2020届广东省佛山市顺德区高三第二次教学质量检测数学（文）试题（解析版） 17页

‎2020届广东省佛山市顺德区高三第二次教学质量检测数学（文）试题 一、单选题 ‎1．集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据要求先用列举法表示出集合，然后根据交集的运算求解出的结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查集合的交集运算，难度较易.‎ ‎2．复数 A．1 B．-1 C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用复数代数形式的乘除运算，再由虚数单位的性质求解．‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ ‎．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．‎ ‎3．若，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】本道题化简式子,计算出,结合,即可.‎ ‎【详解】‎ ‎,得到,所以 ‎,故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本道题考查了二倍角公式,难度较小.‎ ‎4．假设有一个专养草鱼的池塘，现要估计池塘内草鱼的数量.第一步，从池塘内打捞一批草鱼，做上标记，然后将其放回池塘，第二步，再次打捞一批草鱼，根据其中做标记的草鱼数量估计整个池塘中草鱼的数量.假设第一次打捞的草鱼有50尾，第二次打捞的草鱼总数为50尾，其中有标记的为7尾，试估计整个池塘中草鱼的数量大约为（ ）‎ A．250 B．350 C．450 D．550‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据池塘中带有标记的草鱼数量与草鱼总数的比值等于样本中带有标记的草鱼数量与样本容量的比值.‎ ‎【详解】‎ 设池塘中草鱼的数量大约为，可得，‎ 所以，所以池塘中草鱼大约有条.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查用样本估计总体，难度较易.总体中某一类个体所占的比例等于样本中该类个体所占的比例.‎ ‎5．若变量，满足约束条件，则的最大值为（ ）‎ A．18 B．8 C．5 D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据约束条件作出可行域，然后利用平移直线法求解出目标函数的最大值.‎ ‎【详解】‎ 作出可行域如下图：‎ 如图所示，当直线经过点时，此时截距最大，此时有，‎ 又因为，所以，所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 根据约束条件求解线性目标函数的最值时，采用平移直线法将目标函数的最值与对应直线的截距联系在一起，从而根据截距求解出最值.‎ ‎6．已知m，n是不同的直线，，是不重合的平面，下列命题中正确的有（ ）‎ ‎①若，，则 ‎②若，，，则 ‎③若，，则 ‎④若，，，则 A．①② B．①③ C．②④ D．③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】①利用反证法判断对错；②根据线面平行的性质定理判断对错；③由两平面相交进行判断；④从正方体中找出对应模型判断.‎ ‎【详解】‎ ‎①若，则此时过有两个平面与已知直线垂直，与实际矛盾，所以假设不成立，所以命题正确；‎ ‎②由线面平行的性质定理内容可知命题正确；‎ ‎③当时，若，此时，所以命题不正确；‎ ‎④取正方体任意相邻的两个面，是的一条面对角线，是的一条面对角线，此时显然不成立，所以命题错误.‎ 所以只有①②正确.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间中点、线、面位置关系的判断，难度一般.对于符号语言描述的空间中点、线、面位置关系的命题，可通过反证法、特殊模型法、定义法等方法判断命题的真假.‎ ‎7．已知，，，则三者的大小关系正确的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据指、对数函数的单调性以及幂函数的单调性，结合中间值进行判断，即可比较出的大小关系.‎ ‎【详解】‎ 因为在上递减，所以，‎ 又因为在上单调递增，‎ 所以，所以，‎ 因为在上单调递减，所以，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据指、对、幂函数的单调性比较数值的大小，难度一般.(1)幂函数，当时，在上递增；(2)指数函数、对数函数的单调性由底数的大小确定.‎ ‎8．函数在的图像大致为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】先考虑的奇偶性，然后利用导数判断的单调性从而判断函数值的正负，再根据特殊值判断出的正负，从而判断出对应的函数图象.‎ ‎【详解】‎ 因为定义域为关于原点对称，，所以是奇函数，‎ 因为，，‎ 所以当时，在上递减且，‎ 所以对，.‎ 当且时，，，所以，排除BD，‎ 当时，，排除C，‎ 结合奇偶性，所以只有A符合要求. 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数图象的识别，难度一般.判断函数图象的常见思路：从奇偶性、单调性、特殊值等方面入手.‎ ‎9．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且，，则（ ）‎ A． B． C．3 D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由射影定理以及可得的值，根据可计算出的值，结合已知条件可求解出的值.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，‎ 又因为，所以，‎ 所以，所以，‎ 又因为，，所以是等边三角形，所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查解三角形中射影定理的应用以及二倍角公式的化简，难度一般.三角形中的射影定理：，，.‎ ‎10．设函数，其中，若函数在上恰有2个零点，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据的范围以及的零点分布情况，列出对应的不等式组，求解出的范围即可.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，‎ 因为在轴右侧的第二个零点为，第三个零点为，‎ 所以，所以，所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据三角函数的零点个数求解的范围，难度一般.根据在给定区间上的零点个数求解参数范围的方法：将看作一个整体，并利用正弦函数的零点分布确定出的范围，从而求解出的范围.‎ ‎11．过点的直线与圆相切于M，N两点，且这两点恰好在椭圆上，设椭圆的右顶点为A，若四边形为平行四边形，则椭圆的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据条件求解出的坐标，将点代入椭圆方程即可得到关于的方程，由此求解出离心率的值.‎ ‎【详解】‎ 如图所示：设切线方程为，‎ 所以圆心到直线的距离，所以，‎ 所以，‎ 因为，所以，所以，所以，‎ 又因为四边形为平行四边形且，所以四边形为菱形，‎ 因为，中点为，所以，‎ 所以，所以，所以，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求解椭圆的离心率，着重考查了直线与圆的相切关系，难度一般.求解直线与圆的相切问题，可通过两种方法求解：(1)几何法：利用半弦长、半径、圆心到直线的距离构成的直角三角形完成求解；(2)代数法：联立直线与圆的方程，利用来进行求解.‎ ‎12．已知函数在区间的值域为，则（ ）‎ A． B． C．0 D．1‎ ‎【答案】D ‎【解析】构造函数，分析的奇偶性，由此得到值域的特点，即可求解出的值.‎ ‎【详解】‎ 令，的定义域为关于原点对称，‎ 又因为，所以是奇函数，‎ 又因为在上的值域为，所以在上的值域为，‎ 又因为为奇函数，所以，所以，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数奇偶性的应用以及构造函数的能力，难度较难.奇函数在对称区间上如果有最值，则最值之和为；偶函数在对称区间上如果有最值，则最值相等.‎ 二、填空题 ‎13．已知，均为单位向量，，则，的夹角为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】将平方，再根据数量积的计算公式即可求解出的值，从而可求的值.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，‎ 所以，所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量夹角的求解，难度较易.已知的值求解向量夹角时，可考虑将平方，然后利用完成夹角求解.‎ ‎14．曲线在处的切线方程为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先求解出函数的导函数，利用计算出切线的斜率，然后根据点斜式方程写出直线的切线方程即可.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，所以，‎ 所以切线方程为：即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查曲线的切线方程的求解，难度较易.‎ ‎15．已知直线过双曲线的一个焦点，且与双曲线的一条渐近线垂直，则双曲线的实轴长为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据直线方程可知双曲线的焦点坐标，再根据垂直关系得到的关系，结合的值即可求解出实轴的长度.‎ ‎【详解】‎ 因为过点，且双曲线的焦点在轴上，所以，‎ 又因为与一条渐近线垂直，所以，‎ 所以，所以，所以实轴长为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据双曲线的几何性质求解实轴长度，难度一般.注意：已知双曲线的方程，则可以通过双曲线的方程确定出焦点所在的坐标轴.‎ ‎16．已知四棱锥的五个顶点在球O的球面上，底面为矩形，且，，侧棱长均为，则球O的表面积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据条件先确定出球心的位置，然后根据矩形的外接圆半径以及长度，利用勾股定理即可计算出四棱锥外接球的半径，即可求解出球的表面积.‎ ‎【详解】‎ 如图所示，记，设球的半径为，球心为，‎ 因为，，所以，所以，‎ 又因为四棱锥的侧棱均相等，所以底面，所以且球心在直线上，‎ 所以，所以，‎ 所以球的表面积为：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间几何体的外接球的表面积计算，难度一般.求解空间几何的外接球的表面积或体积：第一步先确定球心位置，第二步根据已知长度求解出球的半径，第三步利用公式求解出表面积或体积.‎ 三、解答题 ‎17．为了解某市公益志愿者的年龄分布情况，有关部门通过随机抽样，得到如图1的频率分布直方图.‎ ‎（1）求a的值，并估计该市公益志愿者年龄的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；‎ ‎（2）根据世界卫生组织确定新的年龄分段，青年是指年龄15～44岁的年轻人.据统计，该市人口约为300万人，其中公益志愿者约占总人口的40%.试根据直方图估计该市青年公益志愿者的人数.‎ ‎【答案】（1），；（2）39.6万 ‎【解析】(1)利用频率和为计算出的值，再根据每组数据的组中值乘以频率并将结果相加即可得到平均数；‎ ‎(2)先计算青年公益志愿者的频率，然后利用公益志愿者总人数乘以对应的频率即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵，∴‎ 该市公益志愿者的平均年龄：‎ ‎（2）由频率分布直方图可得年龄15～44岁的频率为：，‎ ‎∴估计该市青年公益志愿者的人数为：（万）‎ ‎【点睛】‎ 本题考查频率分布直方图的综合应用，难度较易.(1)频率分布直方图中，各组数据的频率之和为；(2)频率分布直方图中的小矩形的面积代表该组数据的频率.‎ ‎18．若椭圆的焦点在x轴上，离心率为，依次连接的四个顶点所得四边形的面积为40.‎ ‎（1）试求的标准方程；‎ ‎（2）若曲线M上任意一点到的右焦点的距离与它到直线的距离相等，直线 经过的下顶点和右顶点，，直线与曲线M相交于点P、Q（点P在第一象限内，点Q在第四象限内），设的下顶点是B，上顶点是D，且，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】(1)根据条件列出关于的等式构建方程组求解出，即可求解出椭圆的标准方程；‎ ‎(2)根据抛物线的定义可求的轨迹方程，利用直线联立的轨迹方程得到韦达定理形式，再根据三角形的面积比求解出直线的方程.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意可知：解得，∴所求的标准方程是；‎ ‎（2）由（1）可知的右焦点是，下顶点，上顶点，右顶点是又由抛物线定义可知：曲线M是一条抛物线，M的焦点是 ‎∴M的方程是，又，‎ ‎∴，∴，设直线的方程为 ‎ 则联立方程组：，消去得：，‎ 且，所以，所以，‎ 所以由韦达定理得：，又由可得，即：‎ ‎∴联立方程组：，解得：，或 又∵点P在第一象限内，点Q在第四象限内，∴不合，舍去 ‎∴所求直线的方程为，即：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆锥曲线的综合应用，着重考查了直线与椭圆、抛物线的位置关系，难度较难.圆锥曲线中的面积比、长度比等，注意将其转化为坐标的形式，合理运用韦达定理解决问题.‎ ‎19．已知函数.‎ ‎（1）当时，讨论的零点情况；‎ ‎（2）当时，记在上的最小值为m，求证：.‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）见解析 ‎【解析】(1)必有一个零点，可通过分析的零点得到的零点情况；‎ ‎(2)对求导，分析导函数中的正负情况，得到的单调性，由此可计算出的表示，再次构造关于的新函数求解出的范围即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）的定义域为.令，则.分情况讨论：‎ ‎①当时，，则，.‎ 所以在上有三个零点，分别为，和1. ‎ ‎②当时，，‎ 所以在上有两个零点，分别为. ‎ ‎③当时，，所以，对，恒成立.‎ 从而，在上有一个零点1.‎ 综上所述：当时，有三个零点：，和1；‎ 当时，有两个零点：，；当时，有一个零点为：；‎ ‎（2）当时，，定义域为.‎ 则.‎ 当时，，令，.‎ 所以在上单调递增.∵，，‎ 由零点存在性定理，存在，使得，即 故当时，；当时，.‎ ‎∴在上单调递减，在上单调递增.‎ 所以，.‎ 令，则.‎ 所以在上单调递减.故，而，，‎ 从而，即.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用导数判断函数的零点个数以及利用导数证明不等式，难度较难.对于导函数的隐零点问题，可通过二次求导分析出导函数的正负，从而得到函数的单调性并完成最值的分析.‎ ‎20．在直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数）.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.‎ ‎（1）求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程；‎ ‎（2）设点P为曲线C上的动点，点M，N为直线上的两个动点，若是以为直角的等腰三角形，求直角边长的最小值.‎ ‎【答案】（1）曲线C：，直线：；（2）‎ ‎【解析】(1)根据参数方程中相等的原则求解出直线的普通方程，根据写出曲线的直角坐标方程；‎ ‎(2)根据等腰直角三角形的直角边长等于直角顶点到底边的长度的倍，将点设为参数形式并利用点到直线的距离公式以及三角函数的有界性求解出最小值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）曲线C可化为：‎ 曲线C的直角坐标方程为，即 ‎ 直线的普通方程为： ‎ ‎（2）由（1）可设C的参数方程为（为参数）， ‎ 则点P到直线的距离为：‎ 要使是以为直角的等腰三角形，则直角边长为.‎ 所以，当时，直角边长取最小值.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查坐标系与参数方程的综合运用，难度一般.(1)极坐标与直角坐标的互化：‎ ‎；(2)求解椭圆或圆上点到直线的距离的最值时，将椭圆或者圆上的点设为参数形式，利用三角函数的有界性可快速求解出距离最值.‎ ‎21．已知函数 ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）当时，对任意，恒成立，且当c取最大值时，正数m，n满足，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或；（2）‎ ‎【解析】(1)方法一：作出的图象，利用图象求解出不等式解集；‎ 方法二：采用零点分段法，分类讨论不等式成立的条件，从而求解出解集；‎ ‎(2)先根据恒成立条件求解出的值，然后根据“”的妙用利用基本不等式求解出的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）方法一：当时，作出的图像，如图所示 ‎ 它与直线的交点为，‎ ‎∴的解集为或；‎ 方法二：时，不等式可化为或 或，‎ ‎∴的解集为或 ‎（2）当时，.‎ 所以，则，即.‎ ‎∴‎ 当且仅当时，取最小值.‎ 所以的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)解绝对值不等式的常用方法：零点分段法、几何意义法、图象法；‎ ‎(2)已知，求解的最小值的方法：将变形为，然后展开利用基本不等式求解最小值.‎