2020届广东省中山市高三上学期期末数学（文）试题（解析版）.doc

2020届广东省中山市高三上学期期末数学（文）试题 一、单选题 1．集合，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意得， ∴．选D． 2．已知是虚数单位，复数满足，则（ ） A． B． C． D．5 【答案】A 【解析】利用复数乘法和除法运算求得，进而求得的模. 【详解】 依题意，所以 . 故选：A 【点睛】 本小题主要考查复数乘法和除法运算，考查复数的模的计算，属于基础题. 3．计算的结果为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据诱导公式，化简三角函数值；再根据正弦的差角公式合并即可得到解。 【详解】 所以选B 【点睛】 本题考查了三角函数诱导公式、正弦差角公式的简单应用，属于基础题。 4．“”是直线与圆相切的（ ） 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】C 【解析】由圆的方程得到圆心坐标和半径，使得圆心到直线的距离等于圆的半径，得到的值，即可得到结论. 【详解】 由圆，可得圆心为，半径． ∵直线与圆相切，∴，∴，∴“”是直线与圆相切的充要条件，故选C． 【点睛】 本题主要考查了充要条件的判定及应用，其中解答中涉及到直线与圆的位置关系的判定及应用，以及充要条件的判定，其中熟记直线与圆的位置关系的判定方法是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力. 5．下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是（ ） A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 【答案】C 【解析】用面面平行的性质判断①的正确性.利用线面相交来判断②③的正确性，利用线线平行来判断④的正确性. 【详解】 对于①，连接如图所示，由于，根据面面平行的性质定理可知平面平面，所以平面. 对于②，连接交于，由于是的中点，不是的中点，所以在平面内与相交，所以直线与平面相交. 对于③，连接，则，而与相交，即与平面相交，所以与平面相交. 对于④，连接，则，由线面平行的判定定理可知平面. 综上所述，能得出平面的图形的序号是①④. 故选：C 【点睛】 本小题主要考查线面平行的判定，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题. 6．若,则( ) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】分析：三个对数的底数和真数的比值都是，因此三者可化为的形式，该函数为上的单调增函数，从而得到三个对数的大小关系. 详解：，，， 令，则在上是单调增函数. 又，所以 即.故选D. 点睛：对数的大小比较，要观察不同对数的底数和真数的关系，还要关注对数本身的底数与真数的关系，从而找到合适的函数并利用函数的单调性比较对数值的大小. 7．下图是某公司2018年1月至12月空调销售任务及完成情况的气泡图，气泡的大小表示完成率的高低，如10月份销售任务是400台，完成率为90%，则下列叙述不正确的是（ ） A．2018年3月的销售任务是400台 B．2018年月销售任务的平均值不超过600台 C．2018年第一季度总销售量为830台 D．2018年月销售量最大的是6月份 【答案】D 【解析】根据图形中给出的数据，对每个选项分别进行分析判断后可得错误的结论． 【详解】 对于选项A，由图可得3月份的销售任务是400台，所以A正确． 对于选项B，由图形得2018年月销售任务的平均值为 ，所以B正确． 对于选项C，由图形得第一季度的总销售量为台，所以C正确． 对于选项D，由图形得销售量最大的月份是5月份，为800台，所以D不正确． 故选D． 【点睛】 本题考查统计中的识图、用图和计算，解题的关键是从图中得到相关数据，然后再根据要求进行求解，属于基础题． 8．已知满足不等式组则的最小值为（ ） A．2 B． C． D．1 【答案】D 【解析】不等式组对应的可行域如图所示， 因为所以z表示可行域内一点到直线x+y-1=0距离的倍，由可行域可知点A（2,0）到直线x+y-1=0的距离最短，故故选D. 点睛：本题的关键是找到的几何意义，要找到的几何意义，必须变形，所以z表示可行域内一点到直线x+y-1=0距离的倍.突破了这一点，后面的解答就迎刃而解了. 9．已知函数的最小正周期是，若，则（ ） A． B． C．1 D．-1 【答案】D 【解析】根据的最小正周期求得，由列方程，利用诱导公式求得. 【详解】 由于的最小正周期为，所以，所以.所以.由得.所以. 故选：D 【点睛】 本小题主要考查根据三角函数的周期求参数，考查诱导公式，属于基础题. 10．我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，，若，当阳马体积最大时，则堑堵的外接球体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据体积的最大值求得此时的长，判断出球心的位置，求得的外接球的半径，进而求得球的体积. 【详解】 依题意可知平面.设，则.，当且仅当时取得最大值.依题意可知是以为斜边的直角三角形，所以堑堵外接球的直径为，故半径.所以外接球的体积为. 特别说明：由于平面，是以为斜边的直角三角形，所以堑堵外接球的直径为为定值，即无论阳马体积是否取得最大值，堑堵外接球保持不变，所以可以直接由直径的长，计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积. 故选：B 【点睛】 本小题主要考查几何体外接球的体积的求法，考查四棱锥体积最大值的计算，考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查中国古代数学文化，属于基础题. 11．已知数列是各项均为正数的等比数列，为数列的前项和，若，则的最小值为（ ） A．9 B．12 C．16 D．18 【答案】D 【解析】将已知条件转化为的形式，结合基本不等式求得的最小值. 【详解】 由得，所以.所以.当且仅当时取得最小值. 故选：D 【点睛】 本小题主要考查等比数列基本量的计算，考查利用基本不等式求最值，考查化归与转化的数学思想方法属于中档题. 12．已知函数（其中无理数），关于的方程有四个不等的实根，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】利用导数研究的单调性和极值，由此画出的图像.令，将方程有四个不等的实根转化为在上各有一实根来求解，结合二次函数的根的分布列不等式，解不等式求得的取值范围. 【详解】 依题意可知函数的定义域为.且.所以在上递增，在上递减，且，由此画出的图像如下图所示. 令，则的单调性与相同，且. 关于的方程有四个不等的实根，所以，即在上各有一实根.令，所以，即，所以.所以实数的取值范围是. 故选：C 【点睛】 本小题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查根据方程零点的个数求参数的取值范围，考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题. 二、填空题 13．等差数列的前项和为，若，是方程的两根，则：__________. 【答案】52 【解析】利用根与系数关系，等差数列前项和公式，求得的值. 【详解】 由于，是方程的两根，所以，所以. 故答案为： 【点睛】 本小题主要考查根与系数关系，考查等差数列前项和公式，考查等差数列的性质，属于基础题. 14．如图所示，已知正方形，以对角线为一边作正，现向四边形区域内投一点，则点落在阴影部分的概率为__________． 【答案】 【解析】分析：设正方形的边长为2，则，根据为正三角形，分别求出和阴影部分面积，利用面积比即可求得概率. 详解：设正方形的边长为2，则. ∵为正三角形 ∴ ∴阴影部分面积为 ∴向四边形区域内投一点，则点落在阴影部分的概率为 故答案为. 点睛：（1）当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，要考虑使用几何概型求解； （2）利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域； （3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性，基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的的区域是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率. 15．已知向量与的夹角是，且，则向量与的夹角是_____. 【答案】 【解析】首先根据，求得，由此利用夹角公式计算出向量与的夹角的余弦值，由此求得向量与的夹角. 【详解】 由两边平方并化简得，即，即.所以，由于，所以. 故答案为： 【点睛】 本小题主要考查向量模、数量积的运算，考查向量夹角公式，考查运算求解能力，属于中档题. 16．已知函数，若有，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】∵， ∴函数在R上为增函数， 由题意得， ∴， ∵， ∴。 ∴，解得。 ∴实数的取值范围是。 答案： 点睛：本题考查了用函数单调性解不等式的问题，同时也考查了学生观察问题分析问题的能力，由题意得到是解题的关键，在此基础上将不等式化为 的形式，下一步需要由函数的单调性求解，在分析可得函数为增函数，所以根据单调性的定义将函数不等式转化为一般不等式求解。 三、解答题 17．设为数列的前项和，已知，. （1）证明为等比数列； （2）判断，，是否成等差数列？并说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）成等差数列，理由见解析 【解析】（1）由递推关系求得，通过计算，证得数列为等比数列. （2）由（1）求得数列的通项公式，由分组求和法求得，证得，所以，，成等差数列. 【详解】 （1）证明：∵，，∴， 由题意得，， ∴是首项为2，公比为2的等比数列. （2）由（1），∴. ∴， ∴， ∴，即，，成等差数列. 【点睛】 本小题主要考查根据递推关系证明等比数列，考查分组求和法，考查等差数列的证明，属于基础题. 18．为检查某工厂所生产的8万台电风扇的质量，抽查了其中20台的无故障连续使用时限（单位：小时） 如下： 248 256 232 243 188 268 278 266 289 312 274 296 288 302 295 228 287 217 329 283 分组 频数 频率 频率/组距 总计 0.05 （1）完成频率分布表，并作出频率分布直方图； （2）估计8万台电风扇中有多少台无故障连续使用时限不低于280小时； （3）用组中值（同一组中的数据在该组区间的中点值）估计样本的平均无故障连续使用时限. 【答案】（1）见解析 （2）3.6万台 （3）269小时 【解析】（1）根据题目所给数据求得频数、频率以及频率/组距，填写好表格并画出频率分布直方图. （2）计算出无故障连续使用时限不低于280小时的频率，再乘以万，求得估计8万台电扇中有3.6万台无故障连续使用时限不低于280小时. （3）利用每组中点值成立对应的频率，然后相加，求得样本的平均无故障连续使用时限的估计值. 【详解】 （1）频率分布表及频率分布直方图如下所示： 分组 频数 频率 频率/组距 1 0.05 0.0025 1 0.05 0.0025 2 0.10 0.0050 3 0.15 0.0075 4 0.20 0.0100 6 0.30 0.0150 2 0.10 0.0050 1 0.05 0.0025 总计 20 1.00 0.05 （2）（万）. 答：估计8万台电扇中有3.6万台无故障连续使用时限不低于280小时. （3）（小时）. 答：样本的平均无故障连续使用时限为269小时. 【点睛】 本小题主要考查绘制频率分布直方图，考查利用频率分布直方图计算频率、频数，平均数，考查数据处理能力，属于基础题. 19．已知的三个内角，，所对的边分别为，，. （1）若，求； （2）若，试判断的形状. 【答案】（1） （2）直角三角形 【解析】（1）利用余弦定理将已知条件转化为边的形式，求得，再利用余弦定理求得的值，结合同角三角函数的基本关系式求得的值. （2）结合已知条件得到，， 结合为锐角，求得，由此证得三角形是直角三角形. 【详解】 （1）∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴或（舍去）， ∴， ∴. （2）∵， ∴，， ∴或，，为锐角. ∴（舍去）， ∴， ∴为直角三角形. 【点睛】 本小题主要考查余弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题. 20．如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1—ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE. (1)证明：BE⊥平面D1AE； (2)设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析（2）线段AB上存在满足题意的点M，且＝ 【解析】（1）先计算得BE⊥AE，再根据面面垂直性质定理得结果，（2）先分析确定点M位置，再取D1E的中点L，根据平几知识得AMFL为平行四边形，最后根据线面平行判定定理得结果. 【详解】 (1)证明连接BE， ∵ABCD为矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2， ∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE， 又平面D1AE⊥平面ABCE， 平面D1AE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE， ∴BE⊥平面D1AE. (2)解AM＝AB，取D1E的中点L，连接AL，FL， ∵FL∥EC，EC∥AB，∴FL∥AB且FL＝AB， ∴FL∥AM，FL=AM ∴AMFL为平行四边形，∴MF∥AL， 因为MF不在平面AD1E上， AL⊂平面AD1E，所以MF∥平面AD1E. 故线段AB上存在满足题意的点M，且＝. 【点睛】 本题考查线面平行判定定理以及面面垂直性质定理，考查基本分析论证求解能力，属中档题. 21．已知函数，其中为自然对数的底数. （1）求函数的最小值； （2）若都有，求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】（1）利用导数研究的单调区间，由此求得的最小值. （2）由不等式分离常数，即.构造函数，利用导数求得的最大值，分析这个最大值求得的取值范围. 【详解】 （1）∵，∴， ∴当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， ∴. （2）证明：∵，都有， ∴即， 设，， ∴， 令，，∴，∴在上单调递增， ∵，，∴存在唯一使得， ∴当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， ∴， ∵，， ∴即， ∴， 令，， ∵， ∴在上单调递增，∴， ∵，， ∴. 【点睛】 本小题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查利用导数证明不等式，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于难题. 22．在直角坐标系中,曲线经过伸缩变换后得到曲线.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)求曲线的参数方程; (2)若分别是曲线上的动点,求的最大值. 【答案】（1），（2） 【解析】(1)曲线经过伸缩变换,可得曲线的方程为, ∴其参数方程为为参数); 曲线的极坐标方程为,即, ∴曲线的直角坐标方程为,即, ∴其参数方程为为参数). (2)设,则到曲线的圆心的距离 , ∵,∴当时,. ∴. 23．已知函数. （1）若不等式的解集，求实数的值. （2）在（1）的条件下，若存在实数使成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】（1）由根据绝对值不等式的解法列不等式组，结合不等式的解集，求得的值. （2）利用绝对值不等式，证得的最小值为4，由此求得的取值范围. 【详解】 （1）∵函数， 故不等式，即， 即， 求得. 再根据不等式的解集为. 可得， ∴实数. （2）在（1）的条件下，， ∴存在实数使成立，即， 由于， ∴的最小值为2， ∴， 故实数的取值范围是. 【点睛】 本小题主要考查根据绝对值不等式的解集求参数，考查利用绝对值不等式求解存在性问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题. 第 21 页 共 21 页