广东省六校联盟2020届高三下学期第三次联考数学（文）试题 Word版含解析 23页

www.ks5u.com ‎2019-2020学年广东省六校联盟高三（下）第三次联考数学试卷 ‎（文科）‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.‎ ‎1. 已知集合，，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：集合，而，所以，故选C.‎ ‎【考点】 集合的运算 ‎【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图进行处理.‎ ‎2. 若复数满足（为虚数单位），则=（ ）‎ A. 1 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：因为，所以因此 考点：复数的模 ‎3. 已知向量，且，则m=( )‎ A. −8 B. −6‎ C. 6 D. 8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知向量的坐标求出的坐标，再由向量垂直的坐标运算得答案．‎ - 23 -‎ ‎【详解】∵，又，‎ ‎∴3×4+（﹣2）×（m﹣2）＝0，解得m＝8．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查向量垂直的坐标运算，属于基础题．‎ ‎4. AQI是表示空气质量的指数,AQI指数值越小,表明空气质量越好,当AQI指数值不大于100时称空气质量为“优良”.如图是某地4月1日到12日AQI指数值的统计数据,图中点A表示4月1日的AQI指数值为201,则下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 这12天中有6天空气质量为“优良”‎ B. 这12天中空气质量最好的是4月9日 C. 这12天的AQI指数值的中位数是90‎ D. 从4日到9日,空气质量越来越好 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由图可知,不大于100天有6日到11日,共6天,所以A对,不选. 最小一天为10日,所以B对,不选.中位为是,C错.从图中可以4日到9日越来越小,D对.所以选C.‎ ‎5. 已知直线l1：x+（m+1）y+m＝0，l2：mx+2y+1＝0，则“l1∥l2”的必要不充分条件是（　　）‎ A. m＝﹣2 B. m＝1 C. m＝﹣2或m＝1 D. m＝2或m＝1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直线l1：x+（m+1）y+m＝0，l2：mx+2y+1＝0平行的充要条件是“m＝﹣2”，进而可得答案．‎ ‎【详解】∵直线l1：x+（m+1）y+m＝0，l2：mx+2y+1＝0，‎ 若l1∥l2，则m（m+1）-2＝0，解得：m＝﹣2或m＝1‎ - 23 -‎ 当m＝1时，l1与l2重合，故“l1∥l2”⇔“m＝﹣2”，‎ 故“l1∥l2”的必要不充分条件是“m＝-2或m＝1”，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了充要条件的定义，难度不大，属于容易题.‎ ‎6. 已知，，并且，，成等差数列，则的最小值为　　‎ A. 16 B. 9 C. 5 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由等差中项的定义分析可得1，进而分析可得a+9b＝（a+9b）（）＝10，由基本不等式的性质分析可得答案．‎ ‎【详解】解：根据题意，a＞0，b＞0，且，，成等差数列，‎ 则21；‎ 则a+9b＝（a+9b）（）＝1010+216；‎ 当且仅当，即=时取到等号，‎ ‎∴a+9b的最小值为16；‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式的性质以及应用，涉及等差中项的定义，关键是分析得到1．‎ ‎7. 宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的，分别为5，2，则输出的等于（ ）‎ - 23 -‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．‎ ‎【详解】当时，，满足进行循环的条件；‎ 当时， 满足进行循环的条件；‎ 当时，满足进行循环的条件； ‎ 当时，不满足进行循环的条件， 故输出的值为.‎ 故选：C．‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．‎ ‎8. 若将函数的图象向左平移个单位，所得的图象关于轴对称，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 函数的图象向左平移个单位，得到 图象关于轴对称，即，解得，又，当时，的最小值为，故选B. ‎ ‎9. 在正四棱锥中，,,分别是，，的中点．动点在线段上运动时，下列四个结论，不一定成立的为（ ）‎ ‎①；②；③平面；④平面.‎ A. ①③ B. ③④ C. ①② D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面平行与垂直的判定逐个判断即可.‎ ‎【详解】作出如图的辅助线.‎ 对①,再正四棱锥中,因为,,面,面,且,故面.又因为,,分别是,,的中点,故面面,故面,因为面,故成立.故①成立.‎ 对②,当且仅当与重合时, .故②不一定成立.‎ 对③,由①有面面,又面,故平面.故③成立.‎ - 23 -‎ 对④, 当且仅当与重合时, 才有平面.故④不一定成立.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了线面线线平行与垂直的判定,属于中等题型.‎ ‎10. 已知函数，则的图象大致为（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据特殊值的函数值排除，从而选.‎ ‎【详解】因为，所以A错；‎ 因为，所以C错；‎ 因为，所以D错，‎ - 23 -‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了由函数解析式选择函数图象，考查了特值排除法，属于基础题.‎ ‎11. 设为双曲线的右焦点，过且斜率为的直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，且，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. 2 B. C. 或2 D. 或2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对A,B的位置分两种情况讨论，先求出的坐标，再根据得到的方程，化简即得双曲线的离心率.‎ ‎【详解】当点在轴上方，在轴下方时，如图，‎ 设，则的右焦点且斜率为的直线，‎ 而渐近线的方程是，‎ - 23 -‎ 由得，‎ 由得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 可得，‎ ‎，‎ ‎.‎ 同理，当点在轴下方时，如图，计算得.‎ 综上所述，双曲线的离心率为2或.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线和双曲线的位置关系，考查双曲线的离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ - 23 -‎ ‎12. 已知求的表面积为，在球面上，且线段的长为，记的中点为，若与平面的所成角为，则三棱锥外接球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定与平面所成的角，得到是等腰直角三角形，进而得出三棱锥外接球的球心在射线上，设外接球半径为，由，得，解得，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 设所在截面圆的圆心为，‎ 中点为，连接，，，‎ 所以，同理，‎ 所以即为与平面所成的角，故；‎ 因为，，‎ 所以是等腰直角三角形，‎ ‎，在中，‎ 由，得，‎ 由勾股定理得：，‎ - 23 -‎ 因为到三点的距离相等，‎ 所以三棱锥外接球的球心在射线上，‎ 设四面体外接球半径为，在中，，‎ 由勾股定理可得：，‎ 即，解得，‎ 故所求球体积，‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查球的有关计算、考查空间几何体的结构特征、考查逻辑推理、考查学生空间想象能力、逻辑思维能力，是中档题．‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13. 曲线在点处的切线方程为_______________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对函数求导，得到，求出切线斜率，再由直线的点斜式方程，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ ‎，‎ 因此，即曲线在点处切线斜率为，‎ 因此，曲线在点处的切线方程为，‎ 所以，即为所求切线方程.‎ - 23 -‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查求曲线在某点的切线方程，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型.‎ ‎14. 设数列满足，则通项公式________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将变形得到，然后逐项列举，累加可得到，又，代入即可得出结果.‎ ‎【详解】由题意可得，所以，， ，上式累加可得 ‎，又，所以.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查由递推公式，用累加法求通项公式.‎ ‎15. 如图，上，是上的点，且，，，则等于______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意设，则，，先利用余弦定理求出再利用正弦定理求出的值.‎ - 23 -‎ ‎【详解】由题意设，则，，‎ 在中由余弦定理可得，‎ ‎，‎ 在中由正弦定理可得，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎16. 设函数在区间上单调递减，则实数取值范围是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出原函数的导函数，由题意得到关于a的不等式组，求解得答案．‎ ‎【详解】解：由，得f′（x）＝x，‎ ‎∵在区间[a﹣1，a+2]上单调递减，‎ 则，解得1＜a≤2．‎ ‎∴实数a的取值范围是（1，2]．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数单调性与导函数符号间的关系，是中档题．‎ - 23 -‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17至21题为必考题，每位考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17. 等比数列中，已知．‎ ‎（1）求数列的通项公式； ‎ ‎（2）若分别为等差数列的第3项和第5项，试求数列的通项公式及前项和．‎ ‎【答案】(1) ‎ ‎(2) .‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）本题考察的是求等比数列的通项公式，由已知所给的条件建立等量关系可以分别求出首项和公比，代入等比数列的通项公式，即可得到所求答案．‎ ‎（2）由（1）可得等差数列的第3项和第5项，然后根据等差数列的性质可以求出等差数列的通项，然后根据等差数列的求和公式，即可得到其前项和．‎ 试题解析：（Ⅰ）设的公比为由已知得，解得，所以 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，则，‎ 设的公差为，则有解得 从而 所以数列的前项和 考点：等差、等比数列的性质 ‎18. 等腰直角三角形中，，为的中点，正方形与三角形所在的平面互相垂直．‎ - 23 -‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）若，求点到平面的距离．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）连, 交于,连,由中位线定理即可证明平面.‎ ‎（Ⅱ）根据,由等体积法即可求得点到平面的距离.‎ ‎【详解】（Ⅰ）连,设交于,连,如下图所示:‎ 因为为的中点,为的中点,‎ 则 面,不在面内，‎ 所以平面 ‎（Ⅱ）因为等腰直角三角形中,‎ 则,又因为 - 23 -‎ 所以平面 则 设点到平面的距离为.‎ 注意到，‎ 由,代入可得：‎ ‎，‎ 解得.‎ 即点到平面的距离为.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定,等体积法求点到平面距离的方法,属于中等题.‎ ‎19. 某校学生营养餐由A和B两家配餐公司配送. 学校为了解学生对这两家配餐公司的满意度，采用问卷的形式，随机抽取了40名学生对两家公司分别评分. 根据收集的80份问卷的评分，得到A公司满意度评分的频率分布直方图和B公司满意度评分的频数分布表：‎ ‎（Ⅰ）根据A公司的频率分布直方图，估计该公司满意度评分的中位数；‎ ‎（Ⅱ）从满意度高于90分的问卷中随机抽取两份，求这两份问卷都是给A公司评分的概率；‎ ‎（Ⅲ）请从统计角度，对A、B两家公司做出评价．‎ ‎【答案】（Ⅰ）中位数为73.3；（Ⅱ）见解析.‎ - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（Ⅰ）设A公司调查的40份问卷的中位数为x，根据面积为可得结果；（Ⅱ）从这6份问卷中随机取2份，所有可能的结果有种，其中2份问卷都评价公司的有以下种，根据古典概型概率公式可得结果；（Ⅱ）可从平均数及分散集中程度两方面进行分析.‎ 试题解析：（Ⅰ）设A公司调查的40份问卷的中位数为x 则有 解得：‎ 所以， 估计该公司满意度得分的中位数为73.3 ‎ ‎（Ⅱ）满意度高于90分的问卷共有6份，其中4份评价公司，设为，2份评价B公司，设为.‎ 从这6份问卷中随机取2份，所有可能的结果有：，，，，，，，，，，，，，，，共有15种.‎ 其中2份问卷都评价公司的有以下6种：，，，，，.设两份问卷均是评价A公司为事件C，则有.‎ ‎（Ⅱ）由所给两个公司的调查满意度得分知：‎ A公司得分的中位数低于B公司得分的中位数，A公司得分集中在这组， ‎ 而B公司得分集中在和两个组，A公司得分的平均数数低于B公司得分的平均数，A公司得分比较分散，而B公司得分相对集中，即A公司得分的方差高于B公司得分的方差.‎ ‎（注：考生利用其他统计量进行分析，结论合理的同样给分.）‎ ‎20. 已知椭圆：的右焦点为，短轴长为2，过定点的直线交椭圆于不同的两点、（点在点，之间）.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ - 23 -‎ ‎（2）若，求实数的取值范围；‎ ‎（3）若射线交椭圆于点（为原点），求面积的最大值.‎ ‎【答案】(1) ;(2) ;(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据椭圆的基本量之间的关系求解即可.‎ ‎(2)分直线斜率存在于不存在两种情况,当斜率存在时,联立方程利用韦达定理与从而找到韦达定理与的不等式再求解即可.‎ ‎(3) 的面积为的两倍,故求得面积最值即可.‎ ‎【详解】(1)因为右焦点为,故.又短轴长为2,故,解得 ‎ 故椭圆的方程：‎ ‎(2)当直线斜率不存在时, 直线,此时,故,此时,‎ 当直线斜率存在时,设直线,.联立直线与椭圆 有,此时,.‎ ‎ .‎ 又,即 ,故 - 23 -‎ 又即,‎ 又因为,故,即,故 有基本不等式,故计算得 ‎,又,故 综上 ‎(3) ,‎ 令 ,则 故面积的最大值为 ‎【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系,联立方程列出韦达定理再表示题中所给的信息计算求解.其中用去建立与韦达定理之间的关系,的面积利用两倍的面积去代换,属于难题.‎ ‎21. 已知函数.‎ ‎（1）若函数在其定义域内为单调函数，求的取值范围；‎ ‎（2）设函数，若在上至少存在一点，使得成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ ‎（1）先求导得到，令，原命题等价于 在内或恒成立，再分两种情况讨论得解；（2）先求出函数的最值，再对分三种情况讨论得解.‎ ‎【详解】（1），‎ 令，要使在其定义域内是单调函数，只需在内，满足或恒成立，‎ 当且仅当时，，时，，‎ 因为，所以当且仅当时，，时，，‎ 因为在内有，当且仅当即时取等号，‎ 所以当时，，，此时在单调递增，‎ 当时，，，此时在单调递减，‎ 综上，的取值范围为或.‎ ‎（2）因为在上是减函数，‎ 所以时，；时，，即，‎ ‎①当时，由（1）知在上递减，所以，不合题意，‎ ‎②当时，由，‎ 由（1）知当时，上单调递增，‎ 所以，不合题意，‎ ‎③当时，，，‎ 由题意可得，只需时，，即可，‎ - 23 -‎ 由（1）知在上是增函数，，‎ 又在上是增函数，则，，‎ 而，，‎ 只需，解得，‎ 综上的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性问题，利用导数研究不等式的存在性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第-题计分.‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．再以原点为极点，以正半轴为极轴建立极坐标系，并使得它与直角坐标系有相同的长度单位．在该极坐标系中圆的方程为．‎ ‎（1）求圆的直角坐标方程；‎ ‎（2）设圆与直线交于点、，若点的坐标为，求的值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析:（1）由 可将圆的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）先将直线的参数方程代入圆C方程，再根据参数几何意义得 ，最后根据韦达定理求的值．‎ 试题解析：（1）；‎ - 23 -‎ ‎（2）直线的参数方程代入圆C方程得 ．‎ 点睛：直线的参数方程的标准形式的应用 过点M0(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程是.(t是参数，t可正、可负、可为0)‎ 若M1，M2是l上的两点，其对应参数分别为t1，t2，则 ‎(1)M1，M2两点的坐标分别是(x0＋t1cos α，y0＋t1sin α)，(x0＋t2cos α，y0＋t2sin α).‎ ‎(2)|M1M2|＝|t1－t2|.‎ ‎(3)若线段M1M2的中点M所对应的参数为t，则t＝，中点M到定点M0的距离|MM0|＝|t|＝.‎ ‎(4)若M0为线段M1M2的中点，则t1＋t2＝0.‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23. 若，且满足.‎ ‎(1)求abc的最大值；‎ ‎(2)求的最小值.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三个正数算术平均不小于它们的几何平均即可得出结果；‎ ‎（2）由，所以，再利用柯西不等式即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，故.‎ 当且仅当时等号成立，所以abc的最大值为.‎ ‎（2）因为，且，所以根据柯西不等式，可得 - 23 -‎ ‎.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式和柯西不等式的应用，属于基础题.‎ - 23 -‎ - 23 -‎