广东省深圳市罗湖区2020届高三数学上学期期末质量检测试题 文（含解析）.doc

1、广东省深圳市罗湖区2020届高三数学上学期期末质量检测试题 文（含解析）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，请将答案涂在答题卡上.1.设复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先将整理为的形式,进而求解即可【详解】由题,所以,故选:D【点睛】本题考查复数的模,考查复数的除法法则的应用2.设全集，集合，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由集合先得到，再根据集合交集运算，得到的值.【详解】因为，所以，因为，所以故选：B.【点睛】本题考查集合的补集运算和交集运算，属于简单题.3.中国古代

2、的五音，一般指五声音阶，依次为：宫、商、角、徵、羽；如果把这五个音阶全用上，排成一个5个音阶的音序.在所有的这些音序中随机抽出一个音序，则这个音序中宫、羽两音阶在角音阶的同侧的概率为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据排列数得到总的可能性，再根据宫、羽两音阶在角音阶的同侧，通过除序法，得到符合要求的可能性，根据古典概型的概率公式，得到答案.【详解】根据题意，总的可能性有种，因为要使得宫、羽两音阶在角音阶的同侧，先考虑宫、羽两音阶在角音阶的左侧，且宫、羽两音阶之间也有顺序，则通过除序法得到，所以满足宫、羽两音阶在角音阶的同侧的情况有，根据古典概型的概率公式，得到概率，故选

3、：C.【点睛】本题考查排列问题，求古典概型的概率，属于简单题.4.已知平面向量，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对平方处理,进而求解即可【详解】由题,所以,故选:A【点睛】本题考查向量的模,属于基础题5.为了研究不同性别在处理多任务时的表现差异，召集了男女志愿者各200名，要求他们同时完成多个任务，包括解题、读地图、接电话.下图表示了志愿者完成任务所需的时间分布.以下结论，对志愿者完成任务所需的时间分布图表理解正确的是（ ）总体看女性处理多任务平均用时更短；所有女性处理多任务的能力都要优于男性；男性的时间分布更接近正态分布；女性处理多任务的用时为正数，男性处理多任务的

4、用时为负数.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】图像为对志愿者完成任务所需时间分布图表,利用图像依次分析即可【详解】由图,女性处理多任务用时主要集中在2到3分钟,男性处理多任务用时主要集中在3到4分钟,故总体来看女性处理多任务用时更短,故正确；女性中也有处理多任务用时在5分钟的,并不是所有女性处理多任务能力都要优于男性,故错误；从图像上来看男性的时间分布更接近正态分布,故正确；男性、女性处理多任务的用时均为正数,故错误；综上,正确,故选:C【点睛】本题考查统计数据反馈的信息,考查阅读理解能力6.已知为等差数列的前项和，若，则（ ）A. 6B. 15C. 16D. 18【答案】C【

5、解析】【分析】由等差数列可得,可解得,进而求解即可【详解】因为是等差数列,所以,解得,所以,故选:C【点睛】本题考查求等差数列的项,考查等差数列的通项公式和前项和公式的应用7.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各面中，面积最大的面的面积为( )A. 6B. C. D. 4【答案】B【解析】【分析】根据三视图还原出几何体，然后证明、都是直角三角形，结合三视图中的线段长度，得到各棱长的长度，求出各面的面积，得到答案.【详解】根据三视图还原出几何体如图所示，为三棱锥，其中平面，所以可得，而平面，所以平面，而平面，所以，所以、都是直角三角形，根据三视图可知，

6、所以，所以，所以三棱锥面积最大的面为，为.故选：B.【点睛】本题考查根据三视图还原几何体，线面垂直的判定和性质，求三棱锥的侧面积，属于中档题.8.已知函数是定义域为的奇函数，当时，.函数，若存在3个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将有3个零点问题转化为与有3个交点问题,画出的图像,进而由图像得到的范围【详解】由题,因为是定义域为的奇函数,则图像关于原点对称,若存在3个零点,则与有三个交点,的图像如图所示,当时,在单调递增,在上单调递减,所以当时, 所以,由图,当时与有三个交点,故选:A【点睛】本题考查函数奇偶性的应用,考查由函数的零点个数求参数范围,

7、考查数形结合思想9.记不等式表示的平面区域为.命题：，；命题：，.下面给出了四个命题：；.这四个命题中，所有真命题的编号是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】画出平面区域，直线和直线，根据图像判断出命题和命题的真假，从而得到答案.【详解】平面区域为满足不等式，画出其图像如图所示，再画出直线和直线，根据图像可得存在，在直线的上方，所以命题：，是假命题，不存在，在直线的下方所以命题：，是假命题.所以为假命题；为真命题；为假命题；为真命题.故选：B.【点睛】本题考查判断含有逻辑联结词命题的真假，根据不等式画可行域，判断点是否在可行域内，属于中档题.10.设函数，已知在有且仅有2个

8、极小值点，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，得到，从而得到周期的范围，再根据，得到的范围.【详解】函数，在有且仅有2个极小值点，所以，可得，而，得到，所以即取值范围为.故选：D.【点睛】本题考查根据余弦型函数的周期求参数的范围，属于简单题.11.在中，内角，的对边分别为，已知且，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据结合余弦定理，得到，根据结合正弦定理，得到的大小，从而得到的大小.【详解】因为在中，所以，因为，所以，因为所以由正弦定理，得，而，所以，所以，因为，且为内角，所以，所以，所以.故选：D.【点睛】本题考查正弦定理、

9、余弦定理解三角形，属于简单题.12.已知双曲线：的左，右焦点分别为、，以为直径的圆与的一条渐近线交于点，则该双曲线的离心率为（ ）A. 2B. 3C. D. 【答案】A【解析】【分析】以为直径的圆与的一条渐近线交于点,则,可得,又有,则,则可得一条渐近线方程为,进而求解即可【详解】由题,以为直径的圆与的一条渐近线交于点,则,因为,所以,设原点为,因为为的中点,所以在中,所以,所以一条渐近线方程为,即,所以,故选:A【点睛】本题考查双曲线的离心率,考查数形结合思想二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13._.【答案】【解析】【分析】根据诱导公式，得到，再根据利用两角差的余弦公式和特殊

10、角的三角函数值，得到答案.【详解】，而，所以.故答案为：【点睛】本题考查诱导公式化简，两角差的余弦公式，特殊角的三角函数值，属于简单题.14.已知，则曲线在点处切线方程是_.【答案】【解析】【分析】先求导,将代入得到,即为曲线在点处的切线方程的斜率,再求得,进而求解即可【详解】由题,所以,则在点处的切线方程为,即,故答案为: 【点睛】本题考查曲线在一点处的切线方程,考查导函数的几何意义的应用15.已知直线：经过抛物线：的焦点，且与交于、两点，与的准线交于点，若，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】将代入直线的方程中即可求得焦点,进而求得；由可知点为线段的中点,进而求解即可【

11、详解】因为直线为,所以当时,所以焦点,所以,即抛物线为,则准线为,设点,因为,所以点为线段的中点,所以,解得,因为点在抛物线上,所以,解得或,因为,所以点在第一象限,所以为,所以,故答案为:；【点睛】本题考查抛物线方程,考查直线与抛物线的位置关系的应用,考查斜率公式的应用16.已知三棱锥中，当三棱锥体积最大值时，三棱锥的外接球的体积为_.【答案】【解析】【分析】三棱锥，以为底，到平面的距离为高，得到三棱锥在两两垂直时体积最大，此时三棱锥的外接球可以看作是以为棱长的正方体的外接球，从而求出其半径，得到球的体积.【详解】三棱锥，以为底，到平面的距离为高，则可知平面时，到平面的距离最大为，底面为等腰

12、三角形，所以，当时，的面积最大，即，所以，当两两垂直时，三棱锥体积最大，此时三棱锥的外接球可以看作是以为棱长的正方体的外接球，设球的半径为，则，解得，所以所求球的体积为.故答案为：.【点睛】本题考查求三棱锥的体积，求三棱锥外接球的体积，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为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题，共60分.17.如表是我国2012年至2018年国内生产总值（单位：万亿美元）的数据：年份2012201320142015201620172018年份代号1234567国内生产总值（单位：万

13、亿美元）8.59.610.41111.112.113.6(1)从表中数据可知和线性相关性较强，求出以为解释变量为预报变量的线性回归方程；(2)已知美国2018年的国内生产总值约为20.5万亿美元，用(1)的结论，求出我国最早在那个年份才能赶上美国2018年的国内生产总值？参考数据：，参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为:，.【答案】(1)；(2)2028年.【解析】【分析】（1）根据表中给出的数据计算出和，再计算出和，从而得到回归方程；（2）根据（1）中所得的回归方程，令，得到的范围，从而得到答案.【详解】(1)，.所以回归方程为.(2)由(1)可知，令，得，解得，即要在第1

14、7个年份才能超过20.5万亿.所以用线性回归分析我国最早也要在2028年才能赶上美国2018年的国内生产总值.【点睛】本题考查最小二乘法求线性归回方程，根据线性回归方程进行估算，属于简单题.18.已知等比数列的各项均为正数，为等比数列的前项和，若，.(1)恒成立，求的最小值；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)3；(2).【解析】【分析】（1）根据等比数列下标公式，得到，从而得到的值，求出公比，根据等比数列求和公式，得到，从而得到的范围；（2）根据（1）得到的通项，从而得到的通项，利用错位相减求和，得到.【详解】(1)因为为等比数列，所以，所以，所以，又，所以，所以，因为恒成立，所以，即的

15、最小值是3.(2)由(1)可知，所以，故 -得：，整理得，【点睛】本题考查等比数列下标公式，等比数列求和公式，错位相减法求和，属于简单题.19.如图，在矩形中，为边的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且使平面平面.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据已知条件，得到，即，由平面平面，得到平面，从而得到，结合得到平面；（2）过点在平面中向引垂线，垂足，连接和，得到和的长，由平面平面，得到，从而得到，的长，设为的中点，在等腰三角形中，求出的长，利用，求出点到平面的距离.【详解】（1）因为在矩形中，为边的中点，所以，又，所以所以，

16、又平面平面，且平面平面，平面所以平面，而平面，故，又，且，平面，所以平面.（2）过点在平面中向引垂线，垂足，连接和，由得为中点，所以，由平面平面，面，平面平面所以平面，而平面，所以，故，设为的中点，连接，在等腰三角形中，设点到平面的距离为，由，得，即，解得.【点睛】本题考查面面垂直的性质，线面垂直的性质和判定，等体积转化求点到平面的距离，属于中档题.20.已知函数，为常数.(1)讨论函数的单调区间；(2)若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1） 当时，单调递增区间为，无单调递减区间；当时，单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.【解析】【分析】（1）对求导，然后分和进行分类讨论，根据的正负，

17、得到的单调区间；（2）由（1）得到，且在处取最小值，从而得到，设，利用导数得到的最大值为，从而得到满足要求的的值.【详解】(1)由题意，当时，函数在区间上单调递增，当时，当上，单调递减，当上，单调递增，综上所述，当时，单调递增区间为，无单调递减区间；当时，单调递减区间为，单调递增区间为.(2)由(1)可知当时，函数在区间上单调递增，又，与题设矛盾，当时，在区间上函数单调递减，区间上函数单调递增，所以函数即可，设，所以当上，单调递增，当上，单调递减，所以时，取极大值，也是最大值，所以，所以满足不等式的的值只有，所以时，恒成立.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和最值，利用导数解决不等

18、式恒成立问题，属于中档题.21.已知圆：的圆心为，圆：的圆心为，一动圆与圆内切，与圆外切.(1)求动圆圆心的轨迹方程；(2)过点的直线与曲线交于，两点，点是直线上任意点，直线，的斜率分别为，试探求，的关系，并给出证明.【答案】(1)；(2)，成等差数列，证明见解析.【解析】【分析】（1）根据两圆的位置关系，得到，从而得到椭圆的长轴和焦距，求出椭圆的方程；（2）当斜率为时，得到，当斜率不为，设的方程设为，与椭圆联立，得到，再表示出并进行化简，得到，从而得到结论.【详解】(1)设动圆的半径为，动圆与圆内切，与圆外切.则，.两式相加得，由椭圆定义知，点的轨迹是以、为焦点，焦距为，长轴长为即，所以的椭

19、圆其方程为.(2)设，若斜率为，则，得，所以，故猜想，成等差数列，设直线的方程设为，由，消去得，则有，又，所以，所以，所以可以得到，所以，综上所述，成等差数列.【点睛】本题考查两圆的位置关系，求动点的轨迹方程，椭圆的定义，直线与椭圆的交点，属于中档题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），设与的交点为，当变化时，的轨迹为曲线.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）写出的普通方程；（2）求曲线和曲线交点

20、的极坐标.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）分别求得直线与直线的普通方程,联立两直线方程消去即可；（2）由（1）可得曲线的极坐标方程,联立曲线与曲线的极坐标方程,求解即可【详解】解：（1）由,消去参数得的普通方程,由,消去参数得的普通方程,设,由题意得,消去得（2）由（1）曲线的坐标方程为,由题意得,故或,所以曲线和曲线交点的极坐标为或【点睛】本题考查参数方程与普通方程的转化,考查轨迹方程,考查直角坐标方程与极坐标方程的转化,考查极坐标系下的交点选修4-5：不等式选讲23.已知，函数.（1）若，求函数的最小值；（2）证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将当,代入中,再利用绝对值三角不等式求解即可；（2）先利用绝对值三角不等式得到,即,再利用均值定理求解即可.【详解】解：（1）当,时,所以的最小值为5；（2）由,故,即,又,所以,故,当且仅当,时等号成立.【点睛】本题考查利用绝对值三角不等式求最值,考查利用均值定理求最值.