广东省番禺区2020届高三摸底测试理科数学试题 Word版含解析 23页

www.ks5u.com ‎2020届番禺区高三年级摸底测试 理科数学 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.‎ ‎2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.设全集U=R，，则（ ）‎ A. [1，3) B. (1，3] C. (1，3) D. (－2，1]‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先确定集合中的元素，然后由集合运算法则计算．‎ ‎【详解】由题意，，‎ ‎∴，．‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，考查一元二次不等式的解法，掌握集合的运算定义是解题关键．本题还考查了对数型复合函数的定义域．需要掌握对数函数的性质．‎ ‎2.设（i为虚数单位），其中x，y是实数，则等于（ ）‎ A. 5 B. 13 C. 22 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ - 23 -‎ 把已知等式两边都化为复数的代数形式，然后由复数相等的定义求出，再根据复数模的定义求得模．‎ ‎【详解】由得，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴．‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查复数相等的概念，考查求复数的模．掌握复数相等的概念是解题关键．‎ ‎3.函数的部分图象大致为（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 确定函数的奇偶性，排除两个，再由时，，又排除一个，从而得正确选项．‎ ‎【详解】，是奇函数，排除A.B，‎ 时，，排除C，只有D可选．‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查由函数的解析式选择函数图象，可用排除法，先确定函数的奇偶性，再确定函数值的变化趋势，特别是时，函数值的变化趋势．‎ ‎4.要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）‎ - 23 -‎ A. 向右平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数解析式之间的关系即可得到结论.‎ ‎【详解】因为， ‎ 所以将其图象向左平移个单位长度，‎ 可得，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关图象的平移变换问题，涉及到的知识点有辅助角公式，诱导公式，图象的平移变换的原则，属于简单题目.‎ ‎5.等比数列的前项和为，公比为，若，，则（ ）‎ A. B. 2 C. D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，分析可得等比数列的公比，进而由等比数列的通项公式可得，解可得，又由，解可得的值，即可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，等比数列中，若，则，‎ - 23 -‎ 若，则，解可得，则，‎ 又由，则有，解可得；‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的前项和公式的应用，关键是掌握等比数列的前项和的性质．‎ ‎6.射线测厚技术原理公式为，其中分别为射线穿过被测物前后的强度，是自然对数的底数，为被测物厚度，为被测物的密度，是被测物对射线的吸收系数.工业上通常用镅241（）低能射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种射线的吸收系数为（ ）‎ ‎（注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，，结果精确到0.001）‎ A 0.110 B. 0.112 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意知,，代入公式,求出即可.‎ ‎【详解】由题意可得,因为,‎ 所以,即.‎ 所以这种射线的吸收系数为.‎ 故选:C ‎【点睛】本题主要考查知识的迁移能力,把数学知识与物理知识相融合;重点考查指数型函数,利用指数的相关性质来研究指数型函数的性质,以及解指数型方程；属于中档题.‎ ‎7.平面α∥平面β的一个充分条件是（　　）‎ A. 存在一条直线a，a∥α，a∥β B. 存在一条直线a，a⊂α，a∥β C. 存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α - 23 -‎ D. 存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对于A，一条直线与两个平面都平行，两个平面相交或平行．故A不对；‎ 对于B，一个平面中的一条直线平行于另一个平面，两个平面相交或平行，故B不对；‎ 对于C，两个平面中的两条直线若平行，不能保证两个平面平行，故C不对；‎ 对于D，两个平面中的两条互相异面的直线分别平行于另一个平面，可以保证两个平面平行，故D正确．‎ ‎8.设函数的导函数为，且，则曲线在点(4，f(4))处切线的倾斜角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出导函数，从而先求出得函数解析式，得导函数，然后可求得切线斜率．‎ ‎【详解】由得，∴，，‎ ‎∴，，，斜率为1，倾斜角为．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义 ，解题关键求出导函数，求出．‎ ‎9.已知函数的图象关于直线对称，若，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 利用是函数的最值求得参数，然后再确定的性质．‎ ‎【详解】由题意，解得，‎ ‎∴，．‎ ‎，，‎ ‎∵，∴中一个取值1一个取值，‎ ‎∴．‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的性质，考查三角函数的最值、周期、对称性等．正弦函数的性质：过正弦函数图象的最高点或者最低点与边垂直的直线是其对称轴．即对称轴对应的函数值是最值．‎ ‎10.中国古代“五行”学说认为：物质分“金、木、水、火、土”五种属性，并认为：“金生水、水生木、木生火、火生土、土生金”.从五种不同属性的物质中随机抽取2种，则抽到的两种物质不相生的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 总共有10种结果，其中相生的有5种，由古典概型的计算公式计算出概率即可 ‎【详解】从五种不同属性的物质中随机抽取2种，共种，‎ 而相生的有5种，则抽到的两种物质不相生的概率 故选：D ‎【点睛】本题考查的是计算古典概型的概率，较简单.‎ ‎11.已知是抛物线的焦点，是轴上一点，线段与抛物线相交于点，若，则（ ）‎ - 23 -‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的坐标，点的坐标，根据向量关系解方程即可得解.‎ ‎【详解】由题意得点的坐标为，设点的坐标，点的坐标，‎ 所以向量：，，‎ 由向量线性关系可得：，，解得：，‎ 代入抛物线方程可得：，则，‎ 由两点之间的距离公式可得：.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】此题考查根据直线与抛物线的交点构造向量关系求解参数，考查基本运算.‎ ‎12.已知正方体，过对角线作平面交棱于点E，交棱于点F，则：‎ ‎①平面分正方体所得两部分的体积相等；‎ ‎②四边形一定是平行四边形；‎ ‎③平面与平面不可能垂直；‎ ‎④四边形的面积有最大值.‎ 其中所有正确结论的序号为（ ）‎ A. ①④ B. ②③ C. ①②④ D. ①②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 根据正方体的性质对每个命题进行判断．结合排除法可选正确结论．‎ ‎【详解】截面上方几何体分割成四棱锥四棱锥，四棱锥，三棱锥，截面下方几何体对称的也是三个棱锥，对应体积相等（特殊位置截面更容易得此结论），①正确，排除B；‎ 由正方体相对两个面平行，根据面面平行的性质定理知四边形的两组对边平行，从而是平行四边形，②正确，排除A；‎ 当是中点，是中点，这时可证平面（先证），从而平面与平面垂直，③错误，排除D，‎ 只有C可选了．‎ 事实上，四边形即有最大值也有最小值．与（或）重合时面积最大，是中点时，面积最小．‎ 设，正方体棱长为1，，，，，‎ 在中，，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以或1时，取得最大值．④正确．‎ 故选：C．‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查正方体的截面的性质．解题关键是由截面表示出相应的量与相应的关系．如果空间想象能力丰富，结论易得，由正方体对称性，①正确，从运动角度考虑，当从运动到时，截面面积发生变化，这是一个有限的连续过程，其中必有最大值和最小值．④正确，②③易于从面线面关系说明．‎ 二．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.的展开式中项的系数是____________‎ ‎【答案】420‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用多项式乘法法则确定项的系数，‎ ‎【详解】由题意展开式中项的系数是．‎ 故答案为：420.‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理的应用，求多项式展开式中某一项系数，可能利用多项式乘法法则，结合组合的知识求解．‎ ‎14.已知实数满足则取得最大值的最优解为_________.‎ ‎【答案】（4，2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先作出不等式组表示的可行域,然后利用z的几何意义，作出直线,向上平移直线到最高点,此时目标函数取得最大值,求出此时直线与可行域的交点坐标即可 ‎【详解】作出不等式组所表示的可行域如图阴影所示：‎ 作出直线如图所示,向上平移直线，当经过点A时,目标函数取得最大值,所以点A所对的坐标即为所求的最优解.‎ - 23 -‎ 联立方程,解方程组得,即点A坐标为.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题;利用z的几何意义和数形结合的思想是求解本题的关键;属于中档题.‎ ‎15.设数列的前n项和为，且，则数列的前10项的和是__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用得出数列的递推关系，变形后求出，然后用裂项相消法求和．‎ ‎【详解】由题意，时，，‎ ‎，即，‎ ‎∴数列是等差数列，公差为2，首项为1，∴，，‎ ‎，‎ - 23 -‎ ‎∴数列的前10项的和为．‎ 故答案：．‎ ‎【点睛】本题考查由数列与的关系求通项公式，考查裂项相消法求数列的和．掌握关系式是解题关键．‎ ‎16.已知函数，，若与的图象上存在关于直线对称的点，则实数的取值范围是_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数关于直线的对称函数，令与的图象有交点得出的范围即可．‎ ‎【详解】关于直线对称的直线为，‎ ‎∴直线与在上有交点，‎ 作出与函数图象，如图所示：‎ 若直线经过点，则，若直线与相切，‎ - 23 -‎ 设切点为，则，解得．‎ ‎∴，故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的对称问题解法，注意运用转化思想，以及零点与函数图象的关系，导数的几何意义，属于中档题．‎ 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.在△ABC中，角A，B，C的对边分別为a，b，c，若．‎ ‎（1）求a；‎ ‎（2）已知点M在边BC上，且AM平分∠BAC，求△ABM的面积．‎ ‎【答案】（1）2；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由平方关系求出，由二倍角公式求得，由正弦定理求得；‎ ‎（2）用诱导公式求出，由正弦定理求出，用三角形内角平分线定理求出，由三角形面积公式计算即得．‎ ‎【详解】（1）∵，‎ - 23 -‎ ‎∴，，‎ 由得；‎ ‎（2），∴，∴，‎ 由（1），‎ ‎．‎ 由正弦定理得．‎ 又平分，∴，又，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理，考查三角形面积公式，考查三角函数的恒等变换．掌握正弦定理是解题关键．‎ ‎18.如图，已知三棱柱中，平面平面，，.‎ - 23 -‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）设，，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连结.由菱形得对角线垂直，再由已知及面面垂直的性质定理得线面垂直平面，平面，从而，于是证得线面垂直后再得线线垂直；‎ ‎（2）取的中点为，连结，证得与都垂直后，以为原点，为正方向建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，则法向量夹角得二面角，注意要判断二面角是锐角还是钝角．‎ ‎【详解】（1）连结.‎ ‎∵，四边形为菱形，∴.‎ ‎∵平面平面，平面平面，‎ 平面，，‎ ‎∴平面.‎ 又∵，∴平面，∴.‎ ‎∵，‎ ‎∴平面，而平面，‎ - 23 -‎ ‎∴ ‎ ‎（2）取的中点为，连结.‎ ‎∵，四边形为菱形，，∴，.‎ 又由（1）知，以为原点，为正方向建立空间直角坐标系，如图.‎ 设，，，，‎ ‎∴（0，0，0），（1，0，），（2，0，0），（0，1，0），（-1，1，）.‎ 由（1）知，平面的一个法向量为.‎ 设平面的法向量为，则，∴.‎ ‎∵，，∴.‎ 令，得，即.‎ ‎∴，‎ ‎∴二面角的余弦值为 ‎【点睛】本题考查用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查用空间向量法求二面角．立体几何中证明垂直时，线线垂直，线面垂直，面面垂直常常是相互转化，判定定理与性质定理要灵活应用．在有垂直的情况下常常建立空间直角坐标系，用向量法求空间角．‎ ‎19.已知长度为4的线段的两个端点分别在轴和轴上运动，动点满足，记动点的轨迹为曲线.‎ ‎（1）求曲线的方程；‎ ‎（2）设不经过点的直线与曲线相交于两点.若直线与的斜率之和为1,求实数的值.‎ ‎【答案】（1）（2）3‎ - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设P,A,B的坐标，由坐标化可得变量间的关系，再由,求出曲线的方程 ．‎ ‎（2）设直线的方程及和坐标，由直线与圆锥曲线联立，利用韦达定理、 根的判别式、直线的斜率，结合已知条件能求出定点的坐标以及此常数 ．‎ ‎【详解】解：（1）设.‎ ‎，，即.‎ ‎.‎ 又，.从而.‎ 曲线的方程为.‎ ‎（2）设.‎ 联立，消去，得.‎ 由，可得.‎ 又直线不经过点，且直线与的斜率存在，‎ ‎.，且.‎ ‎，.‎ ‎，‎ - 23 -‎ ‎.‎ 解得.‎ 的值为3.‎ ‎【点睛】本题考查曲线方程的求法， 考查满足条件的轴上的定点是否存在的判断与求法， 考查椭圆、 直线方程、 根的判别式、 韦达定理等基础知识， 考查函数与方程思想， 考查运算求解能力， 是中档题 ．‎ ‎20.某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元.某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：‎ 维修次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 台数 ‎5‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎15‎ 以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．‎ ‎（1）求X的分布列；‎ ‎（2）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）选择延保方案二较合算 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，分别求出对应的概率，列出分布列即可；（Ⅱ）求出两种方案下所需费用的分布列，然后分别求出对应的期望值，比较二者的大小即可选出最合算的方案．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，‎ ‎，，‎ - 23 -‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎∴的分布列为 ‎ ‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（Ⅱ）选择延保一，所需费用元的分布列为：‎ ‎ ‎ ‎7000‎ ‎9000‎ ‎11000‎ ‎13000‎ ‎15000‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ （元）.‎ 选择延保二，所需费用元的分布列为：‎ ‎ ‎ ‎10000‎ ‎11000‎ ‎12000‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（元）.‎ ‎∵，∴该医院选择延保方案二较合算.‎ ‎【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列，考查了概率的计算，考查了期望的求法，属于中档题．‎ - 23 -‎ ‎21.已知函数 ‎（1）若在[1，+∞)上恒成立，求a的取值范围．‎ ‎（2）证明：‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）构造函数，要求在上的最小值即得；‎ ‎（2）由（1）时有，且当时，，‎ 令，，得个不等式，相加后即证．‎ ‎【详解】（1）设，‎ ‎，‎ ‎，即时，恒成立，在上是增函数，‎ ‎∴，∴满足题意，‎ 时，有两个不等实根，，，‎ 不妨设，则，‎ 当时，，递减，时，，递增，‎ ‎∴在时，，‎ ‎，又，，‎ ‎∴，‎ 令，，‎ - 23 -‎ ‎∴在上递减，‎ ‎∴，在上不恒成立，‎ 综上，．即的取值范围是．‎ ‎（2）由（1）时，，且当时，，‎ 令，则有，‎ ‎∴，，‎ 这个不等式相加得，‎ 整理得．证毕．‎ ‎【点睛】本题考查用导数研究不等式恒成立问题，用导数证明不等式，不等式恒成立问题常常转化为研究函数的最值，为了研究导函数的正负，可能对导函数（或其中一部分构成的新函数）再求导，确定正负，确定单调性．‎ ‎22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是（k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，直线的极坐标方程为.‎ ‎（Ⅰ）曲线C的普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）求曲线C上的点到直线的距离的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）..（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）联想二倍角公式化弦为切的结构特征，即 - 23 -‎ ‎，结合，所以将参数方程化为，即可化为普通方程；‎ 展开，，代入，即可化为直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）将椭圆方程化为参数方程，利用辅助角公式，结合余弦函数的有界性，即可得出结论.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ），平方后得，‎ 又，的普通方程为.‎ ‎，即，‎ 将，代入即可得到.‎ ‎（Ⅱ）将曲线C化成参数方程形式为（为参数），‎ 则，其中 所以.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化，注意消参方法，考查极坐标方程化直角坐标方程，应用参数方程求点到直线距离的范围，属于中档题.‎ ‎23.设函数，．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）对任意，恒有，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ ‎（1）由绝对值不等式的解法，当，分三种情况讨论，求解不等式即可得解；‎ ‎（2）由绝对值不等式的三角不等式性质可得，‎ 再转化为恒成立，再分和讨论即可得解.‎ ‎【详解】解：（1）当时，，‎ 则等价于或或，‎ 解得或，‎ 所以的解集为．‎ ‎（2）由绝对值不等式的性质有：，由恒成立，有恒成立，‎ 当时不等式显然恒成立，‎ 当时，由得，‎ 综上，的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法及绝对值不等式的性质，主要考查了不等式恒成立问题，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属中档题.‎ - 23 -‎ ‎ ‎ - 23 -‎