2020届广东省中山市高三上学期期末数学（理）试题（解析版）.doc

2020届广东省中山市高三上学期期末数学（理）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】先用诱导公式将化为，然后用余弦的差角公式逆用即可. 【详解】 故选：B 【点睛】 本题考查诱导公式和和角的三角函数公式的应用，属于基础题. 4．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不垂直的是　　 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由中位线定理和异面直线所成角，以及线面垂直的判定定理，即可得到正确结论． 【详解】 解：对于A，AB为体对角线，MN，MQ，NQ分别为棱的中点，由中位线定理可得它们平行于所对应的面对角线，连接另一条面对角线，由线面垂直的判定可得AB垂直于MN，MQ，NQ，可得AB垂直于平面MNQ； 对于B，AB为上底面的对角线，显然AB垂直于MN，与AB相对的下底面的面对角线平行，且与直线NQ垂直，可得AB垂直于平面MNQ； 对于C，AB为前面的面对角线，显然AB垂直于MN，QN在下底面且与棱平行，此棱垂直于AB所在的面，即有AB垂直于QN，可得AB垂直于平面MNQ； 对于D，AB为上底面的对角线，MN平行于前面的一条对角线，此对角线与AB所成角为， 则AB不垂直于平面MNQ． 故选：D． 【点睛】 本题考查空间线面垂直的判定定理，考查空间线线的位置关系，以及空间想象能力和推理能力，属于基础题． 5．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. 6．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. 7．电路从到上共连接着6个灯泡（如图），每个灯泡断路的概率为，整个电路的连通与否取决于灯泡是否断路，则从到连通的概率是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先求连通的概率，再求连通的概率，然后求连通的概率. 【详解】 先考虑没有连通的情况，即连个灯泡都断路，则其概率为. 所以连通的概率. 连通，则两个灯泡都没有断路，则其概率为, 所以没有连通的概率为：. 则之间没有连通的概率 所以连通的概率， 所以连通的概率. 故选：B 【点睛】 本题考查概率的求法，注意并联电路和串联电路的性质的合理运用．解题时要认真分析，属于基础题. 8．有名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学不能相邻，则不同的站法有（ ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【解析】首先将甲排在中间，乙、丙两位同学不能相邻，则两人必须站在甲的两侧， 选出一人排在左侧，有：种方法， 另外一人排在右侧，有种方法， 余下两人排在余下的两个空，有种方法， 综上可得：不同的站法有种. 本题选择B选项. 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．若关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，其中，为自然对数的底数，则的值为（ ） A． B． C． D．1 【答案】D 【解析】设即所以,令,求出导数，讨论其单调性，画出图像，结合图像可得关于的方程一定有两个不等的实数根，且，且则即可求解. 【详解】 由方程，有 设即 所以 令 ，则 所以在上单调递增，在上单调递减, 且，，当时，其大致图像如下. 要使关于的方程有三个不相等的实数解，，， 且. 结合图像可得关于的方程一定有两个不等的实数根 且, 则. 所以 故选：D 【点睛】 本题考查了函数与方程思想、数形结合思想，考查转化思想，是一道综合题．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．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. 15．已知，则的值为 . 【答案】 【解析】试题分析：令，得，令，得， 联立得：，故答案为. 【考点】二项式定理的应用. 【方法点晴】本题考查二项式定理应用之通过赋值法求展开式的系数和问题，属于常规题，难度中等；常见的通法是通过赋值使得多项式中的变为和，在本题中要使即给等式中的赋值，求出展开式的常数项；要使即给等式中赋值求出展开式的各项系数和即，两式相减得到要求的值． 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．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. 19．如图，在三棱台中，二面角是直二面角，，，． （1）求证：平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】分析：（1）由勾股定理可得，由面面垂直的性质可得平面，从而可得，结合，由线面垂直的判定定理可得平面；（2）在平面内，过点作，由（1）可知，以为原点，，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，是平面的一个法向量，利用向量垂直数量积为零列方程求出平面的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果. 详解：（1）连接，在等腰梯形中，过作交于点，因为，所以，，，所以，所以，即，又二面角是直二面角，平面，所以平面， 又平面，所以，又因为，，、平面，所以平面． （2）如图，在平面内，过点作，由（1）可知，以为原点，，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系． 则，，，， 所以，，设是平面的一个法向量，则，所以， 取，则，， 即， 由（1）可知平面， 所以是平面的一个法向量， 所以 ， 又二面角的平面角为锐角， 所以二面角的平面角的余弦值为． 点睛：本题主要考查证明线面垂直、利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离. 20．已知函数. （1）若在上单调，求的取值范围. （2）若的图像恒在轴上方，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】(1)求出，在上单调，则或在上恒成立，只需要讨论出函数在上的单调性，求出其最值即可. (2) 的图像恒在轴上方,即在上恒成立，设，再对函数求导讨论出在的单调性，求出其最大值即可. 【详解】 （1）由题意得，. 在上单调，即在上大于等于0或者小于等于0恒成立. 令，则.时，. 当时，，∴在上单调递减， ∴由题意得，或. ∴的取值范围是. （2）的图像恒在轴上方，也即当时，恒成立. 也即在上恒成立. 令，， 由可得： 1 + 0 - 单调递增 0 单调递减 当时，，单调递减；当时，，单调递增； ∴为极大值. 所以. ∴的取值范围是. 【点睛】 本题考查已知函数单调性求参数的范围和不等式恒成立求参数的范围问题，用分离参数的方法是常用方法,属于中档题. 21．某种零件的质量指标值为整数，指标值为8时称为合格品，指标值为7或者9时称为准合格品，指标值为6或10时称为废品，某单位拥有一台制造该零件的机器，为了了解机器性能，随机抽取了该机器制造的100个零件，不同的质量指标值对应的零件个数如下表所示； 质量指标值 6 7 8 9 10 零件个数 6 18 60 12 4 使用该机器制造的一个零件成本为5元，合格品可以以每个元的价格出售给批发商，准合格品与废品无法岀售. （1）估计该机器制造零件的质量指标值的平均数； （2）若该单位接到一张订单，需要该零件2100个，为使此次交易获利达到1400元，估计的最小值； （3）该单位引进了一台加工设备，每个零件花费2元可以被加工一次，加工结果会等可能出现以下三种情况：①质量指标值增加1，②质量指标值不变，③质量指标值减少1.已知每个零件最多可被加工一次，且该单位计划将所有准合格品逐一加工，在（2）的条件下，估计的最小值（精确到0.01） . 【答案】（1）7.9个 （2）9 （3）8.67 【解析】(1)用样本的平均值估计总体的平均数，即求出100个样本的平均数即可. (2) 一个零件成本为5元，的价格出售，可得式子：可解出答案. (3) 设为满足该订单需制作个零件，则有,求出需要制作的零件总数，然后再计算满足利润条件的值. 【详解】 解：（1）设机器制造零件的质量指标值的平均数为； 由题意得：， ∴机器制造零件的质量指标值的平均数为7.9个. （2）一个零件成本为5元，的价格出售，可得式子： ， 解得：， ∴的最小值为9； （3）依题意得，准合格品加工后有能合格，用于销售， 设为满足该订单需制作个零件，则有 ， 解得， 故要使获利达到1400元，需要 ， 解得， ∴的最小值为8.67. 【点睛】 考查利用样本估计总体，考查利用样本平均数估计总体平均数，属于中档题. 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，且、、都是正数. （1）求证：； （2）求证：. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】(1)将两边平方，在由，，，可证. (2)由可证. 【详解】 （1）证明：由已知得， ， 又，，， ∴，∴， ∴. （2）证明：由已知得， ∴ . 【点睛】 本题考查利用重要不等式证明不等式，属于中档题. 第 19 页 共 19 页