广东省广雅中学执信六中深外四校2020届高三8月开学联考数学（文）试题

广东省广雅中学执信六中深外四校2020届高三8月开学联考数学（文）试题

‎2019—2020学年第一学期高三8月开学广雅、执信、六中、深外 四校联考试卷 文科数学 试卷类型：A 本试卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分为150分．考试用时120分钟．‎ 注意事项：1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡和答卷密封线内相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上。‎ ‎2、选择题每小题选出答案后，有2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案：不能答在试卷上。‎ ‎3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。‎ ‎4、考生必须保持答题卡的整洁和平整。‎ 第一部分选择题（共60分）‎ 一、选择题：本大题共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.已知全集，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知，所以，故选D.‎ ‎2.设是虚数单位，若复数是纯虚数，则的值为（ ）‎ A. -3 B. -1 C. 1 D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】因,‎ 故由题设,‎ 故,故选D．‎ 考点：复数的概念与运算.‎ ‎3.若向量，满足且，则（ ）‎ A. 4 B. 3 C. 2 D. 0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先证明，可得，利用数量积的运算法则求解即可.‎ ‎【详解】向量满足且，，‎ ‎，‎ ‎，故答案为0.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量数量积的运算法则以及向量垂直的性质，属于基础题.‎ ‎4.为了测试小班教学的实践效果，王老师对A、B两班的学生进行了阶段测试，并将所得成绩统计如图所示；记本次测试中，A、B两班学生的平均成绩分别为，，A、B两班学生成绩的方差分别为，，则观察茎叶图可知 A. ＜，＜ B. ＞，＜‎ C. ＜，＞ D. ＞，＞‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据茎叶图中数据的分布可得，班学生的分数多集中在之间，班学生的分数集中在之间，班学生的分数更加集中，班学生的分数更加离散，从而可得结果.‎ ‎【详解】班学生的分数多集中在之间，班学生的分数集中在之间，故；相对两个班级的成绩分布来说，班学生的分数更加集中，班学生的分数更加离散，故，故选B.‎ ‎【点睛】平均数与方差都是重要的数字特征，是对总体简明的描述，它们所反映的情况有着重要的实际意 平均数、中位数、众数描述其集中趋势, 方差和标准差描述其波动大小. 随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平;方差反映了 随机变量稳定于均值的程度, 它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方取舍的重要的理论依据，ᅳ般先比较均值, 若均值相同再用方差来决定.‎ ‎5.某林区的森林蓄积量每年比上一年平均增长，要增长到原来的倍，需经过年，则函数的图象大致为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，函数解析式为 y=1.104x，（x＞0）函数为指数函数，底数1.104＞1，递增，‎ 故选B ‎6.在中，若，，且的面积，则的边的长为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的内角、、所对的边分别为、、，由得出，再由三角形的面积求出、的值，再利用余弦定理可得出的长.‎ ‎【详解】设的内角、、所对的边分别为、、，由于得出，‎ ‎，由三角形的面积公式可得，‎ 解得，，由余弦定理得，‎ 因此，的边的长为，故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查三角形的面积公式的应用以及利用余弦定理解三角形，要熟悉正弦定理和余弦定理解三角形的对三角形已知元素类型的要求，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎7.公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割比例为，这一数值也可以表示为。若，则( )‎ A. 4 B. 3 C. 2 D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知利用同角三角函数基本关系式可求，利用降幂公式，诱导公式，二倍角的正弦函数公式化简所求即可计算得解．‎ ‎【详解】解：，若，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，降幂公式，诱导公式，二倍角的正弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．‎ ‎8.已知奇函数在上是增函数．若，，，则、、的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由奇函数的性质得出，利用中间值法和对数函数的单调性比较出、、三个数的大小关系，再利用函数在上的单调性可得出、、的大小关系.‎ ‎【详解】函数在上是奇函数，，‎ 又函数在上是增函数，且，‎ ‎，，故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的单调性与奇偶性比较函数值的大小，同时也考查了利用中间值法比较大小，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎9.函数（其中）的图象如图所示，为了得到的图象，则只要将的图象 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】A ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由图象可知，该函数的A=1，周期为，代入可得,所以函数为，而将函数图象向右平移个单位长度后得到函数.选A.‎ 考点：本小题主要考查三角函数的性质和三角函数图象的平移.‎ 点评：解决此类问题时，要特别注意图象左右平移的单位是相对于x说的.‎ ‎10.在正方体中，点是四边形的中心，关于直线，下列说法正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. 平面 D. 平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，证明出，可判断出选项A、C的正误；由 为等腰三角形结合可判断出B选项的正误；证明平面可判断出D选项的正误.‎ ‎【详解】如下图所示，设，则为的中点，‎ 在正方体中，，则四边形为平行四边形，.‎ 易知点、分别为、的中点，，‎ 则四边形为平行四边形，则，由于过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，则A选项中的命题错误；‎ ‎，平面，平面，平面，C选项中的命题正确；‎ 易知，则为等腰三角形，且为底，所以，与不垂直，由于，则与不垂直，B选项中的命题错误；‎ 四边形为正方形，则，‎ 在正方体中，平面，平面，‎ ‎，，平面，‎ 平面，，同理可证，且，‎ 平面，则与平面不垂直，D选项中的命题错误.故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查线线、线面关系的判断，解题时应充分利用线面平行与垂直等判定定理证明线面平行、线面垂直，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎11.己知，是椭圆的左，右焦点，过的直线与椭圆交于，两点，，且，则△与△的面积之比为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可设，运用椭圆的定义可得，结合勾股定理和三角形的面积公式，计算可得所求比值.‎ ‎【详解】‎ 设，由椭圆的定义可得，，由，即，即有，解得，则△与△的面积之比为：,故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的定义，勾股定理，面积公式等，较综合，意在考查学生的计算能力，分析能力，难度较大.‎ ‎12.已知函数，若且，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点的横坐标为，过点作轴的垂线交函数于另一点，设点的横坐标为，并过点作直线的平行线，设点到直线的距离为，计算出直线的倾斜角为，可得出，于是当直线与曲线相切时，取最大值，从而取到最大值.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 设点的横坐标为，过点作轴的垂线交函数于另一点，设点的横坐标为，并过点作直线的平行线，设点到直线的距离为，，‎ 由图形可知，当直线与曲线相切时，取最大值，‎ 当时，，令，得，切点坐标为，‎ 此时，，，故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查函数零点差的最值问题，解题的关键将问题转化为两平行直线的距离，考查化归与转化思想以及数形结合思想，属于难题.‎ 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，共20分．把答案填在答卷的相应位置．‎ ‎13.已知函数.若曲线在点处的切线方程为，则___________.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出导数，利用曲线在点处的切线方程为，建立方程，求得的值，进而得到所求和，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，函数，得，‎ 曲线在点处的切线方程为，即，‎ 即，解得，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用，其中解答中熟记导数的几何意义，合理计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎14.等比数列的前项和为，若，，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出等比数列的公比后可计算．‎ ‎【详解】设等比数列公比为，‎ 若，则，不合题意；故．‎ 又，所以，‎ 所以，填．‎ ‎【点睛】等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标的特征和数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题．‎ ‎15.已知，是双曲线的两个焦点，以线段为直径的圆与双曲线的两条渐近线交于，，，四个点，若这四个点与，两点恰好是一个正六边形的顶点，则该双曲线的离心率为________．‎ ‎【答案】2．‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 分析双曲线的焦点位置，由正六边形的性质得出可得出，再由公式可计算出双曲线的离心率.‎ ‎【详解】由正六边形的图形特征知，若双曲线焦点在轴上，且为双曲线的右焦点，‎ 以为直径的圆与渐近线在第一象限的交点为，则为等边三角形，‎ 则双曲线斜率为正的渐近线的倾斜角为，，‎ 此时，双曲线的离心率为；‎ 综上所述，双曲线的离心率为，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率的求解，解题的关键就是要分析几何图形的特征，求出渐近线的斜率，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎16.把平面图形上的所有点在一个平面上的射影构成的图形称为图形在这个平面上的射影．如图，在长方体中，，，．则在平面上的射影的面积是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接，过点在平面内作，垂直为点，可证明出平面，可得出在平面上的射影为，然后计算出的面积即可得出结果.‎ ‎【详解】连接，过作，连接、，因为平面，‎ 又平面，所以，‎ 因为，所以平面，‎ 即在平面内的射影为，所以在平面内的射影为，‎ 在长方体中，，所以的面积等于的面积，‎ 所以在平面上射影的面积为，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查射影面积的计算，解题的关键就是构造出线面垂直，找出射影，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分．‎ ‎17.已知等差数列的前项和满足，．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等差数列的公差为，利用已知条件建立和的方程组，解出这两个量，然后利用等差数列的通项公式可求出数列的通项公式；‎ ‎（2）将数列的通项裂项为，然后利用裂项法求出数列的前项和.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为，由，得，‎ 解得：，，因此，；‎ ‎（2）因为，‎ 所以.‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，以及裂项求和法，解题时要了解裂项求和法对数列通项结构的要求，并熟悉裂项求和法的基本步骤，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎18.每年的月日是全国爱牙日，为了迎接这一节日，某地区卫生部门成立了调查小组，调查“常吃零食与患龋齿的关系”，对该地区小学六年级名学生进行检查，按患龋齿的不患龋齿分类，得汇总数据：不常吃零食且不患龋齿的学生有名，常吃零食但不患龋齿的学生有名，不常吃零食但患齲齿的学生有名．‎ ‎（1）完成答卷中的列联表，问：能否在犯错率不超过的前提下，认为该地区学生的常吃零食与患龋齿有关系？‎ ‎（2）名区卫生部门的工作人员随机分成两组，每组人，一组负责数据收集，另一组负责数据处理，求工作人员甲分到负责收集数据组，工作人员乙分到负责数据处理组的概率．‎ 附：‎ ‎【答案】（1）填表见解析,能在犯错率不超过0.001的前提下，认为该地区学生的常吃零食与患龋齿有关系（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题中信息完善列联表，并计算出的观测值，并将观测值与进行大小比较，可对题中结论的正误进行判断；‎ ‎（2）将所有可能分组的情况列举出来，确定全部的分组数，并确定事件“工作人员甲分到负责收集数据组，工作人员乙分到负责数据处理组”所包含的组数，然后利用古典概型的概率公式可计算出所求事件的概率.‎ ‎【详解】（1）由题意可得列联表：‎ 不常吃零食 常吃零食 总计 不患龋齿 患龋齿 总计 ‎，‎ 故能在犯错率不超过的前提下，认为该地区学生的常吃零食与患龋齿有关系；‎ ‎（2）设其他工作人员为丙和丁，人分组的所有情况如下表：‎ 小组 收集数据 甲乙 甲丙 甲丁 乙丙 乙丁 丙丁 处理数据 丙丁 乙丁 乙丙 甲丁 甲丙 甲乙 分组的情况总共有种，‎ 工作人员甲负责收集数据且工作人员乙负责处理数据占组，分别是第组和第组.‎ 所以工作人员甲分到负责收集数据组，工作人员乙分到负责数据处理组的概率.‎ ‎【点睛】本题考查独立性检验基本思想的应用，同时也考查了利用古典概型的概率公式计算事件的概率，考查收集数据和处理数据的能力，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎19.如图，在梯形中，，，为的中点，是与的交点，将沿翻折到图中的位置，得到四棱锥．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）当，时，求到平面的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在图中，证明四边形为菱形，可得出，由翻折的性质得知在图中，，，利用直线与平面垂直的判定定理证明出平面，可得出，并证明出四边形为平行四边形，可得出，由此得出；‎ ‎（2）解法一：由（1）可知平面，结合，可得出平面，由此得出点到平面的距离为的长度，求出即可；‎ 解法二：证明出平面，可计算出三棱锥的体积，并设点与面的距离为，并计算出的面积，利用三棱锥的体积和三棱锥的体积相等计算出的值，由此可得出点到平面的距离.‎ ‎【详解】（1）图中，在四边形中，，，‎ 四边形为平行四边形.‎ 又，四边形为菱形，，，‎ 在图中，，，又，面．‎ 平面，.‎ 又在四边形中，，，‎ 四边形为平行四边形，，；‎ ‎（2）法一：由（1）可知面，且，平面，‎ 长度即为点到平面的距离，‎ 由（1）已证四边形为平行四边形，所以，‎ 因此，点到平面的距离为；‎ 解法二：连接，，，，‎ ‎，，，.‎ 又，平面．‎ 设点与面的距离为，，‎ 即，，，．‎ ‎【点睛】本题考查直线与直线垂直的证明，同时也考查了点到平面的距离的计算，解题时要充分利用题中的垂直关系，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎20.在平面直角坐标系中，过定点作直线与抛物线相交于、两点．‎ ‎（1）已知，若点是点关于坐标原点的对称点，求面积的最小值；‎ ‎（2）是否存在垂直于轴的直线，使得被以为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）满足条件的直线存在，其方程为，详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先得出点的坐标为，设，，直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式求出的面积关于的表达式，由此可得出面积的最小值；‎ ‎（2）解法一：假设满足条件的直线存在，其方程为，求出线段的中点的坐标，并计算出点到直线的距离以及以为直径的圆 的半径长，然后利用勾股定理可计算出截以为直径的圆所得弦长，结合弦长的表达式得出当时，弦长为定值，从而得出直线的方程；‎ 解法二：假设满足条件的直线存在，其方程为，求出以为直径的圆的方程，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式计算出截以为直径的圆所得弦长，结合弦长的表达式得出当时，弦长为定值，从而得出直线的方程.‎ ‎【详解】（1）依题意，点的坐标为，‎ 可设，，直线的方程为，‎ 由得．‎ 由韦达定理得，．‎ 于是，‎ 当时，；‎ ‎（2）解法一：假设满足条件的直线存在，其方程为，的中点为，与为直径的圆相交于点、，的中点为，则，‎ 点的坐标为，．‎ 因为，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 令，得，此时为定值，‎ 故满足条件的直线存在，其方程为，即抛物线的通径所在的直线；‎ 解法2：假设满足条件的直线存在，其方程为，设以为直径的圆上任意一点为：，，，，则，‎ 则以为直径的圆方程为：，‎ 化简为：，‎ 直线方程代入上述方程得 则 设直线与以为直径的圆的交点为，，则有 令，得，此时为定值．‎ 故满足条件的直线存在，其方程为，即抛物线的通径所在的直线．‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的综合问题，考查三角形面积的最值以及直线截圆所得弦长的计算，同时也考查了韦达定理设而不求法在直线与抛物线综合问题中的应用，综合性较强，计算量大，属于难题.‎ ‎21.已知函数，．‎ ‎（Ⅰ）若时，取得极小值，求实数及的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）当，时，证明：．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据时，取得极小值，可得，解方程得，将代入进一步求出的范围；‎ ‎（Ⅱ）证明成立，即证明成立，构造函数，，利用导数求得的最小值，结合即可证得该不等式成立．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）由函数，，得 ‎，‎ ‎∵当时，取得极小值，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，‎ 即的取值范围为：．‎ ‎（Ⅱ）当时，，‎ 要证成立，‎ 即证成立，‎ 令，，则 ‎，，‎ 令，则，‎ ‎∴当时， ，此时递减；‎ 当时，，此时递增，‎ ‎∴，‎ 显然，，‎ ‎∴时，成立。‎ 即时，‎ ‎【点睛】本题主要考查了极值与导数的关系及方程思想，还考查了利用导数求函数的最值，考查转化能力及计算能力，属于难题。‎ 选考题：请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎22.在平面直角坐标系中，已知椭圆的方程为：，动点在椭圆上，为原点，线段的中点为.‎ ‎（1）以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，求点的轨迹的极坐标方程；‎ ‎（2）设直线的参数方程为（为参数），与点的轨迹交于、两点，求弦长.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先由相关点法求出点的轨迹方程，再由极坐标与直角坐标转化的公式，即可得出结果；‎ ‎(2)将直线的参数方程代入点的普通轨迹方程，得到关于的一元二次方程，由韦达定理和即可求出弦长.‎ ‎【详解】（1）设点的坐标为，为线段的中点，‎ 点的坐标为． ‎ 由点在椭圆上得，‎ 化简得点的轨迹的直角坐标方程为①‎ 将，，代入①得，‎ 化简可得点的轨迹的极坐标方程为． ‎ ‎（2）（法一）把直线参数方程 (为参数)代入①得，‎ 化简得： ‎ 设、两点对应的参数分别为，，由直线参数方程的几何意义得 弦长． ‎ ‎（法二）由直线参数方程 (为参数)知，直线过极点，倾斜角为， ‎ 直线的极坐标方程为． ‎ 由解得：和 弦长．‎ ‎（法三）由直线参数方程 (为参数)知，‎ 直线的普通方程为， ‎ 联立解得和 ‎ 弦长．‎ ‎【点睛】本题第一问主要考查点的轨迹方程的求法，以及直角坐标方程与极坐标方程的互化，记公式即可；第二问主要考查参数的方法求弦长，只需将直线的参数方程代入曲线的普通方程，再由韦达定理即可求解，属于常规题型.‎ ‎23.已知和是任意非零实数．‎ ‎（）求的最小值．‎ ‎（）若不等式恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）4；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（1）利用绝对值不等式的性质可得  ,所以的最小值等于4；（2）由（1）转化为有x的范围即为不等式|2+x|+|2-x|≤4的解集，解绝对值不等式求得实数x的取值范围．‎ 试题解析：（1）∵对于任意非零实数和恒成立，当且仅当时取等号，∴的最小值等于4.‎ ‎（2）∵恒成立，‎ 故不大于的最小值 由（1）可知的最小值等于4‎ 实数的取值范围即为不等式的解.‎ 解不等式得，.‎ ‎ ‎