广东省华附、省实、深中、广雅2020届高三下学期四校联考数学（文）试题 Word版含解析

广东省华附、省实、深中、广雅2020届高三下学期四校联考数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 华附、省实、深中、广雅2020届高三年级四校联考 数学（文科）‎ 第一部分选择题（共60分）‎ 一、选择题：本大题共12个小题，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. 已知集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解出集合中的范围,再求交集即可.‎ ‎【详解】由有,即,又中即.‎ 故 故选C ‎【点睛】本题主要考查二次不等式的求解与集合的基本运算,属于基础题型.‎ ‎2. 已知，，则对应的点的轨迹为（ ）‎ A. 椭圆 B. 双曲线 C. 抛物线 D. 线段 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数模的几何意义，结合三角不等式可得出点的轨迹.‎ ‎【详解】的几何意义为复数对应的点到点和点的距离之和为，即，另一方面，由三角不等式得.‎ 当且仅当点在线段上时，等号成立.‎ 因此，点的轨迹为线段.‎ 故选D.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查复数模的几何意义，将问题转化为距离之和并结合三角不等式求解是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎3. 设，，，那么（ ）‎ A. B. ‎ C D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数函数和对数函数的单调性得出结论.‎ ‎【详解】解：，‎ 综上，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查指数函数和对数函数的单调性，属于基础题.‎ ‎4. “干支纪年法”是中国历法上自古以来使用的纪年方法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”．“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为：甲子、乙丑、丙寅…癸酉，甲戌、乙亥、丙子…癸未，甲申、乙酉、丙戌…癸巳，…，共得到60个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽．2019年是“干支纪年法”中的己亥年，那么2026年是“干支纪年法”中的 A. 甲辰年 B. 乙巳年 C. 丙午年 D. 丁未年 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 按照题中规则依次从年列举到年，可得出答案．‎ ‎【详解】根据规则，年是己亥年，年是庚子年，年是辛丑年，年是壬寅年，年是癸卯年，年是甲辰年，年是乙巳年，年是丙午年，故选C．‎ ‎【点睛】本题考查合情推理的应用，理解题中“干支纪年法”的定义，并找出相应的规律，是解本题的关键，考查逻辑推理能力，属于中等题．‎ ‎5. 函数的部分图象大致是（ ）.‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性,单调性和特殊点的函数值估算或变化趋势，来进行排除或确认.‎ ‎【详解】根函数是奇函数，排除D，‎ 根据x取非常小的正实数时，排除B，‎ 是满足的一个值，故排除C，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和函数值的符号判定函数的图象，属基础题.‎ ‎6. 在普通高中新课程改革中，某地实施“3+1+2”选课方案．该方案中“2”指的是从政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么政治和地里至少有一门被选中的概率是（　　）‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题可从反面思考，两门至少有一门被选中的反面是两门都没有被选中，两门都没被选中包含1个基本事件，代入概率的公式，即可得到答案.‎ ‎【详解】设两门至少有一门被选中，则两门都没有选中}，包含1个基本事件，‎ 则，所以，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中合理应用对立事件和古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎7. 若向量满足，且，则向量的夹角为（ ）‎ A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 由,平方求出,代入向量夹角公式,求出的夹角余弦值,即可得结果.‎ ‎【详解】设的夹角为 故选:B ‎【点睛】本题考查向量的模长和向量的夹角计算,着重考查计算能力,属于基础题.‎ ‎8. 某程序框图如图所示，其中，若输出的，则判断框内可以填入的条件为（ ）‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为，此程序框图是对函数求和，利用裂项相消法求和，可知，可知2019满足条件进入循环，2020不满足条件没有进入循环，根据选项得到正确结果.‎ ‎【详解】由，解得，可得n的值为2019时.满足判断框内的条件，当n的值为2020时，不满足判断框内的条件，退出循环，输出S的值，故判断框内可以填人的条件为“？”.故选A.‎ ‎【点睛】本题考查根据循环框图的输出结果填写判断框的内容，关键是分析出满足输出结果时的值，再根据选项判断结果.‎ - 25 -‎ ‎9. 设等差数列的前项和为，若，则等于（ ）‎ A. 60 B. 45 C. 36 D. 18‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由求，再用即可 ‎【详解】解：‎ 又，，‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，考查了等差数列性质的应用，属于基础题.‎ ‎10. 已知函数，那么下列命题中假命题是（ ）‎ A. 是偶函数 B. 在上恰有一个零点 C. 是周期函数 D. 在上是增函数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的性质,逐个判断各选项的真假．‎ ‎【详解】对于，函数，定义域为，‎ 且满足，所以为定义域上的偶函数，正确；‎ 对于，时，，，‎ 且，在上恰有一个零点是，正确；‎ - 25 -‎ 对于C，根据正弦、余弦函数的周期性知，函数是最小正周期为的周期函数， 正确；‎ 对于D，时，，且，在上先减后增，D错误．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦函数、余弦函数的单调性、奇偶性、周期性的应用以及零点的求法．‎ ‎11. 在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 三棱锥是正三棱锥，取为外接圆的圆心，连结，则平面，设为三棱锥外接球的球心，外接球的半径为，可求出，然后由可求出半径，进而求出外接球的体积.‎ ‎【详解】由题意，易知三棱锥是正三棱锥，‎ 取为外接圆的圆心，连结，则平面，设为三棱锥外接球的球心.‎ - 25 -‎ 因为，所以.‎ 因为，所以.‎ 设三棱锥外接球的半径为，则，解得，故三棱锥外接球的体积是.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了三棱锥的外接球体积的求法，考查了学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.‎ ‎12. 已知椭圆的焦点为，，过的直线与交于两点．若，，则的方程为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得，，可得椭圆的方程．‎ ‎【详解】解：，，‎ 又，‎ 又，，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎，在轴上．‎ 在△中，，‎ - 25 -‎ 在△中，由余弦定理可得，‎ 根据，可得，解得，‎ ‎．‎ 所以椭圆的方程为：．‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的定义及余弦定理，属中档题．‎ 第二部分非选择题（共90分）‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上 ‎13. 曲线在点处的切线方程为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可判断出点在曲线上，所以通过求导求出切线的斜率，把斜率和点代入点斜式方程即可．‎ ‎【详解】∵点（0，1）在曲线上，又由题意，，∴斜率k＝，∴所求方程为：，即y＝x+1．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，属于基础题．‎ ‎14. 某工厂为了解产品的生产情况，随机抽取了100个样本.若样本数据，，…，‎ - 25 -‎ 的方差为16，则数据，，…，的方差为______.‎ ‎【答案】64‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据样本数据，，…，的方差为，得出对应数据，，…，的方差为 ‎【详解】样本数据，，…，的方差为16，‎ 所以数据，，…，的方差为.‎ 故答案为：64‎ ‎【点睛】本题考查了方差的性质，需熟记性质，属于基础题.‎ ‎15. 设为双曲线：的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆交于，两点，若，则的离心率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画图，先求出，再由列式求双曲线的离心率.‎ ‎【详解】‎ 由题意，把代入，‎ 得，再由，‎ - 25 -‎ 得，即，‎ ‎，解得 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，考查了学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎16. 在中，角的对边分别为，，，且为锐角，则面积的最大值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，，利用正弦定理求得.，再由余弦定理可得，利用基本不等式可得，从而利用三角形面积公式可得结果.‎ ‎【详解】因为，又，‎ 所以，又为锐角，可得.‎ 因为，‎ 所以，‎ 当且仅当时等号成立，‎ 即，‎ 即当时，面积的最大值为. 故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理以及基本不等式应用，属于简单题.‎ - 25 -‎ ‎ 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.‎ 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.‎ ‎17. 在等比数列中，公比为，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由公比结合等比数列的性质得出，，，再确定公比，即可得出数列的通项公式；‎ ‎（2）利用错位相减法求解即可.‎ ‎【详解】（1）因为公比为的等比数列中， ‎ 所以由成等比数列得出，当且仅当，，时成立.‎ 此时公比，‎ 所以.‎ ‎（2）因为 - 25 -‎ 所以 ‎∴‎ ‎∴‎ 故数列的前项和 ‎【点睛】本题主要考查了求等比数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.‎ ‎18. 如图，在直三棱柱中，，是的中点，.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）异面直线和所成角的余弦值为，求几何体的体积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ ‎（Ⅰ）连结交于点，连结，证出，利用线面平行的判定定理即可证出.‎ ‎（Ⅱ）根据题意可求出，在中，利用余弦定理求出，由结合三棱锥的体积公式即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）如图，连结交于点，连结，‎ 因为在直三棱柱中，四边形是矩形，‎ 所以点是的中点，‎ 因为是的中点，‎ 所以 因为平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（Ⅱ）因为棱柱是直三棱柱，‎ 所以，‎ 因为，，‎ 所以，‎ 因为异面直线和所成角的余弦值为.‎ 所以，‎ - 25 -‎ 因为，，‎ 所以.‎ 根据余弦定理，在中，，‎ 可得，‎ 因为，，所以由勾股定理可得，‎ 因为，，，‎ 所以平面，‎ 同理平面，‎ 所以 ‎.‎ 所以几何体的体积为2.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理、三棱锥的体积公式，在证明线面平行时，需先证线线平行，此题属于中档题.‎ ‎19. 已知某保险公司的某险种的基本保费为（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：‎ 上年度出险次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 保费（元）‎ 随机调查了该险种的400名续保人在一年内的出险情况，得到下表：‎ 出险次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 频数 ‎280‎ ‎80‎ ‎24‎ ‎12‎ ‎4‎ 该保险公司这种保险的赔付规定如下：‎ - 25 -‎ 出险序次 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次及以上 赔付金额（元）‎ ‎0‎ 将所抽样本的频率视为概率.‎ ‎（Ⅰ）求本年度续保人保费的平均值的估计值；‎ ‎（Ⅱ）按保险合同规定，若续保人在本年度内出险3次，则可获得赔付元；若续保人在本年度内出险6次，则可获得赔付元；依此类推，求本年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值；‎ ‎（Ⅲ）续保人原定约了保险公司的销售人员在上午10:30~11:30之间上门签合同，因为续保人临时有事，外出的时间在上午10:45~11:05之间，请问续保人在离开前见到销售人员的概率是多少？‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据题意利用频率估计概率，结合表格数据，列出保费的分布列，进而可求出续保人保费的平均值的估计值,‎ ‎（Ⅱ）根据题意利用频率估计概率，结合表格数据，列出赔偿金额的分布列，进而可求出续保人所获赔付金额的平均值.‎ ‎（Ⅲ）设保险公司销售人员到达的时间为，续保人离开的时间为，看成平面上的点，全部结果所构成的区域为，再列出两人能见面满足的条件，利用几何概型概率的求法即可求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意可得：‎ 保费（元）‎ 概率 ‎0.7‎ ‎0.2‎ ‎0.06‎ ‎0.03‎ ‎0.01‎ - 25 -‎ 本年度续保人保费的平均值的估计值为：‎ ‎；‎ ‎（Ⅱ）由题意可得：‎ 赔偿金额（元）‎ ‎0‎ 概率 ‎0.7‎ ‎0.2‎ ‎0.06‎ ‎0.03‎ ‎0.01‎ 本年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值：‎ ‎；‎ ‎（Ⅲ）设保险公司销售人员到达的时间为，续保人离开的时间为，看成平面上的点，全部结果所构成的区域为，‎ 则区域的面积.‎ 事件表示续保人在离开前见到销售人员，‎ 所构成的区域为，‎ 即图中的阴影部分，‎ 其面积.‎ - 25 -‎ 所以，即续保人在离开前见到销售人员的概率是.‎ ‎【点睛】本题考查了分布列、根据分布列求均值以及几何概型的概率求法，综合性比较强，属于中档题.‎ ‎20. 已知点，在椭圆：上，其中为椭圆的离心率，椭圆的右顶点为.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）直线过椭圆的左焦点交椭圆于，两点，直线，分别与直线交于，两点，求证：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将点代入椭圆方程，结合，解方程即可求解. ‎ ‎（Ⅱ）设，，，，设直线：，代入椭圆方程，利用韦达定理解得，，由、、三点共线，、、三点共线，可得，从而可得.‎ ‎【详解】（Ⅰ）依题意得：‎ ‎，‎ 解得，，‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，‎ - 25 -‎ 如图，‎ 设，，，，‎ 把直线：代入椭圆方程，得，‎ 所以，，‎ 因为、、三点共线，得，‎ 所以，①‎ 同理，由、、三点共线，得，②‎ 因为，③‎ 所以把①②代入③得 ‎.‎ 所以.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程的求法、直线与椭圆的综合应用、向量垂直的充要条件，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于中档题.‎ ‎21. 已知函数有两个极值点，，其中.‎ ‎（Ⅰ）求实数的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）当时，求的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求出函数的导函数，由题意可得程有两个不相等的正根，，利用根与系数的关系即可求解.‎ ‎（2）结合（Ⅰ）可得，令，不妨设，求出函数的单调性，结合 ，求出的最小值即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）依题意得的定义域为，，‎ 因为函数有两个极值点，，，‎ 所以方程有两个不相等的正根，，，‎ 所以，‎ 解得，‎ 此时在和上单调递增，在上单调递减，‎ 所以实数的取值范围是.‎ ‎（Ⅱ）因为，是方程的两个根，‎ - 25 -‎ 所以，，‎ 因为，，‎ 所以，，‎ 所以 ‎.‎ 令，，则 ‎，‎ 即在上单调递减.‎ 因为，所以，‎ 所以，即，‎ 所以，即，‎ 所以，，‎ 所以.‎ 因为在上单调递减，‎ - 25 -‎ 所以的最小值为，‎ 即的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的极值点应用，导数在研究函数最值中的应用，综合性比较强，要求有较高的逻辑推理和计算能力，属于难题.‎ ‎22. 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线：，曲线：.‎ ‎（Ⅰ）求曲线，的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）已知曲线与轴交于，两点，为曲线上任一点，求的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）：，：；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据代入可化曲线；将利用两角差的余弦公式展开，代入可化得 ‎（Ⅱ）求出曲线与轴像交，两点，点关于直线的对称点为，根据即可求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，‎ 所以曲线的直角坐标方程为，‎ 因为，‎ 所以曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（Ⅱ）因为曲线与轴交于，两点，‎ 点关于直线的对称点为，‎ - 25 -‎ 所以，‎ 所以的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查了极坐标方程与普通方程的互化以及直线与圆的位置关系求距离的最值，需熟记极坐标与普通方程的关系式，属于基础题 ‎23. 已知函数的单调递增区间为.‎ ‎（Ⅰ）求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）设，证明：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）或；（Ⅱ）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将代入，采用零点分段法去绝对值即可求解.‎ ‎（Ⅱ）利用分析法要证明，只需证明，‎ 即要证明，根据即可证出.‎ ‎【详解】（Ⅰ）依题意得，‎ 所以不等式化为，‎ 当时，原不等式化为，，得，‎ 当时，原不等式化为，，‎ 得.‎ 当时，原不等式化为，，得.‎ 所以，不等式的解集或.‎ ‎（Ⅱ）要证明，只需证明，‎ 即要证明，‎ - 25 -‎ 因为或，所以，，‎ 因为，‎ 所以，‎ 即得证.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法、分析法证明不等式，考查了分类讨论的思想，属于基础题.‎ - 25 -‎ - 25 -‎