广东省潮州市2020届高三上学期期末教学质量检测 数学（理）试题

广东省潮州市2020届高三上学期期末教学质量检测 数学（理）试题

广东省潮州市2020届高三上学期期末 数学（理）试题 一、单选题 ‎1．若，，则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用集合的补集的定义求出的补集；利用子集的定义判断出．‎ ‎【详解】‎ 解：，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用集合的交集、补集、并集定义求交集、补集、并集；利用集合包含关系的定义判断集合的包含关系．‎ ‎2．是虚数单位,复数为纯虚数,则实数为(    )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：‎ ‎3．已知函数，若，则( )‎ ‎·18·‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】首先计算出，再根据的值求出，即可得解.‎ ‎【详解】‎ 解：‎ ‎，‎ ‎∴，解得.于是，‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意分段函数的性质的合理运用．‎ ‎4．“数列既是等差数列又是等比数列”是“数列是常数列”的（ ）．‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】数列既是等差数列又是等比数列，则可知是常数列，所以充分性成立；‎ 若是常数列，则不是等比数列，所以必要性不成立，‎ 所以“数列既是等差数列又是等比数列”是“数列是常数列”的充分不必要条件，故选A。‎ ‎5．函数的图象如图所示，则下列结论成立的是( )‎ ‎·18·‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据定义域及特殊点可判断.‎ ‎【详解】‎ 解：∵的图象与轴交于，且点的纵坐标为正，∴，故，定义域为 其函数图象间断的横坐标为正，∴，故.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数图象的识别，考查数形结合思想，属于基础题.‎ ‎6．现有10个数，它们能构成一个以1为首项，为公比的等比数列，若从这个10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】先由题意写出成等比数列的10个数，然后找出小于8的项的个数，代入古典概率的计算公式即可求解 ‎【详解】‎ ‎·18·‎ 解：由题意成等比数列的10个数为：1，，，‎ 其中小于8的项有：1，，，，，共6个数 这10个数中随机抽取一个数，‎ 则它小于8的概率是．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等比数列的通项公式及古典概率的计算公式的应用，属于基础试题 ‎7．在四边形（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】注意到两向量的纵坐标都为2，所以借助坐标系如图，‎ ‎.或者注意到分为四个小直角三角形算面积.‎ ‎【考点定位】本题的处理方法主要是向量的平移，所以向量只要能合理的转化还是属于容易题.‎ ‎8．若实数满足，则的最大值和最小值分别为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由不等式组作出可行域，令，数形结合求出的最大值和最小值．‎ ‎【详解】‎ 解：由作可行域如图，‎ ‎·18·‎ 令，则，‎ 由图可知，当过时，截距最大，最大值为；‎ 当过时，截距最小，最小值为．‎ 的最大值和最小值分别为2，．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线性规划问题，数形结合是数学思想的重要手段之一，是连接代数和几何的重要方法．属于中档题．‎ ‎9．设是任意等比数列，它的前项和，前项和与前项和分别为，则下列等式中恒成立的是 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】本题主要考查等比数列的性质：等比数列连续项之和仍为等比数列。即成等比数列，则由等比中项的性质有整理得D选项。‎ ‎10．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左顶点与抛物线y2＝2px(p>0)的焦点的距离为4，且双曲线的 ‎·18·‎ 一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(－2，－1)，则双曲线的焦距为( )‎ A．2 B．2 C．4 D．4‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：根据题意，双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为（-2，-1），‎ 即点（-2，-1）在抛物线的准线上，又由抛物线y2=2px的准线方程为x="-p" 2 ，则p=4，‎ 则抛物线的焦点为（2，0）；‎ 则双曲线的左顶点为（-2，0），即a=2；‎ 点（-2，-1）在双曲线的渐近线上，则其渐近线方程为y=±1 2 x，‎ 由双曲线的性质，可得b=1；‎ 则c=" 5" ，则焦距为2c=2；‎ 故选A．‎ ‎11．已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是 (　　)‎ A．(－∞，0] B．(－∞，1]‎ C．[－2,1] D．[－2,0]‎ ‎【答案】D ‎【解析】当x≤0时，f(x)＝－x2＋2x≤0恒成立，由|f(x)|≥ax得，x2－2x≥ax，整理得x2－(2＋a)x≥0，由于g(x)＝x2－(2＋a)x≥0恒成立，‎ 因为g(0)＝0，所以－≥0，解得a≥－2，‎ x>0时，由于|f(x)|>0，若|f(x)|≥ax恒成立，满足ax≤0，同时满足以上两个条件－2≤a≤0．‎ ‎12．三棱锥中，平面，，的面积为2，则三棱锥的外接球体积的最小值为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意画出图形，设，由的面积为2，得，再由，得三角形外接圆的半径，求出球心到平面的距离，再由勾股定理可得外接球的半径，‎ ‎·18·‎ 利用基本不等式求得最小值，代入球的体积公式求解．‎ ‎【详解】‎ 解：如图，设，由的面积为2，得，‎ ‎，三角形外接圆的半径，‎ 平面，，‎ 到平面的距离为，‎ 设球的半径为，则，‎ 当且仅当时“”成立．‎ 三棱锥的外接球体积的最小值为．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了棱锥与球的位置关系，考查正弦定理的应用，属于中档题．‎ 二、填空题 ‎13．曲线y＝x(3ln x＋1)在点(1,1)处的切线的斜率为__________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】先求导函数，利用导数的几何意义，求出在点（1，1）处的切线的斜率．‎ ‎【详解】‎ y＝x（3lnx+1）的导函数为：y′＝3lnx+4，‎ 当x＝1时，y′＝4，‎ 曲线y＝x（3lnx+1）在点（1，1）处的切线的斜率为：4．‎ ‎·18·‎ 故答案为：4．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查导数的几何意义的应用，属于基础题．‎ ‎14．已知为等差数列，为其前项和，若，，则 _______‎ ‎【答案】14‎ ‎【解析】设公差为，根据求出公差，即可求出其前项和公式，代入求解即可.‎ ‎【详解】‎ 解：设公差为，则，把代入得，‎ ‎∴，‎ 故 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列通项公式以及前项和公式，属于基础题.‎ ‎15．函数在处取得最大值，则 ______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用辅助角公式、两角差的正弦公式化简解析式：，并求出和，由条件和正弦函数的最值列出方程，求出的表达式，由诱导公式求出的值．‎ ‎【详解】‎ 解：，其中，‎ 依题意可得，即，‎ 所以 ‎·18·‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查辅助角公式、诱导公式，以及正弦函数的最大值的应用，考查化简、变形能力．‎ ‎16．已知圆和点，若定点和常数满足，对圆上任意一点，都有，则 _____ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设，则，则对任意都成立，由此能求出、．‎ ‎【详解】‎ 解：圆和点，定点，和常数满足：对圆上任意一点，都有，‎ 设，则，‎ 对任意都成立，‎ ‎，‎ 由，得，且，‎ 解得，．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查实数值的求法，考查圆、两点间距离公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，属于中档题．‎ 三、解答题 ‎17．设的内角的对边分别为，且.‎ ‎·18·‎ ‎（1）求边长的值；‎ ‎（2）若的面积，求的周长.‎ ‎【答案】(1)5 (2) ‎ ‎【解析】（1）由图及已知作垂直于，在直角三角形中求的长．‎ ‎（2）由面积公式解出边长，再由余弦定理解出边长，求三边的和即周长．‎ ‎【详解】‎ 解：解：（1）‎ 过作于，则由，‎ 在中，‎ ‎（2）由面积公式得得，‎ 又，得，‎ 由余弦定理得：，‎ 的周长．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了射影定理及余弦定理，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎18．如图，直三棱柱中，分别是的中点，.‎ ‎·18·‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析 (2) ‎ ‎【解析】（1）连接交于点，由三角形中位线定理得，由此能证明平面．‎ ‎（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．分别求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值．‎ ‎【详解】‎ 证明：证明：连接交于点，‎ 则为的中点．又是的中点，‎ 连接，则．‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面．‎ ‎（2）由，可得：，即 ‎·18·‎ 所以 又因为直棱柱，所以以点为坐标原点，分别以直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则，‎ 设平面的法向量为，则且，可解得，令，得平面的一个法向量为， ‎ 同理可得平面的一个法向量为， ‎ 则 ‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与平面平行、二面角的概念、求法等知识，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．‎ ‎19．已知函数 ‎（1）当时，求函数的单调区间；‎ ‎（2）谈论函数的零点个数 ‎·18·‎ ‎【答案】(1) 的单调递减区间是，单调递增区间是 (2)见解析 ‎【解析】（1）求出函数的导数，解关于导函数不等式，求出函数的单调区间；‎ ‎（2）由（1）知当时，，分，，三种情况讨论，由函数的定义域为显然没有零点，当转化为函数的交点问题.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）∵， ‎ 故， ‎ ‎∵‎ ‎∴时，，故单调递减， ‎ 时，，故单调递增， ‎ 所以，时，的单调递减区间是，单调递增区间是 ‎ ‎（2）由（1）知，‎ 当时，在处取最小值， ‎ 当时，，在其定义域内无零点 当时，，在其定义域内恰有一个零点 当时，最小值，因为，且在单调递减，故函数在上有一个零点，‎ 因为，，，又在上单调递增，故函数在上有一个零点，故在其定义域内有两个零点； ‎ 当时，在定义域内无零点； ‎ 当时，令，可得，分别画出与，易得它们的图象有唯一交点，即此时在其定义域内恰有一个零点 ‎·18·‎ 综上，时，在其定义域内无零点；或时，在其定义域内恰有一个零点；时，在其定义域内有两个零点；‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用导数研究函数的单调性，函数的零点问题，属于中档题.‎ ‎20．已知椭圆的焦距为4，且过点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设为椭圆上一点，过点作轴的垂线，垂足为，取点，连接，过点作的垂线交轴于点，点是点关于轴的对称点，作直线，问这样作出的直线是否与椭圆一定有唯一的公共点？并说明理由.‎ ‎【答案】(1) (2) 直线与椭圆一定有唯一的公共点，见解析 ‎·18·‎ ‎【解析】（1）根据题意得到关于、的方程组，解得.‎ ‎（2）由题意，点坐标为，设，由知，求出，根据对称表示出点坐标，即可表示出直线的方程，联立直线与椭圆方程消元可得.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）因为焦距为4，所以，又因为椭圆过点，‎ 所以，故，，从而椭圆的方程为 已知椭圆的焦距为4，且过点. ‎ ‎（2）由题意，点坐标为，设，则，，再由知，，即. ‎ 由于，故，因为点是点关于轴的对称点，所以点.‎ 故直线的斜率. ‎ 又因在椭圆上，所以.①‎ 从而，故直线的方程为② ‎ 将②代入椭圆方程，得 ‎③ ‎ 再将①代入③，化简得：‎ 解得，，即直线与椭圆一定有唯一的公共点.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用待定系数法求椭圆方程，直线与椭圆的综合应用问题，属于中档题.‎ ‎·18·‎ ‎21．心理学研究表明，人极易受情绪的影响，某选手参加7局4胜制的兵乒球比赛.‎ ‎（1）在不受情绪的影响下，该选手每局获胜的概率为；但实际上，如果前一句获胜的话，此选手该局获胜的概率可提升到；而如果前一局失利的话，此选手该局获胜的概率则降为，求该选手在前3局获胜局数的分布列及数学期望；‎ ‎（2）假设选手的三局比赛结果互不影响，且三局比赛获胜的概率为，记为锐角的内角，求证：‎ ‎【答案】(1)分布列见解析，数学期望1 (2)证明见解析 ‎【解析】（1）依题意前3局获胜局数可取，分别计算概率，列出分布列，即可求出期望.‎ ‎（2）根据相互独立事件的概率计算公式可得选手至少胜一局的概率为：且概率要小于，即可得证.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）依题意，可知可取： ‎ ‎∴‎ ‎ ‎ ‎∴随机变量的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎·18·‎ ‎∴. ‎ ‎（2）∵是锐角三角形，∴，则三局比赛中，该选手至少胜一局的概率为：‎ 由概率的定义可知：，故有：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查离散型随机变量的分布列以及相互独立事件的概率计算问题，属于中档题.‎ ‎22．选修4-4：坐标系与参数方程 已知动点都在曲线（为参数）上，对应参数分别为与，为的中点．‎ ‎（1）求的轨迹的参数方程；‎ ‎（2）将到坐标原点的距离表示为的函数，并判断的轨迹是否过坐标原点．‎ ‎【答案】（Ⅰ）,(为参数,)（Ⅱ）过坐标原点 ‎【解析】试题分析：（1）由题，得，则，可得参数方程；（2）由两点距离公式可得点到坐标原点的距离为，由此的轨迹过坐标原点．‎ 试题解析：（1）由题意有，，因此，的轨迹的参数方程为（为参数，）．‎ ‎·18·‎ ‎（2）点到坐标原点的距离为，当时，，故的轨迹过坐标原点．‎ ‎【考点】坐标系与参数方程．‎ ‎23．设函数 ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）．‎ ‎【解析】试题分析：本题第（1）问，可由绝对值不等式的几何意义得出，从而得出结论；对第（2）问，由去掉一个绝对值号，然后去掉另一个绝对值号，解出的取值范围.‎ 试题解析：（1）证明：由绝对值不等式的几何意义可知：，当且仅当时，取等号，所以.‎ ‎（2）因为，所以 ‎，解得：.‎ ‎【易错点】在应用均值不等式时,注意等号成立的条件:一正二定三相等.‎ ‎【考点】本小题主要考查不等式的证明、绝对值不等式的几何意义、绝对值不等式的解法、求参数范围等不等式知识，熟练基础知识是解答好本类题目的关键.‎ ‎·18·‎