广东省广州市广东实验中学2020届高三第三次阶段考试理科数学试题 23页

广东实验中学2020届高三级第三次阶段考试 数 学（理科）‎ 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号填写在答题卡上.‎ ‎2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.‎ ‎3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在另发的答题卷各题目指定区 域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效.‎ ‎4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷和答题卡一并收回.‎ 第Ⅰ卷（共60分）‎ 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．‎ ‎1.集合，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由二次不等式的解法得，由对数不等式的解法得，再结合集合并集的运算即可得解.‎ ‎【详解】解不等式,解得,则,‎ 解不等式,解得,即,‎ 即,‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了二次不等式的解法及对数不等式的解法，重点考查了集合并集的运算，属基础题.‎ ‎2.己知是虚数单位，复数满足，则的模是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的运算法则和模的计算公式即可得出．‎ ‎【详解】i，‎ ‎∴z＝izi，‎ ‎∴z，‎ ‎∴|z|，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了复数的运算法则和模的计算公式，属于基础题．‎ ‎3.若，，则的大小关系（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数函数的性质，以及微积分定理与比较即可.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查实数大小的比较，考查对数函数的性质，微积分定理，考查利用中间量比较大小，属于常考题型.‎ ‎4.若，则（ ）‎ A. B. C. D. -1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式化简得到，再结合二倍角的余弦公式即可求解.‎ ‎【详解】，即 ‎ 所以 ‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的化简和求值，属于基础题.‎ ‎5.是方程表示图形为双曲线的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方程表示双曲线，可得，解得m范围即可判断出结论，解得m范围即可判断出结论．‎ ‎【详解】由方程表示的图形为双曲线，‎ 可得，即 即，或，‎ ‎∴ 是方程表示的图形为双曲线的充分不必要条件，‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了双曲线的标准方程、不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎6.点是所在平面上一点，若，则与的面积之比是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量的线性运算可得，即点在线段上，且,由三角形面积公式可得，得解.‎ ‎【详解】解：因为点是所在平面上一点，又，‎ 所以,即,即，‎ 则点在线段上，且,‎ 又，,‎ 又，即，‎ 所以点在线段上，且,‎ ‎，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了向量的线性运算及三角形的面积公式，重点考查了运算能力，属中档题.‎ ‎7.已知，则函数的图象大致为（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数解析式可得，则函数为偶函数，其图像关于轴对称，再取特殊变量得，即可得在存在变量使得，再观察图像即可.‎ ‎【详解】解：因为，‎ 则=，‎ 即，‎ 则函数为偶函数，其图像关于轴对称，‎ 不妨取，则 ，‎ 即在存在变量使得，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了函数奇偶性的判断及函数的图像，重点考查了函数的思想，属中档题.‎ ‎8.某班上午有五节课，分別安排语文，数学，英语，物理，化学各一节课．要求语文与化学相邻，数学与物理不相邻，且数学课不排第一节，则不同排课法的种数是 A. 24 B. 16 C. 8 D. 12‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，可分三步进行分析：（1‎ ‎）要求语文与化学相邻，将语文与化学看成一个整体，考虑其顺序；（2）将这个整体与英语全排列，排好后，有3个空位；（3）数学课不排第一行，有2个空位可选，在剩下的2个空位中任选1个，得数学、物理的安排方法，最后利用分步计数原理，即可求解．‎ ‎【详解】根据题意，可分三步进行分析：‎ ‎（1）要求语文与化学相邻，将语文与化学看成一个整体，考虑其顺序，有种情况；‎ ‎（2）将这个整体与英语全排列，有中顺序，排好后，有3个空位；‎ ‎（3）数学课不排第一行，有2个空位可选，在剩下的2个空位中任选1个，‎ 安排物理，有2中情况，则数学、物理的安排方法有种，‎ 所以不同的排课方法的种数是种，故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了排列、组合的综合应用，其中解答红注意特殊问题和相邻问题与不能相邻问题的处理方法是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．‎ ‎9.已知函数在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，则的范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简，再根据正弦函数性质列方程与不等式，解得结果.‎ ‎【详解】‎ 因为在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，‎ 所以，即 故选B ‎【点睛】本题考查二倍角余弦公式、辅助角公式以及正弦函数性质，考查综合分析与求解能力，属中档题.‎ ‎10.设变量y满足约束条件则z＝|x－3y|的最大值为( )‎ A. 8 B. 4 C. 2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题意作出满足条件的可行域如图中阴影部分，‎ 则对于目标函数z=|x﹣3y|，平移直线y=x可知，‎ 当直线经过点A（﹣2，2）时，z=|x﹣3y|取得最大值，‎ 代值计算可得zmax=|﹣2﹣3×2|=8．‎ 故选A．‎ ‎11.中，，满足，则的面积的最大值为（ ）‎ A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用数量积公式以及平方关系计算得到，利用模长公式以及基本不等式得到，结合三角形面积公式化简即可求解.‎ ‎【详解】,即 ‎ ‎ ‎ ‎ ，即 ‎ 所以 所以 ‎ ‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积公式以及模长公式的应用，属于中档题.‎ ‎12.椭圆上有一点，，分别为椭圆的左、右焦点，椭圆内一点在线段的延长线上，且，则该椭圆离心率的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先满足QF1⊥QP，点Q在椭圆的内部，故点Q轨迹在以F1F2为直径，原点为圆心的圆上，且圆在椭圆的内部,得到；根据在线段的延长线上，考虑极端情况，得到，得到答案.‎ ‎【详解】∵QF1⊥QP，∴点Q在以F1F2为直径，原点为圆心的圆上，‎ ‎∵点Q在椭圆的内部，∴以F1F2为直径的圆在椭圆内，∴c＜b；‎ ‎∴c2＜a2﹣c2，∴，故0＜e；‎ 当点与重合时，此时不妨设，则，故.‎ 即，，此时.‎ 在线段的延长线上，故，故.‎ 综上可得：.‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的性质、圆的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.设函数，则曲线在点处的切线方程是___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求函数的导函数，再由导数的几何意义，求，则曲线在点处的切线的斜率为7，再由直线的点斜式方程求解即可.‎ ‎【详解】解：因为，‎ 所以，‎ 则，‎ 即曲线在点处的切线方程是，即，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义、直线的点斜式方程，重点考查了导数的应用及运算能力，属基础题.‎ ‎14.的展开式中，的系数为 ． （用数字填写答案）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：展开后只有与中含项其系数和为，故答案为.‎ 考点：二项展开式定理.‎ ‎15.己知函数有极值，则实数的取值范围为_____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导函数，则有可变零点，求三角函数的值域得到结果.‎ ‎【详解】由可得：，‎ ‎∵函数有极值，‎ ‎∴有可变零点，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查函数存在极值的条件，考查三角函数的值域问题，考查转化思想，属于中档题.‎ ‎16.点是直角斜边上一动点，将直角沿着翻折，使与构成直二面角，则翻折后的最小值是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过点B′作B′E⊥CD于E，连结BE，AE，设∠BCD＝∠B′CD＝α，则有B′E＝4sinα，CE＝4cosα，，由此利用余弦定理、勾股定理能求出当时，AB′取得最小值．‎ 详解】解：过点B′作B′E⊥CD于E，连结BE，AE，‎ 设∠BCD＝∠B′CD＝α，‎ 则有B′E＝4sinα，CE＝4cosα，，‎ 在△AEC中，由余弦定理得：‎ ‎ ‎ ‎＝25+16cos2α﹣40sinαcosα，‎ 在Rt△AEB′中，由勾股定理得：‎ AB'2＝AE2+B′E2＝25+16cos2α﹣40sinαcosα+16sin2α＝41﹣20sin2α，‎ ‎∴当时，AB′取得最小值．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查线段长的最小值的求法，考查余弦定理、勾股定理、直二面角等基础知识，运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须做答．第22、23题为选考题，考生根据要求做答．‎ ‎（一）必考题：共60分．‎ ‎17.设等差数列的前项和为，公比是正数的等比数列的前项和为，已知．‎ ‎(Ⅰ)求的通项公式；‎ ‎(Ⅱ)若数列满足对任意都成立；求证：数列是等比数列．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎(Ⅰ)设数列的公差为，数列的公比为 由题意得……………………………………………………………2分 解得 ‎………………………………………………………5分 ‎(Ⅱ)由 知 两式相减：………………………………8分 ‎…………………………………………………………………10分 当时，，适合上式 即是等比数列…………………………‎ ‎18.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.‎ ‎(1)求证：AD⊥平面BFED；‎ ‎(2)点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析 （2）θ最小值为60°‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在梯形ABCD中，利用勾股定理，得到AD⊥BD，再结合面面垂直的判定，证得DE⊥平面ABCD，即可证得AD⊥平面BFED；‎ ‎（2）以D为原点，直线DA，DB，DE分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面PAB与平面ADE法向量，利用向量的夹角公式，即可求解。‎ ‎【详解】（1）证明：在梯形ABCD中，‎ ‎∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2.‎ ‎∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 60°＝3.‎ ‎∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD.‎ ‎∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，‎ DE⊂平面BFED，DE⊥DB，∴DE⊥平面ABCD，‎ ‎∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D，∴AD⊥平面BFED.‎ ‎（1）由(1)知，直线AD，BD，ED两两垂直，故以D为原点，直线DA，DB，DE分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 令EP＝λ(0≤λ≤)，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)，‎ 所以＝(－1，，0)，＝(0，λ－，1)．‎ 设n1＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，‎ 由得，取y＝1，则n1＝(，1，－λ)．‎ 因为n2＝(0,1,0)是平面ADE的一个法向量，‎ 所以cos θ＝＝＝.‎ 因为0≤λ≤，所以当λ＝时，cos θ有最大值，所以θ的最小值为60°.‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直关系的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎19.已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，左顶点为，左焦点为，点在椭圆上，直线与椭圆交于，两点，直线，分别与轴交于点，.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）以为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）经过两定点，.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）椭圆的左焦点为，所以．由点在椭圆上，得，进而解出得到椭圆的方程；（Ⅱ）直线与椭圆联立，解得的坐标（用表示），设出，的方程，解出的坐标，圆方程用表示，最后可求得为直径的圆经过两定点.‎ 试题解析：（Ⅰ） 设椭圆的方程为，‎ 因为椭圆的左焦点为，所以．‎ 因为点在椭圆上，所以．‎ 由①②解得，，．‎ 所以椭圆的方程为．‎ ‎（Ⅱ）因为椭圆的左顶点为，则点的坐标为．‎ 因为直线与椭圆交于两点，，‎ 设点（不妨设），则点．‎ 联立方程组消去得．‎ 所以，则．‎ 所以直线的方程为．‎ 因为直线，分别与轴交于点，，‎ 令得，即点．‎ 同理可得点．‎ 所以．‎ 设的中点为，则点的坐标为．‎ 则以为直径的圆的方程为，‎ 即．‎ 令，得，即或．‎ 故以为直径的圆经过两定点，．‎ 考点：1、 待定系数法求椭圆；2、圆的方程及几何意义.‎ ‎20.某汽车公司最近研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程测试．现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图：‎ ‎（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）.‎ ‎（2）根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程近似地服从正态分布，经计算第（1）问中样本标准差的近似值为50．用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率.‎ 参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，.‎ ‎（3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券3万元．已知硬币出现正、反面的概率都是0.5方格图上标有第0格、第1格、第2格、…、第20格．遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次．若掷出正面，遥控车向前移动一格（从到）若掷出反面遥控车向前移动两格（从到），直到遥控车移到第19格胜利大本营）或第20格（失败大本营）时，游戏结束．设遥控车移到第格的概率为P试证明是等比数列，并求参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值．‎ ‎【答案】（1）300；（2）0.8186；（3）证明见解析，期望值为，约2万元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎0000‎ ‎(1)利用每组中点值乘以其频率,再求和即可得到平均值；‎ ‎(2)由(1)可知，利用求解即可；‎ ‎(3)根据题意可知：得出移到第n格两种方式①遥控车先到第格，又掷出反面；②遥控车先到第格，又掷出正面，由此得到，利用定义证明其为等比数列，结合累加法得出的表达式，由此得到，，根据题意得出参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为万元，或0，分别求出或0的概率，然后求出期望即可.‎ ‎【详解】（1）（千米）‎ ‎（2）因为服从正态分布 ‎ 所以 ‎ ‎（3）遥控车开始在第0格为必然事件，，第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为,即．遥控车移到第n（）格的情况是下列两种，而且也只有两种．‎ ‎ ①遥控车先到第格，又掷出反面，其概率为 ‎ ②遥控车先到第格，又掷出正面，其概率为 所以， ‎ ‎ 当时，数列是公比为的等比数列 ‎ ‎ ‎ 以上各式相加，得 ‎ （）， 获胜的概率 失败的概率 设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为万元，或0‎ X的期望 参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值为，约2万元.‎ ‎【点睛】本题主要考查了频率分布直方图求平均数、正态分布求概率，等比数列的证明以及数学期望的求法，题目较为综合，考查面较广，属于难题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）判断函数在区间上零点的个数；‎ ‎（2）函数在区间上的极值点从小到大分别为，证明：‎ ‎（Ⅰ）；‎ ‎（Ⅱ）对一切成立.‎ ‎【答案】（1）两个零点；（2）（I）见解析；（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)对求导，利用导数得出函数的单调性，结合零点存在性定理即可得出零点的个数；‎ ‎(2) （Ⅰ）对函数求导，由(1)得出的范围，进而得到，利用诱导公式即可得出;‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得出 >>，结合的单调性确定，且，对n为偶数和奇数进行分类讨论，即可得出对一切成立.‎ ‎【详解】（1）‎ 当时，，‎ 在上单调递减，，在上无零点 当时，，在上单调递增， ‎ 在上有唯一零点 当时，，上单调递减 ‎，上有唯一零点 综上，函数在区间上有两个零点． ‎ ‎（2）‎ ‎（I）由（1）知在无极值点；在有极小值点，即为；‎ 在有极大值点，即为，同理可得，在有极小值点，‎ 在有极值点.由得 ‎，，由函数在单调递增，‎ 得，，‎ 由在单调递减得 ‎；‎ ‎（Ⅱ）同理， >>‎ 由在上单调递减得 ‎，且 当n为偶数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，‎ 即，结论成立；‎ 当n为奇数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，还多出最后一项也是负值，即，结论也成立．‎ 综上，对一切，成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数在研究函数性质的应用、零点存在性定理、余弦函数的单调性，考查面较广，属于难题.‎ ‎（二）选考题：请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎22.在平面直角坐标系中，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）求的直角坐标方程；‎ ‎（2）曲线参数方程为（t为参数），求与的公共点的极坐标.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）将代入得：.‎ ‎（2）由题设可知，是过坐标原点，倾斜角为的直线，‎ 因此的极坐标方程为或，‎ 将代入，解得：，‎ 将代入得，不合题意，故公共点的极坐标为．‎ ‎23.设 ‎ ‎(1)求 的解集;‎ ‎(2)若不等式,对任意实数恒成立,求实数x的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：‎ ‎ (1)分情况讨论去绝对值求解即可；‎ ‎(2)整理,再结合绝对值三角不等式可得，再解不等式即可.‎ 试题解析：‎ ‎(1)由有或 或 解得,所求解集为.‎ ‎(2=,‎ 当且仅当时取等号.‎ 由不等式对任意实数恒成立,‎ 可得,解得.‎ ‎ ‎