2020届广东省深圳市高三上学期第二次教学质量检测数学（理）试题（解析版）

2020届广东省深圳市高三上学期第二次教学质量检测数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】解出不等式，求出值域，分别得到集合，即可求解.

【详解】

依题意，，

故.

故选:A.

【点睛】

此题考查解不等式和求函数的值域，并求不等式解集与函数值域的交集.

2．已知向量，其中.若，则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】D

【解析】根据向量垂直，求出，即可得到模长之比.

【详解】

依题意，，即，

解得，故，

则.

故选：D.

【点睛】

此题考查根据向量垂直求参数值，并求模长比值关系.

3．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据复数的运算法则得，即可得到其共轭复数.

【详解】

，

故.

故选：D.

【点睛】

此题考查复数的基本运算和求共轭复数.

4．曲线在点处的切线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】求导得到，代入数据计算斜率得到答案.

【详解】

，故切线斜率

故所求切线方程为，即

故选：A.

【点睛】

本题考查了曲线的切线方程，意在考查学生的计算能力.

5．2019年10月18日-27日，第七届世界军人运动会在湖北武汉举办，中国代表团共获得133金64银42铜，共239枚奖牌.为了调查各国参赛人员对主办方的满意程度，研究人员随机抽取了500名参赛运动员进行调查，所得数据如下所示，现有如下说法：①在参与调查的500名运动员中任取1人，抽到对主办方表示满意的男性运动员的概率为；②在犯错误的概率不超过1%的前提下可以认为“是否对主办方表示满意与运动员的性别有关”；③没有99.9%的把握认为“是否对主办方表示满意与运动员的性别有关”；则正确命题的个数为（    ）附：

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【解析】依次判断每个选项：计算概率为得到①错误；计算得到②错，③对得到答案.

【详解】

任取1名参赛人员，抽到对主办方表示满意的男性运动员的概率为，故①错误；，故②错，③对

故选：B.

【点睛】

本题考查了概率的计算和独立性检验，意在考查学生的综合应用能力.

6．记双曲线的左、右焦点分别为，离心率为2，点M在C上，点N满足，若，O为坐标原点，则（    ）

A．8 B．9 C．8或2 D．9或1

【答案】B

【解析】根据离心率求出双曲线方程，根据双曲线的定义求出的值.

【详解】

依题意，

解得，因为，

解得或2，

而，

故，

由可知，N是的中点，而O是的中点，

故.

故选：B.

【点睛】

此题考查根据离心率求双曲线的方程，根据双曲线定义求曲线上的点到焦点的距离，易错点在于考虑掉双曲线上点到焦点距离的取值范围导致产生增根.

7．运行如图所示的程序框图，若输出的S的值为258.则n的值为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【解析】根据程序框图依次计算得到答案.

【详解】

运行该程序，第一次，，；第二次，，；

第三次，，；第四次，，；

第五次，，，此时要输出S的值

故选：B.

【点睛】

本题考查了根据程序框图的输出结果计算输入值，意在考查学生的理解能力.

8．记等差数列的前n项和为，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据等差数列的，求出首项和公差，即可得到通项公式和前n项和为.

【详解】

设等差数列的公差为d，

则，

解得，

故.

故选：D.

【点睛】

此题考查等差数列基本量的求法，列方程组求解即可.

9．已知抛物线的准线为l，记l与y轴交于点M，过点M作直线与C相切，切点为N，则以MN为直径的圆的方程为（    ）

A．或

B．或

C．或

D．或

【答案】C

【解析】求出，根据直线与抛物线相切求出直线方程和切点坐标，即可得到线段中点和线段长度，就是圆的圆心和直径，即可得出方程.

【详解】

依题意，，设切线，

联立，

整理得：，

解得，故，

则或，，所以，半径，

圆心坐标或，

故以MN为直径的圆的方程为

或，

故选：C.

【点睛】

此题考查求抛物线的准线，直线与曲线位置关系，根据直径求圆的方程.

10．函数的零点个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【解析】将函数零点问题转化成方程的根的问题，转化成两个新函数的公共点问题.

【详解】

令，得，

显然不是该方程的根，

故，

在同一直角坐标系中分别作出

的图象如下所示，

观察可知，它们有2个交点，

即函数有2个零点，

故选：C.

【点睛】

此题考查函数零点问题，关键在于对方程进行等价转化，转化成两个易于作图的函数，讨论函数的交点问题.

11．已知函数的图象关于y轴对称，且，则的值可能为（    ）

A． B． C． D．3

【答案】A

【解析】图像关于y轴对称，，根据得一个对称中心为，即可得出.

【详解】

因为，

故函数的一个对称中心为，

根据正弦型函数图象性质：对称轴与对称中心之间的距离可能为或，

则，其中，

故，

解得，

选项中只有A满足形式.

故选：A.

【点睛】

此题考查函数周期性和对称性的辨析，根据周期性分析正弦型函数的取值.

12．体积为216的正方体中，点M是线段的中点，点N在线段上，，则正方体被平面AMN所截得的截面面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据体积求出正方体棱长，根据面面平行性质补齐截面图形即可求解面积.

【详解】

依题意得，N是的中点，，

则，

延长直线MN于P，延长交直线MN于Q，

连接AP交于E，连接AQ交于F，

作出截面AFNME如下图所示，

则中，

，

故的面积

=，

四边形MNFE的面积

，

故所求截面面积为.

故选:B.

【点睛】

此题考查面面平行的性质的应用，根据性质补齐截面图形.

二、填空题

13．若，，则________.

【答案】

【解析】根据展开化简得到答案.

【详解】

.

故答案为：

【点睛】

本题考查了正切的和差公式，意在考查学生的计算能力.

14．已知实数x，y满足，则的最大值为________.

【答案】9

【解析】画出可行域和目标函数，根据平移得到答案.

【详解】

画出不等式组所表示的平面区域如下图阴影部分所示，

观察可知，当直线过点A时，z有最大值，

联立，解得，即时z有最大值为9.

故答案为：

【点睛】

本题考查了线性规划问题，画出可行域和目标函数是解题的关键.

15．“方锥”，在《九章算术》卷商功中解释为正四棱锥.现有“方锥”，其中，SA与平面ABCD所成角的正切值为，则此“方锥”的外接球表面积为________.

【答案】

【解析】如图所示，连接AC，BD相交于O，连接SO，计算得到，在中，利用勾股定理计算半径，代入球的表面积公式得到答案.

【详解】

如图所示：连接AC，BD相交于O，连接SO，故平面ABCD

则，解得

易知四棱锥的外接球球心在直线SO上

设外接球半径为R，则在中，，解得，

故所求外接球表面积.

故答案为：

【点睛】

本题考查了四棱锥的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

16．已知首项为3的正项数列满足，记数列的前n项和为，则使得成立的n的最小值为________.

【答案】21

【解析】由递推关系得，求出的通项公式，再求出前n项和即可求解.

【详解】

依题意，，，

故，

令，所以，

所以数列是等比数列，首项为，公比为4，

所以，

故，

故，

令，

即，

所以或（舍去），

故所求最小值为21.

故答案为：21

【点睛】

此题考查递推关系的应用，构造等比数列求通项公式，再求前n项和解不等式.

三、解答题

17．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且.

（1）求外接圆的半径；

（2）若，求的面积.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）根据正余弦定理进行边角互化即可求解；

（2）利用余弦定理建立等式，求解边长即可得出面积.

【详解】

解：（1）依题意，，

由正弦定理得，

整理得，

所以，

因为，所以，

故所求外接圆半径；

（2）因为，

所以由余弦定理，

得，

即，

解得或（舍去），

所以.

【点睛】

此题考查正余弦定理和面积关系的综合应用，关键在于熟记公式，准确计算.

18．四棱锥S-ABCD的底面为正方形，，AC与BD交于E，M，N分别为SD，SA的中点，.

（1）求证：平面平面SBD；

（2）求直线BD与平面CMN所成角的大小.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】（1）通过证明，，证明平面SAC，即可得证；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量关系得线面角.

【详解】

解：（1）因为，故，

故，

则，

而，

故，

而，

故平面ABCD，

而平面ABCD，故，

又，

故平面SAC，

而平面SBD，

故平面平面SBD；

（2）以C为原点，分别以CD，CB，CS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

，

则，

设平面CMN的法向量为，

由，即，

令，故为平面CMN的一个法向量，

记直线BD与平面CMN所成角为，

故

则直线BD与平面CMN所成角为.

【点睛】

此题考查通过线面垂直证明面面垂直，建立空间直角坐标系利用向量求直线与平面所成角.

19．随着金融市场的发展，越来越多人选择投资“黄金”作为理财的手段，下面将A市把黄金作为理财产品的投资人的年龄情况统计如下图所示.

（1）求图中a的值；

（2）求把黄金作为理财产品的投资者的年龄的中位数以及平均数；（结果用小数表示，小数点后保留两位有效数字）

（3）以频率估计概率，现从所有投资者中随机抽取4人，记年龄在的人数为X，求X的分布列以及数学期望.

【答案】（1）；（2）平均数为,中位数为；（3）详见解析.

【解析】（1）根据所有小矩形面积之和为1，列方程求出图中a的值；

（2）根据频率分布直方图性质，每个小矩形面积乘以该组中间值再求和就是平均数，分析出中位数在第三组，根据中位数左右两侧频率均为0.5，求出中位数的值；

（3）分析出年龄在的人数频率为0.25，即从所有投资者中随机抽取1人，年龄在的概率为，可得，即可求得分布列以及数学期望.

【详解】

解：（1）依题意，，

解得；

（2）平均数为.

年龄在的频率为，

年龄在的频率为，前两组频率之和为0.25，

年龄在的频率为，这三组频率之和为0.55，

所以中位数在第三组，

中位数为；

（3）依题意，龄在的人数频率为0.25，从所有投资者中随机抽取1人，年龄在的概率为，

所以，

故，

，

，

所以的分布列为：

故.

【点睛】

此题考查频率分布直方图，根据直方图求参数，求中位数和平均数，计算概率解决分布列问题.

20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线l与椭圆C交于P，Q两点，且点M满足.

（1）若点，求直线的方程；

（2）若直线l过点且不与x轴重合，过点M作垂直于l的直线与y轴交于点，求实数t的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）设，，则，，相减得到，计算得到直线方程.

（2）当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为，联立方程根据韦达定理得到，计算得到，根据的范围计算得到答案.

【详解】

（1）设，，则，，

两式相减可得，，

因为，，则，

故直线l的方程为，即.

（2）当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为，

设，由消去y得，

则，所以，

因为的方程为，令，得，

当时，，；

当时，，则，

当l的斜率不存在时，显然，

综上.t的取值范围是.

【点睛】

本题考查了点差法求直线方程，参数的取值范围，意在考查学生的综合应用能力和转化能力.

21．已知函数，其中为自然对数的底数.

（1）求函数在上的最值；

（2）若函数，求证：当时，函数无零点.

【答案】（1）最大值为，最小值为；（2）证明见解析.

【解析】（1）求出导函数，讨论在上的单调性即可求出最值；

（2）对函数等价变形，结合定义域利用经典不等式进行放缩，转化成证明函数恒为正，即可证明函数无零点.

【详解】

解：（1）依题意，，

故当时，，f（x）递增；

当时，f(x)递减；

故，

而，

因为，故，

故函数在上的最大值为，最小值为；

（2）令，

得，

令，对任意实数恒成立，

所以，即，

则，

令，所以

，

因为，所以

所以时，时，，

所以在上有最小值，

所以，

因为，所以，所以，

所以，即时，对任意，

所以，

故当时，函数无零点.

【点睛】

此题考查导函数讨论单调性求函数的最值，对参数分类讨论证明不等式恒成立，综合性比较强.

22．已知平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，（为参数），以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.

（1）求曲线C的极坐标方程以及直线l的直角坐标方程；

（2）若直线与直线l交于M，与曲线C交于O，N，若，求的面积.

【答案】（1），；（2）

【解析】（1）化简得到，，利用极坐标公式得到答案，

（2）设，代入计算得到，，，再计算点到直线的距离得到答案.

【详解】

（1）曲线，即，故，即；

直线，则

故直线.

（2）直线的极坐标方程为，设，，

则，解得，

又，故，

则点A到直线l的距离，

故的面积为.

【点睛】

本题考查了普通方程，参数方程，极坐标方程的转化，利用极坐标方程计算面积，意在考查学生的计算能力.

23．已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若关于x的不等式在上恒成立，求实数m的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）讨论，，三种情况，分别计算得到答案.

（2）计算得到得到m的取值范围..

【详解】

（1）当时，原式化为，解得，故；

当时，原式化为，解得，故；

当时，原式化为，解得，无解，

故不等式的解集为.

（2）

（当且仅当时取等号）

故实数m的取值范围为.

【点睛】

本题考查了分类讨论解绝对值不等式，利用绝对值三角不等式求最值，将恒成立问题转化为最值问题是解题的关键.