2020届广东省化州市高三第二次模拟数学（理）试题（解析版）

2020届广东省化州市高三第二次模拟数学（理）试题


一、单选题
1．设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意得，
∴，
∴．选B．
2．设复数，则　　
A．i B． C． D．
【答案】A
【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，代入函数解析式求解．
【详解】
解：，
．
故选：A．
【点睛】
本题考查复数代数形式的乘除运算，属于基础题．
3．“∀x∈R，x2﹣bx+1＞0成立”是“b∈[0，1]”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】B
【解析】根据二次函数的性质求出“∀x∈R，x2﹣bx+1＞0成立”的等价条件，再根据集合的包含关系判断即可.
【详解】
解：若“∀x∈R，x2﹣bx+1＞0成立”，
则，解得：，
故“∀x∈R，x2﹣bx+1＞0成立”是“b∈[0，1]”的必要不充分条件，
故选：B.
【点睛】
本题考查了充分性和必要性的判断以及二次不等式恒成立问题，是一道基础题.
4．已知函数的最小正周期为4π，则（  ）
A．函数f（x）的图象关于原点对称 B．函数f（x）的图象关于直线对称
C．函数f（x）图象上的所有点向右平移个单位长度后，所得的图象关于原点对称 D．函数f（x）在区间（0，π）上单调递增
【答案】C
【解析】分析：函数的最小正周期为4π，求出，可得的解析式，对各选项进行判断即可.
详解：函数的最小正周期为4π，
，
，
，
由对称中心横坐标方程：，
可得，
A不正确；
由对称轴方程：，
可得，
B不正确；
函数f（x）图象上的所有点向右平移个单位，可得：，图象关于原点对称，
C正确；
令，
可得：，
函数f（x）在区间（0，π）上不是单调递增，
D不正确；
故选：C.
点睛：本题主要考查对三角函数的化简能力和三角函数的图象和性质的运用，注意图象变换时的伸缩、平移总是针对自变量x而言，而不是看角ωx＋φ的变化．
5．当实数x、y满足不等式组时，恒有ax+y≤3成立，则实数a的取值范围为（ 　　）
A．a≤0 B．a≥0 C．0≤a≤2 D．a≤3
【答案】D
【解析】画出满足约束条件 的平面区域，求出各个角点的坐标，根据对任意的实数，不等式ax+y≤3恒成立，构造关于的不等式组，即可得到的取值范围.
【详解】
解：满足约束条件的平面区域如下图所示，

由于对任意的实数，不等式ax+y≤3恒成立，
数形结合，可得斜率或，
解得.
故选：D.
【点睛】
本题考查的知识点是简单线性规划，其中根据约束条件，画出满足约束条件的可行域，是解答此类问题的关键.
6．函数f（x）＝a（a＞1）的部分图象大致是（　　 ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据题意，分析可得为偶函数，据此排除AB，设，利用换元法分析可得，据此排除D，即可得答案.
【详解】
解：根据题意，f（x）＝a，有，即函数为偶函数，据此排除AB，
设，有，又由，则有，当时，取得最大值，排除D，
故选：C.
【点睛】
本题考查函数的图象分析，涉及指数函数的性质，属于基础题.
7．中国古代儒家要求学生掌握六种基本才艺：礼、乐、射、御、书、数，简称“六艺”,某高中学校为弘扬“六艺”的传统文化，分别进行了主题为“礼、乐、射、御、书、数”六场传统文化知识竞赛，现有甲、乙、丙三位选手进入了前三名的最后角逐,规定：每场知识竞赛前三名的得分都分别为且；选手最后得分为各场得分之和，在六场比赛后，已知甲最后得分为分，乙和丙最后得分都是分，且乙在其中一场比赛中获得第一名，下列说法正确的是( )
A．乙有四场比赛获得第三名
B．每场比赛第一名得分为
C．甲可能有一场比赛获得第二名
D．丙可能有一场比赛获得第一名
【答案】A
【解析】先计算总分，推断出，再根据正整数把计算出来，最后推断出每个人的得分情况，得到答案.
【详解】
由题可知,且都是正整数

当时，甲最多可以得到24分，不符合题意
当时，，不满足
推断出，
最后得出结论:
甲5个项目得第一,1个项目得第三
乙1个项目得第一,1个项目得第二，4个项目得第三
丙5个项目得第二,1个项目得第三,
所以A选项是正确的.
【点睛】
本题考查了逻辑推理,通过大小关系首先确定的值是解题的关键,意在考查学生的逻辑推断能力.
8．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是( )

A．8 B．4 C． D．
【答案】C
【解析】画出几何体的直观图，利用正方体的棱长，转化求解几何体的体积即可．
【详解】
由题意可知几何体的直观图如图：
是正方体的一部分，正方体的棱长为2，
几何体的体积为：23﹣4．
故选：C．

【点睛】
本题考查由三视图求解几何体的体积，考查空间想象能力以及计算能力．
9．在中，三个内角，，所对的边为，，，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】试题分析：运用正弦定理和两角和的正弦公式和诱导公式，化简可得角C，再由面积公式和余弦定理，计算即可得到c的值．
若，则
，故选B．
【考点】正弦定理、余弦定理和面积公式的运用
10．双曲线C：=1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，若，则△PFO的面积为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】本题考查以双曲线为载体的三角形面积的求法，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取公式法，利用数形结合、转化与化归和方程思想解题．
【详解】
由．
，
又P在C的一条渐近线上，不妨设为在上，
，故选A．
【点睛】
忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅，采取列方程组的方式解出三角形的高，便可求三角形面积．
11．若的展开式中各项的系数之和为，则分别在区间和内任取两个实数，，满足的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】令，可得，则，点所在区域为矩形，面积为，满足的区域面积，所以满足的区域面积，满足的概率为，故选B.
12．定义：如果函数在区间上存在，满足，，则称函数是在区间上的一个双中值函数，已知函数是区间上的双中值函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，
∵函数是区间上的双中值函数，
∴区间上存在 ，
满足
∴方程在区间有两个不相等的解，
令，
则，
解得
∴实数的取值范围是.
故答案为．


二、填空题
13．已知向量（3，4），则与反向的单位向量为_____
【答案】
【解析】根据向量共线的定义进行求解即可.
【详解】
解：设与反向的单位向量为，
则，
即，
则，
则，
即；
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查向量坐标的计算，根据向量共线的条件，利用共线定理建立方程关系是解决本题的关键.
14．设△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若△ABC的面积为，则C＝_____．
【答案】
【解析】利用面积公式，余弦定理即可求解.
【详解】
解：，，
，
，
故答案为：.
【点睛】
本题考查余弦定理，三角形的面积公式，属于基础题.
15．已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则的值为__________．
【答案】
【解析】根据导数的几何意义求出，然后将所给齐次式转化为只含有的形式后求解即可．
【详解】
由得，
∴，故．
∴．
故答案为．
【点睛】
本题以对数的几何意义为载体考查三角求值，对于含有的齐次式的求值问题，一般利用同角三角函数关系式转化为关于的形式后再求解，这是解答此类问题时的常用方法，属于基础题．
16．已知两个集合A，B，满足B⊆A．若对任意的x∈A，存在ai，aj∈B（i≠j），
使得x=λ1ai+λ2aj（λ1，λ2∈{﹣1，0，1}），则称B为A的一个基集．若A={1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，则其基集B元素个数的最小值是__
【答案】4
【解析】设B中元素a1 则1·ai+0·aj有n种,1·ai+1·aj有n种,1·ai-1·aj有种,-1·ai+1·aj有种,
∴n+n++≥10,∴n2+n≥10,∴n≥3, n=3时,共12种,最多不符合题意两种,
设B={a1,a2,a3},a1 ∴a3≥5,a2≤5. a3=5时,a3+a2=9,
∴a2=4,a3+a1=7或a2+a1=7,∴a1=2或3,∴B={5,4,3}(舍),B={5,4,2}(舍);
a3=6时,若a2=5,则a3+a1=7或a2+a1=7,
∴a1=1或2,B={6,5,2}(舍),B={6,5,1}(舍),
若a2=4,则a1+a3=9,∴B={6,4,3}(舍);
a3=7时,a1+a3≤10,a1≤3,a1=3时,3 ∴a2=3或5,B={7,5,2}(舍),B={7,3,2}(舍).
a1=1时,a2+a3=10或2a2=10,a2=3或5,B={7,5,1}(舍),B={7,3,1}(舍);
a3=8时,a1+a8≤10,∴a1=1或2,a1=1时,a2+a3=10或2a2=10,
∴a2=2或5,B={8,5,1}(舍),B={8,2,1}(舍),
a1=2时,2 a3=10时,2a3>10,a3+a2>10,a3+a1>10,不是10个数.
∴n=3时不成立.n=4时,B={9,6,4,1}或B={9,7,4,1}或B={8,5,2,1},合理即可.

三、解答题
17．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝9，S3＝15.
（1）求Sn；
（2）设数列的前n项和为Tn，证明：.
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】（1）利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出.
（2）利用裂项求和方法即可得出.
【详解】
（1）解：S3＝3a2＝15⇒a2＝5，∴，
∴an＝2n+1，；
（2）证明：
.
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
18．如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝A1D，AB＝BC，∠ABC＝120°.

（1）证明：AD⊥BA1；
（2）若平面ADD1A1⊥平面ABCD，且A1D＝AB，求直线BA1与平面A1B1CD所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】（1）取AD中点O，连接OB，OA1，BD，推导出AD⊥OA1，△ABD是等边三角形，从而AD⊥OB，进而AD⊥平面A1OB，由此能证明AD⊥BA1.
（2）推导出OA、OA1、OB两两垂直，以O为坐标原点，分别以OA、OB、OA1所在射线为x、y、z轴建立空间直角坐标系O−xyz，利用向量法能求出直线BA1与平面A1B1CD所成角的正弦值.
【详解】
证明：（1）取AD中点O，连接OB，OA1，BD，

∵AA1＝A1D，∴AD⊥OA1，
又∠ABC＝120°，AD＝AB，∴△ABD是等边三角形，
∴AD⊥OB，∴AD⊥平面A1OB，
∵A1B⊂平面A1OB，∴AD⊥A1B.
（2）∵平面ADD1A1⊥平面ABCD，
平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，
又A1O⊥AD，∴A1O⊥平面ABCD，∴OA、OA1、OB两两垂直，
以O为坐标原点，分别以OA、OB、OA1所在射线为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系O﹣xyz，

设AB＝AD＝A1D＝2，则A（1，0，0），，，D（﹣1，0，0），.
则，，，
设平面A1B1CD的法向量
则，令，则y＝1，z＝﹣1，可取，
设直线BA1与平面A1B1CD所成角为θ，
则.
∴直线BA1与平面A1B1CD所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题.
19．改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：
交付金额（元）
支付方式
（0,1000]
（1000,2000]
大于2000
仅使用A
18人
9人
3人
仅使用B
10人
14人
1人

（Ⅰ）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率；
（Ⅱ）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求X的分布列和数学期望；
（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．
【答案】(Ⅰ) ；
(Ⅱ)见解析；
(Ⅲ)见解析.
【解析】(Ⅰ)由题意利用古典概型计算公式可得满足题意的概率值；
(Ⅱ)首先确定X可能的取值，然后求得相应的概率值可得分布列，最后求解数学期望即可.
(Ⅲ)由题意结合概率的定义给出结论即可.
【详解】
(Ⅰ)由题意可知，两种支付方式都是用的人数为：人，则：
该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率.
(Ⅱ)由题意可知，
仅使用A支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占，金额大于1000的人数占，
仅使用B支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占，金额大于1000的人数占，
且X可能的取值为0,1,2.
，，，
X的分布列为：
X
0
1
2






其数学期望：.
(Ⅲ)我们不认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化.理由如下：
随机事件在一次随机实验中是否发生是随机的，是不能预知的，随着试验次数的增多，频率越来越稳定于概率．
学校是一个相对消费稳定的地方，每个学生根据自己的实际情况每个月的消费应该相对固定，出现题中这种现象可能是发生了“小概率事件”.
【点睛】
本题以支付方式相关调查来设置问题，考查概率统计在生活中的应用，考查概率的定义和分布列的应用，使学生体会到数学与现实生活息息相关.
20．已知直线x＝﹣2上有一动点Q，过点Q作直线l，垂直于y轴，动点P在l1上，且满足(O为坐标原点)，记点P的轨迹为C．
（1）求曲线C的方程；
（2）已知定点M(，0)，N(，0)，点A为曲线C上一点，直线AM交曲线C于另一点B，且点A在线段MB上，直线AN交曲线C于另一点D，求△MBD的内切圆半径r的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设点P的坐标为（x，y），结合题意得出点Q的坐标，再利用向量数量积的运算可得出点P的轨迹方程；
（2）设A（x1，y1）、B（x2，y2）、D（x3，y3），设直线AM的方程为，将该直线方程与曲线C的方程联立，结合韦达定理进行计算得出点B和点D的横坐标相等，于是得出BD⊥x轴，根据几何性质得出△MBD的内切圆圆心H在x轴上，且该点与切点的连线与AB垂直．
方法一是计算出△MBD的面积和周长，利用等面积法可得出其内切圆的半径的表达式；
方法二是设H（x2﹣r，0），直线BD的方程为x＝x2，写出直线AM的方程，利用点H到直线AB和AM的距离相等得出r的表达式；
方法三是利用△MTH∽△MEB，得出，然后通过计算得出△MBD内切圆半径r的表达式．
通过化简得到r关于x2的函数表达式，并换元，将函数关系式转化为r关于t的函数关系式，然后利用单调性可求出r的取值范围．
【详解】
（1）设点，则 ∴，
∵ ∴，即
（2）设，，，直线与轴交点为，内切圆与的切点为．
设直线的方程为：，则联立方程，得：
∴且 ∴ ∴直线的方程为：，
与方程联立得：，化简得：
解得：或 ∵ ∴轴
设的内切圆圆心为，则在轴上且
方法（一）∴，且的周长为：
∴
∴ .
方法（二）设，直线的方程为：，其中
直线的方程为：，即，且点与点在直线的同侧，
∴，解得：
方法（三）∵ ∴，即，解得：

令，则
∴在上单调增，则，即的取值范围为．
【点睛】
本题考查轨迹方程以及直线与抛物线的综合问题，考查计算能力与化简变形能力，属于难题．
21．已知函数。
（1）若在处的切线斜率与k无关，求；
（2）若，使得＜0成立，求整数k的最大值。
【答案】（1）（2）1
【解析】（1）对函数求导，则，令，由的单调性求
（2）由，即得，，利用导函数求的最大值，可得整数的最大值是1.
【详解】
解：（1），即，
由已知得.
令，则，
当时，，递减，
∵，∴，∴，∴，因此；
当时，，递增.
又，所以只有唯一零点，故.
（2），即.
当时，∵，∴，∴；
当时，∵，∴，∴.
∴.
∴可等价转化为.
设，由题意.
又，令，则，
∵，∴在上单调递减，
又∵，，∴，使得，即.
当时，即，递增；
当时，即，递减.
∴ .
令，则，
∴，故整数的最大值为1.
【点睛】
恒成立问题或存在性问题常利用分离参数法转化为最值求解,属于难题.
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）射线与曲线分别交于两点（异于原点），定点，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）将曲线C1化成直角坐标方程，再化成极坐标方程；（2）先求出定点M到射线的距离
为三角形的高，再由极坐标方程求出弦长|AB|为三角形的底，根据面积公式求解即可．
【详解】
（1）解：曲线C1直角坐标方程为：x2+y2﹣4y=0，
由ρ2=x2+y2，ρsinθ=y得：
曲线C1极坐标方程为ρ=4sinθ，
（2）法一:M到射线θ=的距离为d=2sin=，
|AB|=ρB﹣ρA=4（sin﹣cos）=2（﹣1）
则S△MAB=|AB|×d=3﹣．
法二：
解：将θ=（ρ≥0）化为普通方程为y=x（x≥0），
∵曲线C2的极坐标方程为ρ=4cosθ，即ρ2=4ρcosθ，
由ρ2=x2+y2，ρcosθ=x得：
曲线C2的直角坐标方程为x2+y2﹣4x=0，
由得∴A（，3）
得∴B（1，），
，
点M到直线，
∴．
【点睛】
本题考查参数方程和普通方程，极坐标方程和普通方程的互化，以及弦长公式，属于中档题．
23．设函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）利用绝对值表达式，通过x的范围，去掉绝对值符号，然后求解不等式的解集；
（2）利用绝对值三角不等式，转化求解最大值，然后求解即可．
【详解】
（1）由已知得|x﹣2|﹣|x+3|＜3，
当x≤﹣3时2﹣x+x+3＜3解集为空集；
当﹣3＜x＜2时2﹣x﹣（x+3）＜3解得﹣2＜x＜2；
当x≥2时x﹣2﹣（x+3）＜3解得x≥2；
故所求不等式的解集为（﹣2，+∞）．
（2）不等式f（x）＜3+a等价于|x﹣2|﹣|x+3|＜a+3，
∵|x﹣2|﹣|x+3|≤|x﹣2﹣（x+3）|＝5，
∴a+3＞5，
∴a＞2．
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法，函数恒成立的应用，考查分类讨论思想以及转化的应用．