广东省湛江市2020届高三数学二模考试试题 文（含解析）.doc

1、广东省湛江市2020届高三数学二模考试试题 文（含解析）一、选择题（共12小题）.1.已知集合Ax|，Bx|x1，则AB（ ）A. （1，+）B. 1，1）C. （1，1D. （，1【答案】C【解析】【分析】可以求出集合A，然后进行交集的运算即可【详解】Ax|x1，Bx|x1，AB（1，1故选：C【点睛】本题考查了描述法、区间的定义，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题2.（ ）A. 4iB. 4iC. 4iD. 4i【答案】C【解析】【分析】由题意结合复数的运算法则直接计算即可得解.【详解】由题意故选：C【点睛】本题考查了复数代数形式的乘法运算，考查了运算求解能力，属于基础题3.已知函数f

2、（x）ax2+2bx的图象在点（1，f（1）处的切线方程为y4x+3，则ba（ ）A. 8B. 20C. 8D. 20【答案】C【解析】【分析】求得f (x)的导数，即可得切线的斜率，结合切线方程可得f (1)，解方程即可得解【详解】函数f (x)ax2+2bx的导数为2ax+2b，可得函数的图象在点(1，f (1)处的切线斜率为2a+2b=4，由切线方程为y4x+3，可得f (1)= a+2b4+3=7，所以a3，b5，所以ba8故选：C【点睛】本题考查了导数的运算及导数几何意义的应用，考查了运算求解能力，属于基础题4.高二某班共有45人，学号依次为1、2、3、45，现按学号用系统抽样的办法

3、抽取一个容量为5的样本，已知学号为6、24、33的同学在样本中，那么样本中还有两个同学的学号应为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，由系统抽样的方法，可求出抽到的每个同学的学号之间的间隔为：，而已知学号为6、24、33的同学在样本中，即可得分别写出5个同学的学号，即可得出剩余的两个同学的学号.【详解】解：由题可知，该班共有45人，按学号用系统抽样的办法抽取一个容量为5的样本，则抽到的每个同学的学号之间的间隔为：，而已知学号为6、24、33的同学在样本中，即抽到的第一个学号为6，则第二个学号为：6+9=15，第三个学号为：15+9=24，则第四个学号为：24+9=3

4、3，第五个学号为：33+9=42，所以样本中还有两个同学的学号应为：15，42.故选：B.【点睛】本题考查对系统抽样的理解，属于基础题.5.已知alg2，bln2，ce，则（ ）A. acbB. abcC. bcaD. bac【答案】B【解析】【分析】利用换底公式可得alg2，bln2，再利用对数函数、指数函数的单调性即可得解【详解】由题意得alg2，bln2，ab1，又，ab1c故选：B【点睛】本题考查了指数式、对数式的大小比较，考查了换底公式、对数函数、指数函数的单调性的应用，属于基础题6.下列图象为函数y，y，y，y的部分图象，则按顺序对应关系正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案

5、】B【解析】【分析】由题意对比函数的性质与函数图象的特征，逐个判断即可得解.【详解】由可得函数为奇函数，所以函数对应的图象为图，故排除A、C；由，可知函数对应图象为图；由，可知函数、对应的图象分别为、，故排除D.故选：B【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了三角函数性质的应用，关键是找到函数的性质与图象特征的对应关系，属于基础题7.我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异“意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为3的圆的三分之一，则该几何体的体积

6、为（ ）A. B. C. 4D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得该几何体的体积与圆锥相同，结合圆锥侧面展开图的特征可求得圆锥的母线与底面半径的长度，进而可得圆锥的高，代入圆锥体积公式即可得解【详解】由题意可知，该几何体的体积等于圆锥的体积，圆锥的侧面展开图恰为一个半径为3的圆的三分之一，圆锥的底面周长为，圆锥的底面半径为1，母线长为3，圆锥的高为，圆锥的体积圆锥从而所求几何体的体积为故选：A【点睛】本题考查了数学文化与圆锥体积的求法，考查了圆锥侧面展开图的特征，正确理解题意是解题的关键，属于基础题8.执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的x的值为（ ）A. 2B. 2C. 5或2D.

7、 7或2【答案】D【解析】【分析】根据输出的，结合程序框图的值分和两种情况，分别计算即可.【详解】由程序框图可得：由，解得；由，解得.综上，输入的的值为7或-2故选：D【点睛】本题考查了程序框图应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题9.若双曲线E：1（a0，b0）的一条渐近线被圆（x4）2+y216所截得的弦长为4，则E的离心率为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可设双曲线的一条渐近线方程为bx+ay0，由圆心到直线的距离公式可得d，再利用勾股定理，半弦长和点到直线的距离，和半径的关系得到弦长为即可求出.【详解】设双曲线的一条渐近线

8、方程为bx+ay0，则圆心（4，0）到该直线的距离d，由题意可得弦长：，即，得，即离心率E的离心率为2故选：A【点睛】本题考查圆与双曲线的综合，考查点到直线距离公式的应用及圆的弦长计算，属于一般题.10.在中，角的对边分别是，若，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由于，根据正弦定理角化边得出，而，则，再利用余弦定理得出，即可得出，最后根据三角形的面积公式即可求出答案.【详解】解：由题可知，则，即：，又，则，由余弦定理得：则，即：，所以，得，解得：，则，得：或（舍去），所以的面积为：.故选：D.【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形的面积公式，

9、考查运算能力.11.已知函数f（x）Acos（x+）（A0，0，0）的图象的一个最高点为（），与之相邻的一个对称中心为，将f（x）的图象向右平移个单位长度得到函数g（x）的图象，则（ ）A. g（x）为偶函数B. g（x）的一个单调递增区间为C. g（x）为奇函数D. 函数g（x）在上有两个零点【答案】B【解析】【分析】先根据函数的部分图象和性质求出f（x）解析式，再根据图象的变换规律求得g（x），最后根据余弦函数性质得出结论【详解】因为函数f（x）Acos（x+）的图象的一个最高点为（），与之相邻的一个对称中心为，所以A=3，（）；所以T所以2；所以f（x）3cos（2x+）；又因为f（）3

10、cos（2（）+3，所以K；0；，f（x）3cos（2x）；因为将f（x）的图象向右平移个单位长度得到函数g（x）的图象，所以g（x）3cos2（x）3cos（2x）；是非奇非偶函数；令+2k2x2k，所以kxk，kz；当k0时，g（x）的一个单调递增区间为：；令2xk，解得x，kz，函数g（x）在0，上只有一个零点故选：B【点睛】本题主要考查由三角函数部分图象求解析式，图象变换以及三角函数的性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.12.已知正方体的棱长为2，为的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由条件判断得到三棱锥外接球

11、即四棱锥的外接球，设四棱锥的外接球半径为，则由勾股定理可解出，即可求得三棱锥的外接球的表面积.【详解】如图，因为、的四点共面，所以三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，因为为矩形，且，四棱锥的高为，设四棱锥的外接球半径为，则，解得，则三棱锥的外接球表面积，故选：D【点评】本题考查三棱锥外接球表面积，转化为求四棱锥的外接球半径是关键，考查数形结合思想，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13.已知向量，若，则_.【答案】5【解析】【分析】根据题意，根据平面向量坐标的加减法运算求出，由于，得出，最后利用向量垂直的坐标表示，即可求出.【详解】解：由题可知

12、，则，由于，则，即：，解得：.故答案为：5.【点睛】本题考查平面向量坐标的加减法运算和向量垂直的坐标表示，属于基础题.14.已知定义域为R的函数f（x）满足f（x）f（x），f（x+2）f（x），且f（x），则f（7）_【答案】-1【解析】【分析】由f（x）f（x）和f（x+2）f（x），推导出函数的周期，再利用周期性和奇偶性求解.【详解】因为定义域为R的函数f（x）满足f（x）f（x），f（x+2）f（x），所以f（x+4）f（x+2）f（x），所以函数f（x）的周期为4，又因为f（x）是奇函数，所以f（7）f（7-8）f（1）f（1）1故答案为：1【点睛】本题考查主要函数值的求法以及函数周

13、期性和奇偶性的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题15.已知，则_.【答案】【解析】【分析】根据题意，由，两边同时平方并利用同角三角函数的平方关系得出，得出，根据三角函数所在象限的符号，从而可判断出，再根据，可求得的值，即可求出的值，最后根据二倍角的正切公式，即可求出的结果.【详解】因为，两边同时平方得出：，即：，得，而中，则可知，所以得，即有，可解得，即：.故答案为：.【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系，以及二倍角的正切公式的应用，还涉及利用齐次式进行化简求值，三角函数中需特别注意象限的判断.16.已知抛物线C：y22x，过点E（a，0）的直线l与C交于不同的两点P（x1，y1），Q

14、（x2，y2），且满足y1y24，以Q为中点的线段的两端点分别为M，N，其中N在x轴上，M在C上，则a_|PM|的最小值为_【答案】 (1). 2 (2). 4【解析】【分析】过点E（a，0）的直线l的方程设为xmy+a，代入抛物线的方程，运用韦达定理，结合条件，解方程可得a的值；再设直线PM的方程为xny+b，联立抛物线方程，设M（x3，y3），运用韦达定理和中点坐标公式，可得b4，再由弦长公式和二次函数的最值求法，可得所求最小值【详解】过点E（a，0）的直线l的方程设为xmy+a，代入抛物线方程y22x，可得y22my2a0，所以y1+y22m，y1y22a4，可得a2；设直线PM的方程为

15、xny+b，联立抛物线方程y22x，可得y22ny2b0，设M（x3，y3），所以y1+y32n，y1y32b，由Q为MN的中点，且N在x轴上，可得y32y2，即有2y1y22b8，可得b4，则|PM|224，当n0即PMx轴时，|PM|取得最小值4故答案为：2；4【点睛】本题考查抛物线的方程和运用，考查直线方程和抛物线联立，运用韦达定理和弦长公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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.已知数列an的

16、前n项和为Sn，且Snn2+an1（1）求an的通项公式；（2）设bn，求数列bn的前n项和Tn【答案】（1）an2n+1；（2）Tn【解析】【分析】（1）先由得到，两式相减得，进而求得；（2）利用裂项相消法求和即可【详解】解：（1），由可得：，整理得：，当时，有,所以也适合，故； （2），【点睛】本题主要考查数列通项公式的求法及裂项相消法求前n项和，属于中档题18.如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1，E，F分别是棱CC1，AB的中点（1）证明：CF平面AEB1（2）若ACBCAA14，ACB90，求三棱锥B1ECF的体积【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取AB1的中点G，

17、连结EG，FG，推导出四边形FGEC是平行四边形，从而CFEG，由此能证明CF平面AEB1（2）求出B1EC的面积，三棱锥FB1CE的高为2，由此能求出三棱锥FB1CE的体积，再利用等体积法求解.【详解】（1）如图所示：取AB1的中点G，连结EG，FG，F，G分别是AB，AB1的中点，FGEC，FGEC，四边形FGEC是平行四边形，CFEG，CF平面AEB1，EG平面AEB1，CF平面AEB1（2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCAA14，E是CC1的中点，B1EC的面积为，ACBC，平面ABC平面,平面ABC平面=BC,AC平面,F是AB的中点，三棱锥FB1CE的高为2，三棱锥FB1CE

18、的体积为V三棱锥B1ECF的体积与三棱锥FB1CE的体积相等，三棱锥B1ECF的体积为.【点睛】本题主要考查线面平行的证明，三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力能力与运算求解能力，属于中档题19.冠状病毒是一个大型病毒家族，已知的有中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征（SARS）等较严重的疾病，新型冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，某小区为进一步做好新型冠状病毒肺炎疫情知识的教育，在小区内开展“新型冠状病毒防疫安全公益课”在线学习，在此之后组织了“新型冠状病毒防疫安全知识竞赛”在线活动已知进入决赛的分别是甲、

19、乙、丙、丁四位业主，决赛后四位业主相应的名次为第1，2，3，4名，该小区为了提高业主们的参与度和重视度，邀请小区内的所有业主在比赛结束前对四位业主的名次进行预测，若预测完全正确将会获得礼品，现用表示某业主对甲、乙、丙、丁四位业主的名次做出一种等可能的预测排列，记（1）求出的所有可能情形；（2）若会有小礼品赠送，求该业主获得小礼品的概率，【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）利用列举法能求出的所有可能情况（2）以为一个基本事件，列表求出所有可能结果，由此能求出该业主获得小礼品的概率【详解】（1）利用列举法得到的所有可能情形如下：，.共种情况.（2）以（a，b，c，d）为一个基本事件，如

20、下表所示：因为共有种情况，所以的概率为，即该业主获得小礼品的概率为【点睛】本题主要考查古典概型，考查列举法等基础知识，同时考查了学生的运算求解能力，属于简单题20.已知函数在处取得极小值（1）求f（x）；（2）令函数，若f（x）g（x）对x1，4恒成立，求m的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后结合极值存在的条件代入即可求解a，b，进而可求函数解析式；（2）由已知不等式恒成立，分离参数后转化为求解函数的最值问题，可构造函数，结合导数可求【详解】解：（1），所以，f（），解可得，；（2）若f（x）g（x）对x1，4恒成立，则，所以m对x1，4恒成立，令h（x），

21、x1，4，则，当1时，h（x）0，函数单调递增，当时，h（x）0，函数单调减，故h（x）maxh（），即m的范围【点睛】本题考查了函数极值存在条件的应用，考查利用分离法处理恒成立问题中参数范围求解问题，体现了转化思想的应用，是中档题21.已知椭圆C：1（ab0）的离心率为，点M（a，0），N（0，b），O（0，0），且OMN的面积为1（1）求椭圆C的标准方程；（2）设A，B是x轴上不同的两点，点A（异于坐标原点）在椭圆C内，点B在椭圆C外若过点B作斜率不为0的直线与C相交于P，Q两点，且满足PAB+QAB180证明：点A，B的横坐标之积为定值【答案】（1）y21；（2）见解析【解析】【分析】（

22、1）由题意离心率的值及三角形OMN的面积和a，b，c之间的关系求出a，b的值，进而求出椭圆的方程；（2）作点P关于x轴的对称点，由椭圆的对称性可知PABAB，QBABA，所以，A，Q三点共线，设Q，A，B的坐标，设直线Q的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，因为QBABA，所以，求出两条直线的斜率，求出A，B的乘积为定值【详解】解：（1）由题意可得：，解得：a24，b21，所以椭圆C的标准方程：y21；（2）证明：作点P关于x轴的对称点，由椭圆的对称性可知，点在椭圆上，且PABAB，QBABA，因为PAB+QAB180所以AB+QAB180，所以，A，Q三点共线，由题意可知直线Q不与x轴平行

23、或重合，设直线Q的方程为：xty+m，（mt0），设，联立直线与椭圆的方程：，消x可得，则有y1+y2，y1y2，因为QBABA，所以，即，所以，即即，解得，因为，所以，故点A，B横坐标之积为定值4【点睛】本题考查求椭圆方程及直线与椭圆的综合，及由角的关系可得斜率的关系，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，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xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系（1）设射线l的极坐标方程为，若射线l与曲线C交于A，B两点，求AB的长；（2）设M，

24、N是曲线C上的两点，若MON，求的面积的最大值【答案】（1）；（2）1【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；（2）设M，N，求出范围，再利用，通过三角函数关系式的恒等变换及正弦型函数的性质的应用求出结果【详解】解：（1）曲线C的参数方程为（为参数），转换为直角坐标方程为，其为过原点的圆整理得，其为过坐标原点的圆，根据转换为极坐标方程为，整理得，射线l的极坐标方程为与曲线C相交于A和B两点，由于射线l：过坐标原点，故其中有一个交点为坐标原点，所以，得；（2）设M，N，由于直线OC的斜率为，又圆C过原点，故过原点与圆C相切的切线的斜率为k，从而，得

25、，则，当，即时，的最大值为1【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角形面积公式的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题选修4-5；不等式选讲23.已知函数f（x）|2x+4|2x2|（1）求不等式|f（x）|4的解集；（2）记f （x）的最大值为m，设a，b，c0，且a+2b+3cm，证明：【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）先将f（x）写为分段函数的形式，然后由|f（x）|4得到，再解不等式组即可；（2）由（1）知f（x）的最大值为6，从而得到a+2b+3c6，然后利用基本不等式求出的最小值，即可证明不等式成立【详解】解：（1）f（x）|2x+4|2x2|f（x）|4，不等式的解集为；（2）由（1）知，当时，的最大值为6，a+2b+3cm6，当且仅当a2b3c，即时等号成立，【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，基本不等式和利用综合法证明不等式，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题