广东省珠海市2020届高三数学上学期期末考试（一模考试）试题 理（含解析）.doc

1、广东省珠海市2020届高三数学上学期期末考试（一模考试）试题 理（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】解出集合、，利用交集的定义可得出集合.【详解】，因此，.故选：B.【点睛】本题考查交集的计算，同时也考查了对数不等式和一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.2.复数，其中为虚数单位，则的虚部为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数共轭的概念得到，再由复数的除法运算得到结果即可.【详解】虚部-1，故选A.【点睛】本题考查了复数的运算法则、复数的共轭复数等，考查了推

2、理能力与计算能力，属于基础题,复数问题高考必考，常见考点有：点坐标和复数的对应关系，点的象限和复数的对应关系，复数的加减乘除运算，复数的模长的计算.3.已知函数，、，则“”是“函数有零点”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用推出充分条件成立，取特殊值推出必要条件不成立，从而得出结论.【详解】若，则，此时，函数有零点，则“”“函数有零点”；取，则，此时，函数有零点，但.则“函数有零点”“”.因此，“”是“函数有零点”的充分而不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，同时也考查了二次函数的零

3、点，考查推理能力，属于中等题.4.一个几何体是由若干个边长为的正方体组成的，其主视图和左视图如图所示，且使得组成几何体的正方体个数最多，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意作出组成几何体的正方体个数最多时几何体的实物图，然后计算出其表面积即可.【详解】当组成几何体的正方体个数最多时，几何体的实物图如下图所示：小正方体每个面的面积为，由实物图可知，该几何体的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查组合体表面积的计算，解题的关键就是结合三视图作出几何体的实物图，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.5.已知是各项都为正数的等比数列，是它的前项和，若，则

4、（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用等比数列片断和的性质可得知、成等比数列，由此可计算出的值.【详解】由题意可知，、成等比数列，即，即，解得.故选：C.【点睛】本题考查等比数列基本性质的应用，考查计算能力，属于基础题.6.如图，若在矩形中随机撒一粒豆子，则豆子落在图中阴影部分的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】分别求出矩形和阴影部分的面积，即可求出豆子落在图中阴影部分的概率.【详解】，又，豆子落在图中阴影部分的概率为.故选A.【点睛】本题考查几何概率的求解，属于基础题，难度不大，正确求面积是关键.7.已知椭圆的右焦点为，离心率，过点的直线交椭

5、圆于两点，若中点为，则直线的斜率为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据已知得到，再利用点差法求出直线的斜率.【详解】由题得.设，由题得，所以，两式相减得，所以，所以，所以.故选C【点睛】本题主要考查椭圆离心率的计算，考查直线和椭圆的位置关系和点差法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题.8.如果执行如图所示的程序框图，则输出的数不可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可知，输出的值为数列的前项和，然后赋值可得出结果.【详解】第一次循环，不成立；第二次循环，不成立；依次类推，成立.输出.当时，；当时，；当时，.令，解得.因此，

6、输出的的值不可能是.故选：A.【点睛】本题考查利用算法程序框图计算输出的结果，同时也考查了裂项求和法，考查推理能力与计算能力，属于中等题.9.已知，且，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值.【详解】，且，所以，当且仅当时，即当时，等号成立，因此，的最小值为.故选：D.【点睛】本题考查利用基本不等式求和的最小值，同时也考查了的妙用，考查计算能力，属于基础题.10.太极图被称为“中华第一图”从孔庙大成殿梁柱，到楼观台、三茅宫标记物；从道袍、卦摊、中医、气功、武术到韩国国旗，太极图无不跃居其上这种广为人知的太极图，其形

7、状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”.在如图所示的阴阳鱼图案中，阴影部分可表示为，设点，则的最大值与最小值之差是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】平移直线，当直线与圆切于第三象限的点时，该直线在轴上的截距最小，当直线与圆相切于第一象限的点时，该直线在轴上的截距最大，利用圆心到直线的距离等于圆的半径求出对应的值，即可得出所求结果.【详解】如下图所示：当直线与圆切于第三象限的点时，该直线在轴上的截距最小，此时，由题意得，解得，此时；当直线与圆相切于第一象限的点时，该直线在轴上的截距最大，此时，由题意可得，解得，此时.因此，的最大值与最小值之差是.故选：C.【点睛

8、】本题考查非线性规划中线性目标函数的最值问题，同时也考查了直线与圆相切问题的处理，考查数形结合思想的应用，属于中等题.11.定义在上的函数满足为自然对数的底数），其中为的导函数，若，则的解集为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由，以及，联想到构造函数，所以等价为，通过导数求的单调性，由单调性定义即可得出结果【详解】设，等价为，故在上单调递减，所以，解得，故选C【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性的问题，利用单调性定义解不等式，如何构造函数是解题关键，意在考查学生数学建模能力12.已知球的半径为，、是球面上的两点，且，若点是球面上任意一点，则的取值范围是（ ）A. B

9、. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作出图形，取线段的中点，利用向量的加法法则可得，可得出，求出的最大值和最小值，即可得出的取值范围.【详解】作出图形，取线段的中点，连接、，可知，由勾股定理可得，且有，由向量的加法法则可得，.，由向量的三角不等式可得，所以，.因此，的取值范围是.故选：B.【点睛】本题考查向量数量积取值范围的计算，解题的关键就是选择合适的基底来表示向量，考查数形结合思想以及计算能力，属于中等题.二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，若，则_【答案】【解析】【分析】由两向量共线的坐标关系计算即可【详解】由题可得 ,即故答案为【点睛】本题主要考查向

10、量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题14.已知，关于的方程有两个不同的实数解，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】在同一坐标中，做出函数，的图象，利用数形结合根据交点个数即可求解【详解】令，作出的图象如图所示.若在上有两个不同的实数解，则与应有两个不同的交点，所以.答案：【点睛】本题主要考查了函数与方程，正弦型函数图象，数形结合的思想方法，属于中档题.15.已知的展开式的所有项的系数和为64，则其展开式中的常数项为_.【答案】15【解析】【分析】令，可以求出，利用二项展开式的通项公式，求出常数项【详解】已知的展开式的所有项的系数和为64，令，得，二项展开式的通项公式为，

11、令，所以常数项为【点睛】本题考查了二项展开式中所有项系数和公式重点考查了二项展开式中的常数项16.已知双曲线：的左右焦点分别为，过的直线与圆相切于点，且直线与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，作出图形，结合双曲线第一定义，再将所有边长关系转化到直角三角形中，化简求值即可【详解】如图，由题可知，则，又，又，作，可得，则在，即，又，化简可得，同除以，得解得双曲线的离心率为【点睛】本题考查了利用双曲线的基本性质求解离心率的问题，利用双曲线的第一定义和中位线定理将所有边长关系转化到直角三角形中是解题关键，一般遇到此类题型，还是建议结合图形来进行求解，更直观

12、更具体三、解答题：共分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第题为必考题，每个试题考生都必须作答.第题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17.已知、是的内角，、分别是其对边长，向量，且.（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由得出，利用正弦定理边角互化思想以及余弦定理可得出的值，结合角的取值范围可得出角的大小；（2）利用余弦定理结合基本不等式可求出的最大值，再利用三角形的面积公式可得出答案.【详解】（1），由正弦定理得，整理得，；（2）在中，由余弦定理知，由基本不等式得，当且仅当时等号成立，因此，面积的最大值为.【点睛】本

13、题考查利用余弦定理解三角形，同时也考查了三角形面积最值计算，涉及基本不等式以及正弦定理边角互化思想的应用，考查计算能力，属于中等题.18.如图，矩形中，为的中点，现将与折起，使得平面及平面都与平面垂直（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）过点作于，过点作于，连接，利用面面垂直的性质定理证明平面，平面，可得出，并证明出，可证明出四边形为平行四边形，于是有，再利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面；（2）以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出二面角余弦值【详解】（1）过点作于，过点作于，连接. 平面及平面都与平面

14、垂直，平面平面，平面，平面，同理可证平面，.矩形中，与全等，.四边形是平行四边形，. 又平面，平面，平面；（2）矩形中，以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，则，即，令，得，则，易得平面的法向量为，因此，二面角的余弦值为【点睛】本题考查直线与平面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，涉及面面垂直和线面垂直性质定理的应用，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19.已知F为抛物线C：y2=2px（P0）的焦点，过F垂直于x轴的直线被C截得的弦的长度为4（1）求抛物线C的方程（2）过点（m，0），且斜率为1的直线被抛物线C截得的弦为AB，若点F在以AB

15、为直径的圆内，求m的取值范围【答案】（1）y2=4x （2）【解析】分析】（1）抛物线的焦点为，把代入，截得的弦的长度为，解得即可；（2）由题意得直线方程为，联立，得：，设，且抛物线的，将问题转化为，利用韦达定理将代入解得即可.【详解】（1）抛物线的焦点坐标为，把代入，得，所以，因此抛物线方程为.（2）设，过点，且斜率为的直线方程为，联立 ,消去得：，易知抛物线的，点在以为直径的圆内等价于，解得：，符合.综上：的范围是.【点睛】本题考查了抛物线方程的求法，直线与抛物线的位置关系，向量数量积坐标的运算，韦达定理的应用，属于中档题.20.某游戏棋盘上标有第、站，棋子开始位于第站，选手抛掷均匀硬币进

16、行游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第站或第站时，游戏结束.设游戏过程中棋子出现在第站的概率为.（1）当游戏开始时，若抛掷均匀硬币次后，求棋子所走站数之和的分布列与数学期望；（2）证明：；（3）若最终棋子落在第站，则记选手落败，若最终棋子落在第站，则记选手获胜.请分析这个游戏是否公平.【答案】（1）分布列见解析，数学期望；（2）见解析；（3）游戏不公平.【解析】【分析】（1）由题意得出随机变量的可能取值有、，求出相应的概率，由此可得出随机变量的分布列，并计算出随机变量的数学期望；（2）棋子要到第站，分两种情况讨论：一是由第站跳站得到，二是由第站跳站得到，

17、可得出，变形后可得出结论；（3）根据（2）中的的递推公式得出和的大小关系，从而得出结论.【详解】（1）由题意可知，随机变量的可能取值有、， ，. 所以，随机变量的分布列如下表所示：所以，；（2）依题意，当时，棋子要到第站，有两种情况：由第站跳站得到，其概率为；可以由第站跳站得到，其概率为.所以，. 同时减去得；（3）依照（2）的分析，棋子落到第站的概率为， 由于若跳到第站时，自动停止游戏，故有.所以，即最终棋子落在第站的概率大于落在第站的概率，游戏不公平.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求解，同时也考查了数列递推公式的求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.21.已知函

18、数，.（1）若关于的不等式对恒成立，求的取值范围.（2）设函数，在（1）的条件下，试判断在区间上是否存在极值.若存在，判断极值的正负；若不存在，请说明理由.【答案】（）；（）当时，在上不存在极值；当时，在上存在极值，且极值均为正【解析】【分析】（1）不等式恒成立问题，一般先利用变量分离转化为对应函数最值问题：的最大值，利用导数研究函数最值，易得在上单调递减，所以，因此，（2）即研究导函数的零点情况，先求导数，确定研究对象为，再求目标函数导数，确定单调性：先增后减，两个端点值都小于零，讨论最大值是否大于零，最后结合零点存在定理确定极值点个数.【详解】解：（）由，得即在上恒成立设函数，则，当时，在

19、上单调递减当时，即的取值范围是（），设，则由，得当时，；当时，在上单调递增，在上单调递减且，据（），可知（）当，即时，即在上单调递减当时，在上不存在极值（）当，即时，则必定，使得，且当变化时，的变化情况如下表：-0+0-0+0-极小值极大值当时，在上的极值为，且设，其中，在上单调递增，当且仅当时取等号，当时，在上的极值综上所述：当时，在上不存在极值；当时，在上存在极值，且极值均为正注：也可由，得令后再研究在上的极值问题点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不

20、等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.（二）选考题：共分.请考生在第题中任选一题作答. 如果多做，那么按照所做的第一题计分.22.在平面直角坐标系中，曲线（为参数），将曲线上的所有点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的后得到曲线；以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求曲线和直线的直角坐标方程；（2）已知，设直线与曲线交于不同的、两点，求的值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用两角差的正弦公式将直线的极坐标方程变形为，由此可将直线的极坐标方程化为直角

21、坐标方程，利用伸缩变换可得出曲线的参数方程，消参后可得出曲线的直角坐标方程；（2）可知点在直线上，且该直线的倾斜角为，可得出直线的参数方程为（为参数），然后将直线的参数方程与曲线的直角坐标方程联立，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理可求出.【详解】（1）直线的极坐标方程为，化简得， 化为直角坐标方程为将曲线（为参数）上的所有点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的后得到曲线，则曲线的参数方程为（为参数），消参后得，因此，曲线的直角坐标方程为；（2）由题意知在直线上，又直线的倾斜角为，所以直线的参数方程为（为参数），设、对应的参数分别为、，将直线的参数方程代入中，得 因为在内，所以恒成立，由韦达定理得，所以【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程之间的互化，同时也考查了直线参数方程几何意义的应用，考查计算能力，属于中等题.23.设函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若恒成立，求取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）把代入，利用零点分段讨论法去掉绝对值可求；（2）利用绝对值的三角不等式求出的最小值，然后求解关于的不等式即可.【详解】（1）当时，当时，无解；当时，可得；当时，可得；故不等式的解集为 （2）， 当或时，不等式显然成立；当时，则 故的取值范围为【点睛】本题主要考查含有绝对值不等式的解法及恒成立问题，零点分段讨论法是常用解此类不等式的方法.