，且是等腰直角三角形，且，则椭圆的离心率为_.【答

11、案】【解析】【分析】设，由题意结合椭圆性质可得，由等腰直角三角形性质可得，再由直角三角形性质可得，最后利用即可得解.【详解】如图所示，设，由椭圆定义可得，是等腰直角三角形，且，在中，.故答案为：.【点睛】本题考查了椭圆性质的应用和离心率的求解，考查了计算能力，属于中档题.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22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.在中，内角、对边分别是、，已知.（1）求证：；（2）求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理结合条件得，再由余弦

12、定理结合基本不等式可得，由三角函数的性质即可得证；（2）由三角函数的性质化简得，结合（1）中即可得，即可得解.【详解】（1）证明：由正弦定理可得,，,.（2）由题意，由（1）知，即的取值范围是.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理和三角函数的综合问题，考查了基本不等式的应用，属于中档题.18.如图所示，四棱锥中，平面，.（1）在棱上是否存在一点，使得平面？请证明你的结论；（2）求平面和平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）存在；证明见解析（2）【解析】【分析】（1）当点为棱的中点时，平面；取的中点，连结、，由已知结合中位线的性质可得且，进而可得，由线面平行的判定即可得证；（2）由题意建立空间

13、直角坐标系，求出各点坐标，再求出平面的一个法向量为与平面的一个法向量为，利用即可得解.【详解】（1）当点为棱的中点时，平面.证明如下：取的中点，连结、，则且，且，四边形为平行四边形，平面，平面，平面.（2）在平面内过点作直线的垂线，平面，直线、和两两垂直，以点为原点，分别以直线、和为轴、轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，过点作交直线于，从而可得，则，.设平面的一个法向量为， 则即，取，可得，设平面的一个法向量为，则即，取，可得，平面和平面所成锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面平行的判定和利用空间向量求二面角，考查了计算能力，属于中档题.19.已知椭圆，、分别是椭圆长轴的左、右端点，为

14、椭圆上的动点.（1）求的最大值，并证明你的结论；（2）设直线的斜率为，且，求直线的斜率的取值范围.【答案】（1）的最大值为；证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设，（，），过点作轴，垂足为，由三角函数的概念可得，由两角和的正切公式可得，求出后由椭圆对称性即可得解；（2）由题意可知，利用即可得，由的取值范围即可求得的取值范围，即可得解.【详解】（1）根据椭圆的对称性，不妨设，（，）.过点作轴，垂足为，则，于是，有，点在椭圆上，而，的最大值为，此时，即点为椭圆的上顶点.根据椭圆的对称性，当点为椭圆的短轴的顶点时，取最大值，其最大值为.（2）设直线的斜率为，则，又，故直线的斜率的取值范围为.【点睛

15、】本题考查了椭圆和三角函数、椭圆和直线的综合问题，考查了运算能力和转化化归思想，属于中档题.20.已知函数，（为自然对数的底数）.（1）讨论函数在定义域内极值点的个数；（2）设直线为函数的图象上一点处的切线，证明：在区间上存在唯一的，使得直线与曲线相切.【答案】（1）当时，函数无极值点，当时，函数有两个极值点（2）证明见解析【解析】【分析】（1）对函数求导得，令，分类讨论有无零点以及零点与、的相对位置即可得解；（2）由题意可得切线的方程可表示为，设直线与曲线相切于点，由题意可得，进而可得，由（1）中结论即可证明在上存在唯一的根，即可得证.【详解】（1）由题意且，则，令，当即时，此时，在和单调递

16、增，无极值点；当时，即当或时，函数有两个零点，（i）当时，因为，所以，所以函数在单调递增，在和上单调递减，在上单调递增，此时函数有两个极值点；（ii）当时，因，所以，此时，在和单调递增，无极值点.综上所述，当时，函数无极值点，当时，函数有两个极值点.（2）证明：因为，所以切线的方程可表示为，设直线与曲线相切于点，因为，所以，消去并整理得，由（1）可知，当时，函数在单调递增，又，.所以函数在上有唯一的零点，又因为在单调递增，所以方程在上存在唯一的根，故在区间上存在唯一的，使得直线与曲线相切.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值点和零点个数问题，考查了导数几何意义的应用，考查了转化化归思想和推

17、理能力，属于中档题.21.2020年初，新冠肺炎疫情袭击全国，某省由于人员流动性较大，成为湖北省外疫情最严重的省份之一，截至2月29日，该省已累计确诊1349例患者（无境外输入病例）.（1）为了解新冠肺炎的相关特征，研究人员从该省随机抽取100名确诊患者，统计他们的年龄数据，得下面的频数分布表：年龄人数26121822221242由频数分布表可以大致认为，该省新冠肺炎患者的年龄服从正态分布，其中近似为这100名患者年龄的样本平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.请估计该省新冠肺炎患者年龄在70岁以上（）的患者比例；（2）截至2月29日，该省新冠肺炎的密切接触者（均已接受检测）中确诊

18、患者约占10%，以这些密切接触者确诊的频率代替1名密切接触者确诊发生的概率，每名密切接触者是否确诊相互独立.现有密切接触者20人，为检测出所有患者，设计了如下方案：将这20名密切接触者随机地按（且是20的约数）个人一组平均分组，并将同组的个人每人抽取的一半血液混合在一起化验，若发现新冠病毒，则对该组的个人抽取的另一半血液逐一化验，记个人中患者的人数为，以化验次数的期望值为决策依据，试确定使得20人的化验总次数最少的的值.参考数据：若，则，.【答案】（1）15.87%（2）【解析】【分析】（1）由题意计算出，由正态分布性质可得，即可得解；（2）由题意的可能取值为2，4，5，10，由二项分布的概率

19、公式结合题意可得某组的化验次数满足，表示出，进而可得化验总次数，代入比较即可得解.【详解】（1）由题意，所以，则可估计该省确诊新冠肺炎患者年龄在70岁以上患者比例为15.87%.（2）根据题意，每名密切接触者确诊为新冠肺炎的概率均为，的可能取值为2，4，5，10，当时，对于某组个人，化验次数的可能取值为1，则20人的化验总次数为，经计算，.所以，当时符合题意，即按4人一组检测，可使化验总次数最少.【点睛】本题考查了正态分布的应用，考查了离散型随机变量期望的应用，属于中档题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一题计分.

20、22.在平面直角坐标系中，直线：（为参数，），曲线：（为参数），与相切于点，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求的极坐标方程及点的极坐标；（2）已知直线：与圆：交于，两点，记的面积为，的面积为，求的值.【答案】（1）；点的极坐标为（2）【解析】【分析】（1）消去参数得的直角坐标方程，利用直角坐标方程和极坐标方程的转化公式即可得的极坐标方程；由题意得的极坐标方程为，代入的极坐标方程后利用即可得解；（2）由题意可得，设，将代入后即可得，再利用三角形面积公式可得，化简即可得解.【详解】（1）消去参数可得的直角坐标方程为，将代入得的极坐标方程为，又的参数方程为（为参数，），可得的

21、极坐标方程为，将代入得，则，又，所以，此时，所以点的极坐标为.（2）由的极坐标方程为，可得的直角坐标方程为，所以圆心，设，将代入，得，所以，所以，又因为，所以.【点睛】本题考查了参数方程、直角坐标方程和极坐标方程之间的转化，考查了利用极坐标求三角形面积的应用，属于中档题.23.已知.（1）当时，解不等式；（2）若存在实数，使得关于的不等式有实数解，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意得，分、两种情况讨论即可得解；（2）由绝对值三角不等式结合题意得，利用基本不等式求出的最小值即可得解.【详解】（1）当时，即解不等式，当时，原不等式等价于，所以，所以不等式的解集为空集，当时，原不等式等价于，解得，综上所述，不等式的解集为.（2）因为，显然等号可取.又，故原问题等价于关于的不等式在上有解，又因为，当且仅当时取等号，所以，即.【点睛】本题考查了绝对值不等式的求解，考查了绝对值三角不等式的应用和有解问题的求解，属于中档题.