福建省广东省2020届高三4月联考数学（文）试题 Word版含解析

福建省广东省2020届高三4月联考数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 高三模拟考试 数学（文科）‎ 考生注意：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.‎ ‎2.请将各题答案填写在答题卡上.‎ ‎3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.‎ 第Ⅰ卷 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.已知集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解一元二次不等式求得集合，由此求得两个集合的交集.‎ ‎【详解】由，解得.‎ 因为，所以.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集，考查运算求解能力与推理论证能力.‎ ‎2.已知复数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法运算求得，由此求得.‎ ‎【详解】因为，所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查复数的四则运算，考查运算求解能力.‎ - 21 -‎ ‎3.在中，内角的对边分别为，，，，，，则（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得，然后利用正弦定理求得 ‎【详解】因为，所以，所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查解三角形，考查运算求解能力.‎ ‎4.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用“分段法”比较出的大小关系.‎ ‎【详解】因为，，，所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查指数式和对数式比较大小，属于基础题.‎ ‎5.学校为了调查学生在课外读物方面的支出（单位：元）情况，抽取了一个容量为的样本，并将得到的数据分成，，，四组，绘制成如图所示的频率分布直方图，其中支出在的同学有24人，则（ ）‎ - 21 -‎ A. 80 B. 60 C. 100 D. 50‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得支出在的频率，然后求得的值.‎ ‎【详解】由频率分布直方图可得，支出在的频率为.‎ 根据题意得，解得.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查频率分布直方图，考查数据处理能力.‎ ‎6.已知双曲线与抛物线有相同的焦点，点到双曲线的一条渐近线的距离为2，则的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的交点求得双曲线半焦距，根据双曲线焦点到渐近线的距离求得，从而求得，进而求得双曲线离心率.‎ ‎【详解】由题意知抛物线的焦点为，所以.又因为点到双曲线的一条渐近线的距离为2，所以，从而，.‎ 故选：D - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率，考查运算求解能力.‎ ‎7.若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，将转化为，然后利用二倍角的余弦公式求得的值.‎ ‎【详解】令，则，所以.‎ 因为，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查三角恒等变换，考查运算求解能力.‎ ‎8.十二生肖是十二地支的形象化代表，即子（鼠）、丑（牛）、寅（虎）、卯（兔）、辰（龙）、巳（蛇）、午（马）、未（羊）、申（猴）、酉（鸡）、戌（狗）、亥（猪），每一个人的出生年份对应了十二种动物中的一种，即自己的属相.现有印着六种不同生肖图案（包含马、羊）的毛绒娃娃各一个，小张同学的属相为马，小李同学的属相为羊，现在这两位同学从这六个毛绒娃娃中各随机取一个（不放回），则这两位同学都拿到自己属相的毛绒娃娃的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得基本事件的总数和符合题意的事件数，然后根据古典概型概率计算公式，计算出所求概率.‎ ‎【详解】小张、小李同学各取一个毛绒娃娃，共有 - 21 -‎ 种取法，这两位同学都拿到自己属相的毛绒娃娃有1种取法，故所求概率.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查古典概型，考查应用意识与数学抽象的核心素养.‎ ‎9.圆被直线截得的弦长的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得直线恒过定点，当时，弦长最小，结合勾股定理求得此时的弦长.‎ ‎【详解】直线可化为，故直线恒过点.‎ 圆：的圆心为，半径为当直线垂直于直线时，截得的弦长最短，此时弦长.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查直线过定点，属于基础题.‎ ‎10.将函数图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若直线是的图象的一条对称轴，则（ ）‎ A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 在上单调递减 D. 在上单调递增 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数图象变换求得的表达式，根据是图象的一条对称轴，求得的值，由此求得与的表达式，进而判断出与的奇偶性和单调性，由此判断出正确选项.‎ - 21 -‎ ‎【详解】由题意知，因为直线是的图象的一条对称轴，所以，故，因为，所以，为非奇非偶函数，所以A选项错误.‎ 因为，则，所以在上单调递减，所以C选项正确.‎ 因为，所以为奇函数，所以B选项错误.‎ 当时，，所以在上单调递减，所以D选项错误..‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查三角函数的图象及其性质，考查运算求解能力.‎ ‎11.已知某圆柱的底面直径与某圆锥的底面半径相等，且它们的表面积也相等，圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半，则此圆锥与圆柱的体积之比为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先设出圆锥的底面半径和母线长，根据圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半，求得.利用勾股定理求得圆锥的高，由此求得圆锥的体积.根据题意求得圆柱的底面半径，根据圆锥与圆柱的表面积相等，求得圆柱的高，由此求得圆柱的体积.从而求得圆锥与圆柱的体积之比.‎ ‎【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，则，即，所以圆锥的高，圆锥的体积.由题意，知圆柱的底面半径为，设圆柱的高为，因为圆锥与圆柱的表面积相等，所以，解得 - 21 -‎ ‎，所以圆柱的体，故.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查简单几何体的表面积与体积，考查空间想象能力.‎ ‎12.已知函数，，则函数的零点个数为（ ）‎ A. 0 B. 4 C. 3 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得，构造函数，判断出图象关于对称.求得时的解析式，结合图象的对称性画出的图象，由此判断出的解，进而求得函数的零点个数.‎ ‎【详解】由，知.‎ 令，则，‎ 所以，即的图象关于直线对称.‎ 当时，；‎ 当时，.作出的图象可知，函数的解有2个，所以函数的零点个数个.‎ - 21 -‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查分段函数的图象与性质，考查数形结合的数学思想.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.‎ ‎13.已知向量，若，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得的值.‎ ‎【详解】因为，所以，解得.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查运算求解能力.‎ ‎14.已知实数满足，则的最小值是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，将基准直线平移到可行域边界点位置，由此求得目标函数的最小值.‎ ‎【详解】画出可行域如下图所示，由图可知，基准直线平移到可行域边界点时，目标函数取得最小值为.‎ 故答案为：‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用线性规划求目标函数的最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.‎ ‎15.已知函数是奇函数，当时，，则的图象在点处的切线斜率为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据奇函数的定义，求得当时的解析式，由此利用导数求得的图象在点处的切线斜率.‎ ‎【详解】当时，，则，此时，所以，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，考查化归与转化的数学思想.‎ ‎16.在正三棱柱中，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________；三棱锥的外接球的表面积为__________.‎ - 21 -‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出异面直线与所成角，利用余弦定理求得其余弦值.利用三角形和三角形的外心，作出三棱锥的外接球的球心，计算出外接球的半径，进而求得外接球的表面积.‎ ‎【详解】如图，取的中点，连接.因为，，所以即异面直线与所成角或其补角.因为，，所以，，所以.‎ 记，的外心分别为，过分别作平面、平面的垂线，则两条垂线的交点即三棱锥的外接球的球心.‎ 因为，所以的外接圆半径，的外接圆半径，所以三棱锥的外接球的半径，三棱锥的外接球的表面积为.‎ - 21 -‎ 故答案为：(1). (2). ‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成角及外接球，考查空间想象能力.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说眀、证明过程或演算步骤.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.已知数列的前项和为，且.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，数列的前项和为，证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用求得数列的通项公式.‎ ‎（2）求得数列的通项公式，进而利用裂项求和法求得，结合数列的单调性证得.‎ ‎【详解】（1）由，得，‎ - 21 -‎ 因为，，‎ 所以，化简得，‎ 即数列是以2为首项，4为公比的等比数列，‎ 所以.‎ ‎（2）因为，‎ 所以，‎ 则.‎ 因为，是单调递增数列，所以当时，取得最小值，当接近无限大时，趋于，‎ 故.‎ ‎【点睛】本小题主要考查已知求，考查裂项求和法，考查数列的单调性，属于中档题.‎ ‎18.每个国家对退休年龄都有不一样的规定，从2018年开始我国关于延迟退休的话题一直在网上热议，为了了解市民对“延迟退休”的态度，现从某地市民中随机选取100人进行调查，调查情况如下表：‎ 年龄段（单位：岁）‎ 被调查的人数 赞成的人数 ‎（1）从赞成“延迟退休”的人中任选1人，此人年龄在的概率为，求出表格中的值；‎ ‎（2）在被调查的人中，年龄低于35岁的人可以认为“低龄人”，年龄不低于35岁的人可以认为“非低龄人”，试作出是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”的列联表，并指出有无的把握认为是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”有关，并说明理由.‎ - 21 -‎ 附：.‎ ‎【答案】（1）；（2）列联表见解析；有的把握认为是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”有关 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求得的值，然后根据“从赞成‘延迟退休’的人中任选1人，此人年龄在的概率为”列方程，求得的值.‎ ‎（2）填写列联表，计算的值，由此判断有的把握认为是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”有关.‎ ‎【详解】（1）因为总共抽取100人进行调查，所以.‎ 因为从赞成“延迟退休”的人中任选1人，此人年龄在的概率，‎ 所以.‎ ‎（2）是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”的列联表如下：‎ 赞成“延迟退休”‎ 不赞成“延迟退休”‎ 总计 低龄人 ‎18‎ ‎7‎ ‎25‎ 非低龄人 ‎30‎ ‎45‎ ‎75‎ 总计 ‎48‎ ‎52‎ ‎100‎ ‎，所以有 - 21 -‎ 的把握认为是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”有关.‎ ‎【点睛】本小题主要考查列联表独立性检验，考查古典概型有关计算，属于基础题.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面底面，为的中点，是棱的中点，.‎ ‎（1）证明：平面平面.‎ ‎（2）求四面体的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先证得，由此根据面面垂直的性质定理证得平面，从而证得平面平面.‎ ‎（2）利用，通过求四面体的体积，求得四面体的体积.‎ ‎【详解】（1），为的中点，‎ 四边形为平行四边形，.‎ ‎，，即.‎ 又平面平面，且平面平面，平面，平面.‎ - 21 -‎ 平面，平面平面.‎ ‎（2），.‎ 由（1）可知四边形为矩形，.‎ ‎，为的中点，.‎ 平面平面，且平面平面，‎ 平面.‎ 在中，，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查锥体体积的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的长轴长为，右焦点与抛物线的焦点重合.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若点关于直线的对称点在上，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆长轴长求得，根据抛物线方程求得焦点坐标，也即求得，由此求得值，进而求得椭圆的方程.‎ ‎（2）设出点的坐标，得到线段中点的坐标，根据在直线上以及列方程，由此求得的表达式，并利用基本不等式求得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）由，可知.‎ 因为抛物线的焦点为，所以.‎ - 21 -‎ 由，可得 所以椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）设点，则线段的中点，‎ 所以直线的斜率.‎ 又中点在直线上，所以.‎ 令，得，即.‎ 由，得，所以.‎ 当时，，‎ 当且仅当时等号成立.‎ 同理可得，当时，，当且仅当时，等号成立.‎ 所以的取值范围为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查抛物线的焦点坐标的求法，考查椭圆方程的求法，考查点关于直线对称点有关问题的求解，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，求的最值；‎ ‎（2）当时，若的两个零点分别为，证明：.‎ ‎【答案】（1），无最大值（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ ‎（1）当时，先求得函数的定义域，然后求得其导函数，由此求得的单调区间，进而求得的最值.‎ ‎（2）利用导数，结合零点存在性定理求得所在区间，由此证得不等式成立.‎ ‎【详解】（1）解：当时，，定义域为，‎ ‎，‎ 当时，；当时，.‎ 可知在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以，无最大值.‎ ‎（2）证明：，因为，所以在上单调递增，‎ 又因为，所以当时，，当时，.‎ 所以的最小值为，‎ 因为，所以在上存在一个零点；‎ 因为，可知在上也存在一个零点；‎ 所以，故.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查利用导数证明不等式，属于中档题.‎ ‎（二）选考题：共10分请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为，（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）写出曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；‎ - 21 -‎ ‎（2）若射线与曲线相交于点，将逆时针旋转后，与曲线相交于点，且，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）消去曲线参数方程中的，求得其普通方程，再根据极坐标和直角坐标转化的公式，求得曲线的极坐标方程.利用极坐标和直角坐标转化的公式，求得的直角坐标方程.‎ ‎（2）将代入的极坐标方程，求得的值，然后将曲线的极坐标方程，求得的值.根据列方程，求得的值，进而求得的大小.‎ ‎【详解】（1）由曲线的参数方程为，（为参数），可得其普通方程，‎ 由，得曲线的极坐标方程.‎ ‎，‎ 由，得曲线的直角坐标方程.‎ ‎（2）将代入，‎ 得.‎ 将逆时针旋转，得的极坐标方程为，代入曲线的极坐标方程，得.‎ 由，得，.‎ - 21 -‎ 即，解得.‎ 因为，所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程，考查极坐标方程转化为直角坐标方程，考查极坐标下长度的计算，属于中档题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若函数的最小值为，正实数满足，证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.‎ ‎（2）根据的分段函数解析式，求得的最小值，由此得到，然后利用基本不等式证得不等式成立.‎ ‎【详解】（1）‎ 即，或，或 解得或，所以原不等式的解集为.‎ ‎（2）证明由（1）知当时，有最小值，所以，.‎ 因为，‎ - 21 -‎ 所以.‎ 因为，，当且仅当时取等号，‎ 所以，当且仅当时取等号，‎ 所以，当且仅当，时取等号.‎ ‎【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查利用基本不等式证明不等式，属于中档题.‎ - 21 -‎ - 21 -‎