广东省珠海市2020届高三三模考试数学（理）试题 Word版含解析(1)

这是一份广东省珠海市2020届高三三模考试数学（理）试题 Word版含解析(1)，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
www.ks5u.com珠海市2019～2020学年度第二学期普通高中学业质量监测高三理科数学试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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.请在答题卡上填涂相应选项.1.已知全集,集合,则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先计算，再计算得到答案.【详解】集合，则，故选：【点睛】本题考查了交集补集的运算，属于简单题. 2.设是虚数单位，则复数（ ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】试题分析：因为，故选D.考点：复数的运算.3.已知函数是定义在上的奇函数，当0时，，则（  ）A. 3 B. -3 C. -2 D. -1【答案】B【解析】【分析】由，可求，代入可求，然后结合奇函数的定义得，进而求得的值.【详解】是定义在上的奇函数，且时，，，，，则.故选：B.【点睛】本题考查奇函数性质，即若函数为奇函数且在有定义，则，理解这一知识点是求解本题的关键．4.如图为一个四棱锥的三视图，其体积为(    )A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据三视图，可知该几何体为四棱锥，利用椎体的体积公式即可求得该几何体的体积.【详解】在棱长为2的正方体中还原该几何体，由几何体的三视图可知，该几何体为四棱锥，如图所示，正方形的面积，所以.故选：B.【点睛】本题考查的是由三视图还原几何体以及求几何体的体积，解决本题的关键是得到该几何体的形状，属于基础题.将三视图还原为空间几何体，首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.5.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的解析式为(    )A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先化简，再向右平移个单位长度，即可得函数.【详解】由得，，则将再向右平移个单位长度，可得.故选：B【点睛】本题主要考查两角和的正弦公式，诱导公式，三角函数的图象变换规律，属于基础题.6.已知在中，，，，，则(    )A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，先得到，再由平面向量基本定理，得到，根据平面向量数量积的运算，即可求出结果.【详解】因为，，，所以，因此，即；又，所以，因此，即，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查求平面向量数量积，熟记平面向量基本定理，以及向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.7.甲、乙、丙三位同学在一项集训中的40次测试分数都在[50，100]内，将他们的测试分数分别绘制成频率分布直方图，如图所示，记甲、乙、丙的分数标准差分别为s1，s2，s3，则它们的大小关系为(    )A. s1s2s3 B. s1s3s2C. s3s1s2 D. s3s2s1【答案】B【解析】【分析】根据三个频率分布直方图，结合方差的定义，对三组数据的方差作出大小判断，即可求解.【详解】根据给定的三个频率分布直方图知：第一组数据的两端数字较多，绝大部分数字都处在两端数据偏离平均数远，最分散，其方差最大；第二组数据绝大部分数字都在平均数左右，数据最集中，其方差最小；第三组数据是单峰的每个小矩形的差别较小，数字分布均匀，数据步入第一组偏离平均数答，方差比第一组数据中的方差小，比第二组数据方差大；综上可得.故选：B.【点睛】本题主要考查了利用频率分布直方图，考查了数据的方程与标准的定义及应用问题，着重考查了识图能力，属于基础题.8.已知两条不同直线，，两个不同平面，，则下列命题正确的是(    )A. 若，，，则B. 若，，，则C. 若，，，则D. 若，，，则【答案】B【解析】【分析】对A，或异面，所以该选项错误；对B，，所以该选项正确；对C，，所以该选项错误；对D，或或相交或异面，所以该选项错误.【详解】对A，若，，，则或异面，所以该选项错误；对B，若，，所以，因为，则，所以该选项正确；对C，若，，，则，所以该选项错误；对D，若，，，则或或相交或异面，所以该选项错误.故选：B.【点睛】本题主要考查空间直线和平面位置关系的命题真假的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象能力.9.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列的前55项和为(   )A. 4072 B. 2026 C. 4096 D. 2048【答案】A【解析】【分析】利用n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，然后令x＝1得到对应项的系数和，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可．【详解】解：由题意可知：每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，则杨辉三角形的前n项和为Sn2n﹣1，若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，……，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，则Tn，可得当n＝10，所有项的个数和为55，则杨辉三角形的前12项的和为S12＝212﹣1，则此数列前55项的和为S12﹣23＝4072，故选A．【点睛】本题主要考查归纳推理的应用，结合杨辉三角形的系数与二项式系数的关系以及等比数列等差数列的求和公式是解决本题的关键，综合性较强，难度较大．10.甲、乙、丙人从楼乘电梯去商场的到楼，每层楼最多下人，则下电梯的方法有（   ）A. 种 B. 种 C. 种 D. 种【答案】D【解析】【分析】分两种情况讨论：①每个楼层下人；②人中有人从一个楼层下，另人从其它楼层选一个楼层下，利用排列组合思想结合分类加法计数原理可得出结果.【详解】分两种情况讨论：①每个楼层下人，则人下电梯的方法种数为；②人中有人从一个楼层下，另人从其它楼层选一个楼层下，此时，人下电梯的方法种数为.由分类加法计数原理可知，人下电梯的方法种数为种.故选：D.【点睛】本题考查排列组合综合问题，考查分类加法计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题.11.已知椭圆，为椭圆上的一个动点，以为圆心，2为半径作圆，，为圆的两条切线，，为切点，则的取值范围是(    )A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】分析】利用圆的切线性质得 ，则，利用椭圆的几何性质得OM的范围即可求解【详解】由题知 ，故，又椭圆 ，故则故选：D【点睛】本题考查圆切线及其几何性质，考查椭圆的几何性质，准确求解是解题关键，是中档题题12.设函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是(    )A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】求得.函数恰有两个极值点，即恰有两个零点，等价于函数有一个不等于1的零点.可得，令，判断的单调性，作出的图象，注意到，对分类讨论即可得出.【详解】函数的定义域为..函数恰有两个极值点，即恰有两个零点，等价于函数有一个不等于1的零点.令，得.令，，则在递减，在递增，在取得最小值，作的图象，并作的图象，如图所示又.（原定义域中，这里为方便讨论，考虑）当时，直线与只有一个交点，即只有一个零点（该零点值大于1）； 当时，在两侧附近同号，不是极值点； 当时，函数有两个不同零点（其中一个零点等于1），但此时在两侧附近同号，使得不是极值点不合.故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点，考查分类讨论，考查学生的逻辑推理能力和计算能力，属于难题.二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知等差数列的前项的和为，且，，则__.【答案】2021【解析】【分析】利用等差数列的前项和公式求出，再根据等差数列的通项公式可得答案.【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得，所以.故答案为：2021.【点睛】本题考查了等差数列前项和公式和通项公式，属于基础题.14.现有三张卡片，每张卡片上分别写着广州、深圳、珠海三个城市中的两个，且卡片不重复，甲、乙、丙各选一张去对应的两个城市参观.甲看了乙的卡片后说：“我和乙都去珠海”.乙看了丙的卡片后说：“我和丙不都去深圳”则甲、丙同去的城市为__.【答案】深圳【解析】【分析】甲看了乙的卡片后说：“我和乙都去珠海“，则甲和乙要去的另一个城市为广州或深圳，乙看了丙的卡片后说：“我和丙不都去深圳”，则乙和丙有且只有一个人去了深圳，分别讨论，即可推出结论．【详解】每张卡片上分别写着广州、深圳、珠海三个城市中的两个，且卡片不重复，故卡片可能出现的情况为广州和深圳、广州和珠海、深圳和珠海甲看了乙的卡片后说：“我和乙都去珠海“，则甲和乙要去的另一个城市为广州或深圳，乙看了丙的卡片后说：“我和丙不都去深圳”，则乙和丙有且只有一个人去了深圳若乙去深圳，则丙不去深圳，故丙去广州和珠海，而甲和乙都去珠海，故不符合题意 若丙去深圳，则乙不去深圳，所以乙去珠海和广州，甲去珠海和深圳，丙去广州和深圳所以甲和丙同去的城市为深圳.故答案为：深圳．【点睛】本题主要考查简单的合情推理，要抓住关键，逐步推断，是一道基础题．15.已知双曲线的顶点在坐标轴，中心在原点，渐近线经过点，则双曲线的离心率为______ .【答案】或【解析】【分析】分为焦点在轴和轴两种情况进行讨论，设出双曲线方程，求出渐近线方程，由渐近线经过点，求出和的关系，再利用及即可得解.【详解】当焦点在轴上时，设双曲线的方程为，渐近线方程为，由渐近线经过点，得，解得，所以，，双曲线的离心率；当焦点在轴上时，设双曲线的方程为，渐近线方程为，由渐近线经过点，得，解得，所以，，双曲线的离心率.综上，双曲线的离心率为或.故答案为：或.【点睛】本题考查的是双曲线的渐近线及离心率的求解，属于基础题.求双曲线的渐近线时，要先确定双曲线的焦点所在坐标轴，再确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后再确定双曲线的渐近线方程.16.在中，角，，所对的边分别是，若，，则面积的最大值为__.【答案】【解析】【分析】由二倍角公式即正弦定理可得，即可得到，再由余弦定理可得，根据同角三角函数的基本关系可得，最后根据三角形面积公式及基本不等式计算可得；【详解】解：因为所以，由正弦定理可得因为，所以由余弦定理可得，即，所以，所以因为所以因为，所以，当且仅当时取等号，所以故答案为：【点睛】本题考查正弦、余弦定理的应用，三角形面积公式以及基本不等式的应用，属于难题.三、解答题：共分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 第题为必考题，每个试题考生都必须作答. 第题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17.已知数列的前项的和为，且满足.（1）求数列的通项公式及；（2）若数列满足，求数列的前项的和.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据，得到，证明数列是等比数列，由等比数列的通项公式与求和公式，即可求出结果；（2）由（1）求得，分和两种情况，结合等比数列的求和公式，即可求出结果.【详解】（1）由得：，即， 由得：，两式相减得: ，即，即数列是以1为首项，2为公比的等比数列，  则， 则；   （2）由（1）知：，则， 则当时，，当时，， 则.【点睛】本题主要考查求等比数列的通项公式与求和公式，以及数列的求和问题，属于常考题型.18.如图，四棱锥，四边形为平行四边形，，，，，，，为中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）利用中位线的性质得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）推导出平面，可得出，再由结合线面垂直的判定定理可得出平面，最后利用面面垂直的判定定理可证得结论；（3）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法能计算出二面角的余弦值.【详解】（1）四边形为平行四边形，，为中点，为中点，，平面，平面，平面；（2）四边形为平行四边形，，为、中点，，，，，，平面，平面，，又，，平面，平面，平面平面；（3）以点为坐标原点，以、分别为轴、轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，，，，，，，，，，，，，，、、、，，，，设平面和平面的法向量分别为，，由，得，令，可得，由，得，令，可得，，由图形可知，二面角平面角为钝角，它的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行、面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19.已知曲线上的点到的距离比它到直线的距离少3.（1）求曲线的方程；（2）过点且斜率为的直线交曲线于，两点，交圆于，两点，，在轴上方，过点，分别作曲线的切线，，，求与的面积的积的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用抛物线的定义即可求解；（2）设出方程，，点到坐标，与联立，根据韦达定理求出和，再利用导数及点斜式方程，求出，的方程，联立求出点坐标，借助点到直线距离、抛物线定义及三角形面积的求法，即可得解.【详解】（1）因为曲线上的点到的距离比它到直线的距离少3，所以曲线上的点到的距离和它到直线的距离相等，故曲线是为焦点，为准线的抛物线，故.（2）由题设知：，则，设，，在轴上方，，，，，与联立，得，则，，由，得时，，则；时，，则，，，故，，，联立消，得，解得，将代入，方程，，，两式相加得，解得，，到的距离，，，，与的面积的积的取值范围是.【点睛】本题考查了抛物线的定义、直线与圆的位置关系及直线与抛物线的位置关系，其中涉及到利用导数求切线方程及点到直线距离，熟练掌握抛物线的定义，把抛物线上的点到焦点的距离转化为到抛物线的准线的距离是本题的解题关键，难度较大.在处理直线与抛物线的位置关系的题时，一般要用到根与系数的关系.20.已知函数，其中k∈R.（1）当时，求函数的单调区间；（2）当k∈[1，2]时，求函数在[0，k]上的最大值的表达式，并求的最大值.【答案】（1）详见解析过程；（2），，.【解析】【分析】（1）求出，分别讨论，，时正负情况即可；（2）判断函数在[0，k]上单调性，求出，再利用导数求最值即可.【详解】（1）， 当时，令得，令得，故的单调递增区间为的单调递减区间为当时，令得，或，当时，当时或；当时；的单调递增区间为；减区间为.当时，当时；当时；的单调递增区间为； （2）当时，由（1）知，的单调递增区间为为；减区间为.令，，故在上单调递减，故， 所以当[0，k]时函数单调减区间为，单调增区间为；故函数由于对于，，即，当时等号成立，  故.当时由（1）知；的单调递增区间为；所以当[0，k]时函数单调递增，故.综上所述：函数在[0，k]上的最大值为，，由于，∴对恒成立∴在上为增函数.∴【点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性及求函数的最值，属于中档题.21.武汉出现的新型冠状病毒是一种可以通过飞沫传播的变异病毒，某药物研究所为筛查该新型冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，每份样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：①逐份检验，则需要检验n次；②混合检验，将其中份血液样本分别取样混合在一起检验.若检验结果为阴性，这k份血液全为阴性，因此这k份血液样本检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份血液再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为次.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阴性还是阳性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为.（1）假设有5份血液样本，其中只有2份为阳性，若采取逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为.（i）试运用概率统计知识，若，试求P关于k的函数关系式；（ii）若，采用混合检验方式可以使得这k份血液样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k的最大值.参考数据：，，，，【答案】(1) ;(2) （i）,;（ii）4【解析】【分析】(1)根据排列的方法列式求概率即可.(2) （i）分别求解,再化简求时的解析式即可.（ii）由题,化简可得,再构造函数求导分析函数的单调性,再根据零点存在性定理求区间端点的正负判断即可.【详解】(1)设恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来的事件为,则,故恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来的概率为(2) （i）由已知可得,所有可能的取值为.所以,,所以.若,则,所以.故.所以P关于k的函数关系式,（ii）由题意可知,即,化简得.因为,所以,即.设函数.又,故当时, ,即在上单调递减.又,.故的最大值为4.【点睛】本题主要考查了排列在概率中的运用,同时也考查了构造函数数学期望的求解以及构造函数分析不等式的方法.属于中档题..（二）选考题请考生在第题中任选一题作答. 如果多做，那么按照所做的第一题计分.22.在平面直角坐标系中，直线过点，且倾斜角.以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知圆C的极坐标方程为.（1）求圆的直角坐标方程；（2）设直线与圆交于两点，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题得，再代入极坐标化直角坐标的公式即得解；（2）先写出直线的参数方程(t为参数)，把直线代入圆的方程，再利用韦达定理得解.【详解】（1）由得， 从而有即： 所以圆的直角坐标方程为.（2）由题意设直线的参数方程为(t为参数)，即：(t为参数)代入圆的方程得整理得：，由且，所以可知.【点睛】本题主要考查极坐标和直角坐标的互化，考查直线的参数方程和参数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.23.已知函数.（1）解不等式；（2）当，时，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题意，代入得到不等式，分类讨论，即可求解不等式的解集；（2）根据绝对值的三角不等式，以及基本不等式，即可作出证明.【详解】（1）由得，当时，得，所以；当时，得，所以；当时，得，所以；综上，此不等式的解集为：；（2）由 ，由绝对值不等式得，又因为同号，所以，由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，所以.【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式解法，以及合理应用绝对值三角不等式和基本不等式求最值是解答本题的关键，着重考查了分类讨论思想，考查了学生的逻辑推理与运算求解能力.