广东省深圳市普通高中2020届高三下学期第二次线上统一测试数学（文）试题 Word版含解析 25页

www.ks5u.com ‎2020年深圳市普通高中高三年级第二次线上统一测试 文科数学 本试卷共6页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.‎ 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.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由求出集合B，然后求出其补集，最后求交集.‎ ‎【详解】由得，即，‎ 所以，‎ 又因为 则.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了求对数型函数的定义域，集合的补集、交集运算，属于基础题.‎ ‎2.棣莫弗公式（为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数在复平面内所对应的点位于（ ）‎ A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 由题意，根据复数的几何意义结合、即可得解.‎ ‎【详解】由题意，‎ 该复数在复平面内所对应的点为，‎ ‎，，该复数在在复平面内所对应的点位于第三象限.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了新概念在复数中的应用，考查了复数的几何意义和三角函数的符号确定，属于基础题.‎ ‎3.已知点和在直线的两侧，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. 或 C. 或 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由点与直线的位置关系，转化为不等式求解即可得解.‎ ‎【详解】点和在直线的两侧，‎ 即，‎ 解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了二元一次不等式表示的平面区域，关键是把点与直线的位置关系转化为不等式，属于基础题.‎ ‎4.已知是上的减函数，那么实数的取值范围是（ ）‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由分段函数的单调性可转化条件得，解不等式组即可得解.‎ ‎【详解】是上的减函数，‎ ‎，解得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了分段函数单调性的问题，属于基础题.‎ ‎5.一个容量100的样本，其数据的分组与各组的频数如下表 组别 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 频数 ‎ ‎12 ‎ ‎13 ‎ ‎24 ‎ ‎15 ‎ ‎16 ‎ ‎13 ‎ ‎7 ‎ 则样本数据落在上的频率为( )‎ A. 0.13 B. 0.39 C. 0.52 D. 0.64‎ ‎【答案】C - 25 -‎ ‎【解析】‎ 由题意可知频数在的有：13+24+15=52，由频率=频数总数可得0.52.故选C.‎ ‎6.如图，在中，，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎∵，∴，‎ 又∵，∴，‎ ‎∴，‎ 故选．‎ ‎7.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式转化，原式=sin163°•sin223°+cos163°cos223°再通过两角和公式化简，转化成特殊角得出结果．‎ ‎【详解】原式=sin163°•sin223°+cos163°cos223°=cos（163°-223°）=cos（-60°）=.‎ - 25 -‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了诱导公式应用及两角和与差的余弦公式．要熟记公式是关键．‎ ‎8.已知抛物线，过点作倾斜角为的直线，若与抛物线交于、两点，弦的中垂线交轴于点，则线段的长为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得直线，联立方程组即可求得中点，进而可得直线，求出点后即可得解.‎ ‎【详解】由题意可得直线，设，，中点，‎ 联立方程组，消去得，易得，‎ ‎，，点，‎ 又 ，，‎ 直线，‎ 令可得即点，‎ 线段.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与抛物线的综合问题，属于中档题.‎ - 25 -‎ ‎9.如图，在四面体中，截面是正方形，现有下列结论：‎ ‎①②∥截面 ‎③④异面直线与所成的角为 其中所有正确结论编号是（ ）‎ A. ①③ B. ①②④‎ C. ③④ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由线线平行和垂直的性质可判断①，由线面平行的判定定理和性质定理可判断②，由平行线分线段成比例可判断③，由异面直线所成角的定义可判断④.‎ ‎【详解】截面是正方形，,‎ 又平面，平面，‎ 平面，‎ 平面，平面平面 ‎，同理可得 由正方形知，则，即①正确；‎ 由，平面，平面，‎ 得平面，则②正确；‎ 由，,得,‎ - 25 -‎ 所以，‎ 同理可证，‎ 由正方形知，但不一定与相等，‎ 则与不一定相等，即③不正确；‎ 由知为异面直线与所成的角，‎ 由正方形知，则④正确.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查命题的真假判断，主要是空间线线、线面的位置关系，考查推理能力，属于中档题.‎ ‎10.已知函数的最小正周期是，若其图象向右平移个单位后得到的函数为奇函数，则下列结论正确的是（ ）‎ A. 函数的图象关于直线对称 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数在区间上单调递减 D. 函数在上有个零点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据题意求解析式，然后用整体代入思想求出函数的所有对称轴、对称中心、单调递减区间及零点，逐一判断各选项，即可得出结论.‎ ‎【详解】最小正周期是， ‎ 它的图象向右平移个单位后得到的函数为奇函数，‎ 为奇函数，则，‎ ‎，，‎ ‎，‎ - 25 -‎ 由得，‎ 则的图象不关于对称，故选项A错误；‎ 由得，‎ 则的图象不关于对称，故选项B错误；‎ 由，得，‎ 则的单调递减区间为 取，得区间，‎ 由，知选项C正确；‎ 函数的零点为，‎ 则函数在上有和两个零点，故选项D错误.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的图象变换，单调性、奇偶性、对称中心、对称轴等性质，属于中档题.‎ ‎11.已知函数是R上的奇函数，函数是R上的偶函数，且，当时，，则的值为（ ）‎ A. 1.5 B. 8.5 C. －0.5 D. 0.5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中函数是R上的奇函数，函数是R上的偶函数，且，可得是以8为周期的周期函数，逐步转化，进而求得的值.‎ ‎【详解】函数是R上的奇函数，‎ - 25 -‎ ‎，‎ 又函数是R上的偶函数，‎ ‎，‎ 又，‎ ‎，‎ 故，‎ 即是以8为周期的周期函数，‎ ‎.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的奇偶性、周期性，函数求值，是函数图象和性质的综合应用.‎ ‎12.已知双曲线的左、右焦点分别为为坐标原点，点是双曲线在第一象限内的点，直线分别交双曲线的左、右支于另一点，若，且，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可设，故四边形是平行四边形，且．由双曲线的定义可得：，由余弦定理可得，即，借助平行四边形的性质可得，即，故双曲线的离心率，应选答案B．‎ - 25 -‎ 点睛：解答本题的思路是借助双曲线的对称性，将问题进行等价转化与化归为平行四边形的几何性质问题，再依据平行四边形的四边的平方和等两条对角线的和这一性质，探寻到建立方程的依据从而使得问题获解．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知轴为曲线的切线，则的值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设轴与曲线的切点为，由题意结合导数的几何意义可得，解方程即可得解.‎ ‎【详解】由题意，设轴与曲线的切点为，‎ 则，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了导数几何意义的应用，考查了运算能力，属于基础题.‎ ‎14.已知为数列的前项和，若，则________.‎ ‎【答案】32‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由结合题意可得，再利用即可得解.‎ ‎【详解】当时，解得；‎ 当时，，整理得，‎ 所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，，‎ 所以.‎ 故答案为：32.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查了与关系的应用，考查了等比数列的判定和通项公式的应用，属于基础题.‎ ‎15.在中，若，则的值为____________ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式，二倍角公式将所求的式子转化成关于的代数式，代入求解即可.‎ ‎【详解】，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了三角形内角和性质，诱导公式，以及二倍角的余弦公式的综合运用.‎ ‎16.已知球的半径为，则它的外切圆锥体积的最小值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出圆锥的高为，底面半径为，在截面中，由球与圆锥相切可设出底面和母线SB的切点分别为C和D，接着由三角形的相似求得、、三者间的关系，然后将圆锥的体积表示成关于的函数，利用导函数求最值.‎ ‎【详解】设圆锥的高为，底面半径为，‎ - 25 -‎ 在截面图中，，，，‎ 根据圆锥与球相切可知，、均为球与外切圆锥的切点，‎ 则 又，，‎ ‎，即，‎ ‎，‎ 圆锥体积为，‎ ‎，‎ 令可得，则 时，；时，，‎ 在单调递减，在单调递增，‎ 则.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了球的外切问题，圆锥的体积公式，导函数的实际应用问题，难度较大.‎ 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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎(一)必考题：共60分.‎ ‎17.已知数列的首项，.‎ - 25 -‎ ‎（1）证明：数列是等比数列；‎ ‎（2）数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）证明见详解；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用数列递推式，整理后两边取倒数，再两边减去1，即可证得数列是等比数列； （2）利用第（1）题的结论，求出，进而得到，用分组求和法，错位相减法，求出.‎ ‎【详解】解：（1），‎ ‎，‎ ‎，‎ 又，，‎ 数列是以首项，为公比的等比数列.‎ ‎（2）由（1）知，‎ 即，‎ ‎.‎ - 25 -‎ 设，①‎ 则，②‎ 由①②得 ‎，‎ ‎.又.‎ 数列的前项和.‎ ‎【点睛】本题考查了倒数法求数列的通项公式，分组求和法，错位相减法求数列的前n项和，属于中档题.‎ ‎18.随着经济模式改变，微商和电商已成为当今城乡一种新型的购销平台.已知经销某种商品的电商在任何一个销售季度内，每售出吨该商品可获利润万元，未售出的商品，每吨亏损万元.根据往年的销售经验，得到一个销售季度内市场需求量的频率分布直方图如图所示.已知电商为下一个销售季度筹备了吨该商品.现以（单位：吨，）表示下一个销售季度的市场需求量，（单位：万元）表示该电商下一个销售季度内经销该商品获得的利润.‎ ‎（1）将表示为的函数，求出该函数表达式；‎ ‎（2）根据直方图估计利润不少于57万元的概率；‎ ‎（3）根据频率分布直方图，估计一个销售季度内市场需求量的平均数与中位数的大小（保留到小数点后一位）.‎ - 25 -‎ ‎【答案】（1）；（2）0.7；（3）平均数为（吨），估计中位数应为（吨）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别计算和时T的值，用分段函数表示T的解析式； （2）计算利润T不少于57万元时x的取值范围，求出对应的频率值即可； （3）利用每一小组底边的中点乘以对应的矩形的面积（即频率）求和得出平均数，根据中位数两边频率相等（即矩形面积和相等）求出中位数的大小.‎ ‎【详解】解：（1）当时，；‎ 当时，，‎ 所以，；‎ ‎（2）根据频率分布直方图及（1）知，‎ 当时，由，得，‎ 当时，由 所以，利润不少于57万元当且仅当，‎ 于是由频率分布直方图可知市场需求量的频率为 ‎，‎ 所以下一个销售季度内的利润不少于57万元的概率的估计值为0.7；‎ ‎（3）估计一个销售季度内市场需求量的平均数为 ‎（吨）‎ 由频率分布直方图易知，‎ 由于时，对应的频率为，‎ 而时，对应的频率为，‎ 因此一个销售季度内市场需求量的中位数应属于区间，于是估计中位数应为 - 25 -‎ ‎（吨）.‎ ‎【点睛】本题考查了分段函数以及频率、平均数和中位数的计算问题，是中档题.‎ ‎19.如图所示，四棱锥中，平面，，，，为的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见详解；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，连结和，可证明得到四边形为平行四边形，进而证得平面； （2）先证明平面，进而得到平面平面，作交于，则平面，在直角三角形中利用等面积法即可求出距离.‎ ‎【详解】证明：（1）取的中点，连结和，‎ 为的中点，‎ 且，‎ ‎，，，‎ 且，‎ 且，‎ 四边形为平行四边形，‎ ‎，‎ 平面，平面，‎ - 25 -‎ 平面；‎ ‎（2），为的中点，‎ ‎，‎ 平面，平面，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，又，‎ 平面，‎ ‎，‎ 平面，‎ 由（1）可知，‎ 平面，‎ 平面，‎ 平面平面，‎ 作交于，则平面，‎ 在直角三角形中，有，‎ ‎，‎ 即点到平面距离为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，考查求点到平面距离，转化思想，等面积法，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆，、分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上的动点.‎ - 25 -‎ ‎（1）求的最大值，并证明你的结论；‎ ‎（2）若、分别是椭圆长轴的左、右端点，设直线的斜率为，且，求直线的斜率的取值范围.‎ ‎【答案】（1）的最大值为，证明见详解；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由椭圆的定义可知，在中，利用余弦定理可得：，再利用基本不等式得到，当且仅当时等号成立，再结合，以及余弦函数的图象，即可得到的最大值； （2）设直线BM的斜率为，，则，再根据的范围即可得到的范围.‎ ‎【详解】解：（1）由椭圆的定义可知，‎ 在中，由余弦定理，可得 ‎，‎ ‎，‎ 的最大值为，此时，‎ - 25 -‎ 即点为椭圆的上、下顶点时，取最大值，其最大值为；‎ ‎（2）设直线的斜率为，，则 ‎，，‎ ‎，‎ 又，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故直线的斜率的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，余弦定理和基本不等式的应用，过两点的直线的斜率公式，是中档题.‎ ‎21.已知函数（为自然对数的底数），其中.‎ ‎（1）在区间上，是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由.‎ ‎（2）若函数的两个极值点为，证明：.‎ ‎【答案】（1）存在，最小值为；（2）证明见详解 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对函数求导，令，得两根，从而得出的单调区间.由用作差法比较与的大小，结合，可知，则在区间单调递减，则其取得最小值； ‎ - 25 -‎ ‎（2）由的韦达定理，得，则可消去a，得，.通过两边取对数，得和，将其代入需证不等式.再得，采用换元法，反证法，将所求不等式转化为.再用换元法，令 构造函数，利用导函数求其最值，则可证明不等式.‎ ‎【详解】.‎ 解：（1）由条件可函数在上有意义，‎ ‎，‎ 令，得，，‎ 因为，所以，.‎ 所以当时，，当上，‎ 所以在上是增函数，在是减函数.‎ 由可知，‎ 当时，，当时，，‎ 当时，，‎ 因为，‎ 所以，‎ 又函数在上是减函数，且，‎ 所以函数在区间上的有最小值，‎ - 25 -‎ 其最小值为.‎ ‎（2）由（1）可知，当时函数存在两个极值点，‎ 且是方程的两根，‎ 所以，且，‎ ‎，，‎ 所以，‎ ‎，‎ 所以 ‎，‎ 又，‎ 由（1）可知，‎ 设，，则，‎ 故要证成立，‎ 只要证成立，‎ 下面证明不等式成立，‎ 构造函数，‎ 则，所以在上单调递增，‎ ‎，即成立，‎ - 25 -‎ 令，即得不等式，‎ 从而成立.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导函数求函数的最值，证明不等式，其中换元法、反证法的应用是本题的关键，考查了转化的思想，属于综合性较强的难题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线：（为参数，），曲线：（为参数），与相切于点，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求的极坐标方程及点的极坐标；‎ ‎（2）已知直线：与圆：交于，两点，记的面积为，的面积为，求的值.‎ ‎【答案】（1）；点的极坐标为（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）消去参数得的直角坐标方程，利用直角坐标方程和极坐标方程的转化公式即可得的极坐标方程；由题意得的极坐标方程为，代入的极坐标方程后利用即可得解；‎ ‎（2）由题意可得，设，，将代入后即可得，，再利用三角形面积公式可得，，化简即可得解.‎ - 25 -‎ ‎【详解】（1）消去参数可得的直角坐标方程为，‎ 将代入得的极坐标方程为，‎ 又的参数方程为（为参数，），‎ 可得的极坐标方程为，‎ 将代入得，‎ 则，，‎ 又，所以，，‎ 此时，所以点的极坐标为.‎ ‎（2）由的极坐标方程为，‎ 可得的直角坐标方程为，所以圆心，‎ 设，，将代入，‎ 得，，‎ 所以，，所以，，‎ 又因为，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程、直角坐标方程和极坐标方程之间的转化，考查了利用极坐标求三角形面积的应用，属于中档题.‎ ‎23.已知.‎ ‎（1）当时，解不等式；‎ - 25 -‎ ‎（2）若存在实数，使得关于的不等式有实数解，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得，分、两种情况讨论即可得解；‎ ‎（2）由绝对值三角不等式结合题意得，利用基本不等式求出的最小值即可得解.‎ ‎【详解】（1）当时，即解不等式，‎ ‎①当时，原不等式等价于，所以，‎ 所以不等式解集为空集，‎ ‎②当时，原不等式等价于，解得，‎ 综上所述，不等式的解集为.‎ ‎（2）因为，显然等号可取.‎ 又，‎ 故原问题等价于关于的不等式在上有解，‎ 又因为，‎ 当且仅当时取等号，所以，即.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的求解，考查了绝对值三角不等式的应用和有解问题的求解，属于中档题.‎ - 25 -‎ - 25 -‎