广东省汕头市2020届高三数学第二次模拟考试试题-理.doc

广东省汕头市2020届高三数学第二次模拟考试试题 理广东省汕头市2020届高三数学第二次模拟考试试题 理年级：姓名：广东省汕头市2020届高三数学第二次模拟考试试题 理（含解析）第卷 选择题一、选择题：本题共小题，每小题分，共分. 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】C【解析】【分析】先求出集合A，然后求出即可.【详解】由已知可得，则故选：C【点睛】本题考查了集合的运算以及二次不等式的求解，是一道基础题.2.已知，是虚数单位，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】整理为的形式，根据复数相等的充要条件求出m、n，代入求模即可.【详解】，.故选：A【点睛】本题考查复数代数形式的乘法运算、复数相等的充要条件、复数的模，属于基础题.3.数列中，首项，且点在直线上，则数列的前项和 等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】点的坐标代入直线方程可得，推出数列为等差数列，求出首项与公差代入等差数列的前n项和公式即可得解.【详解】因为点在直线上，所以，又，所以数列是以2为首项，为公差的等差数列，则，所以数列的前项和.故选：B【点睛】本题考查由递推公式证明数列为等差数列、等差数列的前n项和，属于基础题.4.已知椭圆的离心率为，直线与该椭圆交于、两点，分别过、向轴作垂线，若垂足恰为椭圆的两个焦点，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】联立直线方程与椭圆方程求出x即交点的横坐标，根据题意可得交点的横坐标为，由离心率可得，三式联立即可求出k.【详解】联立，则，由题意知，代入可得.故选：A【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系、椭圆的几何性质，属于基础题.5.已知非零向量，若，且，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由向量垂直可得，结合数量积的定义表达式可求出，又，从而可求出夹角的余弦值，进而可求夹角的大小.【详解】解：因为，所以，因为，所以， .故选:B.【点睛】本题考查了向量的数量积，考查了向量垂直的关系，考查了向量夹角的求解.本题的关键是由垂直求出数量积为0.6.“众志成城，抗击疫情，一方有难，八方支援”，在此次抗击疫情过程中，各省市都派出援鄂医疗队. 假设汕头市选派名主任医生，名护士，组成三个医疗小组分配到湖北甲、乙、丙三地进行医疗支援，每个小组包括名主任医生和名护士，则不同的分配方案有（ ）A. 种B. 种C. 种D. 种【答案】C【解析】【分析】先求把6名医生平均分成3组的方法，再求将3组医生与3名护士进行全排列组成医疗小组的方法，最后求把3个医疗小组分到3个地方的方法，最后求积即可.【详解】解：分三步进行：（1）将6名医生分成3组，有种方法，（2）将分好的三组与三名女护士进行全排列，组成三个医疗小组有种方法，（3）将分好的三个医疗小组进行全排列，对应于甲、乙、丙三地有种方法，则不同的分配方案有种方法，故选：C.【点睛】本题考查排列、组合的应用，重点考查分组分配问题，涉及分步计数原理的应用，属于基础题7.已知，则“”是“展开式各项系数和为0”的（ ）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】令，即可求出展开式各项系数和，进而可以求出此时，然后利用充分条件、必要条件及充要条件的判断知识即可求解【详解】令，即可求出展开式各项系数和，因为该展开式的各项系数之和为0，即有，得，则有“”是“展开式各项系数和为0”的充分性条件成立，但是，当展开式各项系数之和为0时，必要性条件不成立.故选：B【点睛】本题考查二项式定理、充分条件、必要条件及充要条件的判断知识，考查考生的分析问题的能力和计算能力，难度较易.8.已知函数，则的大致图象为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性和特殊值进行排除可得结果【详解】是偶函数，排除B,D，排除A故选：C【点睛】已知函数解析式判断图象的大体形状时，可根据函数的奇偶性，判断图象的对称性：如奇函数在对称的区间上单调性一致，偶函数在对称的区间上单调性相反，这是判断图象时常用的方法之一9.如图，在正四棱柱中，点为正方形的中心，点为的中点，点为的中点，则（ ）A. 、四点共面，且.B. 、四点共面，且.C. 、四点不共面，且.D. 、四点不共面，且.【答案】B【解析】【分析】连接，由三角形的中位线定理知，从而可求出、四点共面. 以为原点，为轴建立坐标系，求出,，从而可求出，进而可选出正确答案.【详解】解：如图，连接，则在上且；连接.因为，所以由三角形的中位线定理可知，所以、四点共面.以为原点，为轴如图建立坐标系，则,，所以，故选: B.【点睛】本题考查了点是否共面的判定，考查了空间中线段长度的求解.本题的关键是证明.证明几点共面时，常用的思路是证明线段平行或者相交.10.梅赛德斯奔驰（Mercedes Benz）创立于1900年，是世界上最成功的高档汽车品牌之一，其经典的“三叉星”商标象征着陆上、水上和空中的机械化. 已知该商标由1个圆形和6个全等的三角形组成（如图），点为圆心，若在圆内部任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由正弦定理及三角形面积公式求出阴影部分面积，再结合几何概型中的面积型求概率即可.【详解】解:由图可知: ,不妨设,在中,由正弦定理可得,则,则阴影部分的面积为,则在圆内部任取一点，则此点取自阴影部分的概率为,故选:D.【点睛】本题考查了正弦定理及三角形面积公式，重点考查了几何概型中的面积型，属中档题.11.已知函数的最小正周期为，若，且，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用降幂公式进行化简根据最小正周期可得，根据余弦函数的有界性可得的值域为，将题意可转化为与是方程的根，解出方程根据的范围得出和，进而可得结果.【详解】由已知可得的最小正周期为，即，的值域为，故若，则，与是方程，即的根，所以，解得，的最大值为，故选：C.【点睛】本题主要考查了通过降幂公式化简三角函数式以及三角函数的有界性，将题意转化为关于余弦函数的方程是解题的关键，属于中档题.12.若函数，若有两个零点，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的单调性可知函数有两个零点等价于，解这个关于的不等式即可.【详解】解：由题意得，可得函数的单调性如下：当时，单调递减，当时，单调递增，可知，当时，取得最小值，最小值为.当时，由于，故只有一个零点；当时，由于，即，故没有零点；时，由于，即，又，故在上有一个零点，令，则，当时，在上单调递增，故当时，即.设整数满足，则，故在内有一个零点.综上所述，的取值范围是答案选：A【点睛】本题考查函数零点问题，研究函数零点问题常常与研究对应方程的实数根问题相互转化，已知函数有两个零点求参数的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数；第二种方法是直接对含参函数进行研究.第卷 非选择题二、填空题：本题共小题，每小题分，共分.13.若满足约束条件则的最大值是_【答案】6【解析】如图，作出不等式组所表示的平面区域，可以理解为过可行域中一点与原点的直线的斜率，点在点处时取得最大值6.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.14.已知双曲线的左、右焦点分别为，过作渐近线的一条垂线，若该垂线恰好与以为圆心，为半径的圆相切，则该双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】设过作渐近线的一条垂线为：，根据该垂线恰好与以为圆心，为半径的圆相切，根据点到直线距离公式可得，由，即可求得答案.【详解】双曲线的左、右焦点分别为，可得：，过作渐近线的一条垂线，不妨设与垂直设过作渐近线的一条垂线为：根据题意画出图象，根据图象可得存在由两条两条直线垂直可得：故又为圆心，为半径的圆根据与相切根据点到直线距离公式可得：整理可得：，即双曲线的离心率为故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或范围)，常见有两种方法，方法一：求出 ，代入公式；方法二：只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程，即可得的值(范围)15.已知数列满足，则的最小值为_.【答案】.【解析】【分析】结合累加法可求出，进而可得，结合基本不等式可求出其最小值.【详解】解：因，则当时， ，将个式子相加得，所以，当时，所以，则，当且仅当，即时等号成立，即的最小值为.故答案为: .【点睛】本题考查了应用累加法求通项公式，考查了等差数列的前项和，考查了基本不等式.本题的关键是求出通项公式.求数列的通项公式时，常用的方法有：累加法、累乘法、构造新数列法、公式法.16.已知三校锥的四个顶点在球的球面上，平面，是边长为的正三角形，、分别是、的中点，且，则球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】根据已知条件，作图建立直角坐标系，利用求出，然后根据垂面模型构建出直角三角形求出外接球的半径，然后即可求解【详解】如图，根据题意，以A为原点，为轴方向，为轴方向，为轴方向，建立空间直角坐标系，设，由，可得，因为、分别是、的中点，得，可得，解得，解得，根据外接圆垂面模型的应用，可找到如图的球心和的外接圆圆心，且必有，且为的外接圆的半径，因为是边长为的正三角形，且，设外接球半径，则在中，根据勾股定理，得，则可求得，则球的表面积为答案：【点睛】本题考查空间直角坐标系的运用，以及锥体垂面模型的应用，属于中档题三、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：共分.17.内角，的对边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）是边上一点，且，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理将所给等式化简为，再利用三角函数诱导公式及二倍角公式再次化简可得，由的范围即可求得角A；（2）根据题意以、作为基底表示出向量，等式两边同时平方再利用基本不等式即可求得，代入三角形面积公式即可求得面积的最大值.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，又，所以，因为，所以，则，又，所以，因为，所以；（2）根据题意可得，所以，即，所以，当且仅当 等号成立所以，面积的最大值为.【点睛】本题考查正弦定理、三角形面积公式、利用基本不等式求面积的最大值、向量在几何中的应用，涉及三角函数诱导公式及二倍角公式，属于中档题.18.如图，在直角中，、分别是、上一点，且满足平分，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且平面平面.（1）证明：；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）在直角中，连接交于点，利用等腰三角形三线合一的性质可得出，则在三棱锥中，可得出，可推导出平面，进而可得出；（2）推导出平面，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，计算出平面的一个法向量，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得其正弦值.【详解】（1）在直角中，连接交于点，如下图所示：，且，平分，则有，在三棱锥中，平面，平面，；（2）由（1）知，在三棱锥中，平面平面，平面平面，平面，平面，、两两垂直，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，则、，设平面一个法向量为，由，得，可得，令，则，可得.易知平面的一个法向量为，所以，设二面角的平面角为，则.因此，二面角的正弦值为.【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直，同时也考查了利用空间向量法求解二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19.在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知是以为底边，且边平行于轴的等腰三角形.（1）求动点的轨迹的方程；（2）已知直线交轴于点，且与曲线相切于点，点在曲线上，且直线轴，点关于点的对称点为点，试判断点、三点是否共线，并说明理由.【答案】（1）；（2）、三点共线，理由见解析.【解析】【分析】（1）设动点，由轴可得，由题意可得出，由此可得出关于、的等式，化简可得出轨迹的方程，由点为坐标原点时，、三点共线可得出，由此可得出轨迹的方程；（2）可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，将直线的方程与曲线的方程联立，由得出，求出、的坐标，利用直线、的斜率相等可得出、三点共线.【详解】（1）设动点，因为轴，所以与直线垂直，则，是以为底边等腰直角三角形，故，即，即，化简得.因为当点为坐标原点时，、三点共线，无法构成三角形，因此，动点的轨迹的方程为；（2）、三点共线，理由如下：因为直线与曲线相切，所以直线的斜率必存在且不为零，设直线的方程为，由，消得，得.所以，直线的方程为，令，得，则点，故，又由，得，则点，因此，、三点共线.【点睛】本题考查动点轨迹方程的求解，同时也考查了三点共线的证明，涉及斜率公式的应用，考查计算能力，属于中等题.20.冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征和严重急性呼吸综合征等较严重疾病. 而今年出现的新型冠状病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株. 人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等. 在较严重病例中感染可导致肺奖、严重急性呼吸综合征、贤衰竭，甚至死亡.核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据，首先取病人的唾液或咽拭子的样本，再提取唾液或咽拭子样本里的遗传物质，如果有病毒，样本检测会呈现阳性，否则为阴性. 根据统计发现，疑似病例核酸检测呈阳性的概率为，现有例疑似病例，分别对其取样、检测，多个样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要有病毒，则混合样本化验结果就会呈阳性，若混合样本呈阳性，则将该组中各个样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则该组各个样本均为阴性.现有以下三种方案:方案一：逐个化验；方案二：四个样本混在一起化验；方案三: 平均分成两组化验.在新冠肺炎爆发初期，由于检查能力不足，化检次数的期望值越小，则方案越“优”.（1）若，求个疑似病例样本混合化验结果为阳性的概率；（2）若，现将该例疑似病例样本进行化验，请问：方案一、二、 三中哪个最“优”?（3）若对例疑似病例样本进行化验，且“方案二”比“方案一”更“优”，求的取值范围.【答案】（1）；（2）方案二最“优”，理由见解析；（3）.【解析】【分析】（1）可求得个疑似病例均为阴性的概率，再利用对立事件的概率公式可求得事件“个疑似病例样本混合化验结果为阳性”的概率；（2）分别计算出方案一、二、三中将该例疑似病例样本进行化验所需次数的数学期望，比较三种方案中检测次数的期望值大小，可得出最“优”方案；（3）求出方案二的数学期望，可得出关于的不等式，进而可求得实数的取值范围.【详解】（1）由题意可知，个疑似病例均为阴性的概率为，因此，该混合样本呈阳性的概率为；（2）方案一：逐个检验，检验次数为；方案二：混合在一起检测，记检测次数为，则随机变量的可能取值为、，所以，随机变量的分布列如下表所示：所以，方案二的期望为；方案三：由（1）知，每组两个样本检测时，若呈阴性则检测次数为，概率为；若呈阳性则检测次数为，概率为.设方案三的检测次数为随机变量，则的可能取值为、，.所以，随机变量的分布列如下表所示：所以，方案三的期望为.比较可得，故选择方案二最“优”；（3）方案二：记检测次数为，则随机变量的可能取值为、，随机变量的分布列如下表所示：所以，随机变量数学期望为，由于“方案二”比“方案一”更“优”，则，可得，即，解得，故当时，方案二比方案一更“优”.【点睛】本题考查事件概率的计算，同时也考查了利用数学期望进行决策，考查计算能力，属于中等题.21.已知函数，（1）讨论的单调性；（2）若，是函数的两个不同零点，证明：.【答案】（1）见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题意对函数求导，根据、和分类讨论，找到、的解集，即可得解；（2）由题意转化条件得有两个不等实根，通过构造函数、求导可得，设，结合函数的单调性可将原不等式转化为，通过构造函数、求导可证明，即可得证.【详解】（1）由题意得，（i）当时，令得，当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增；（i i）当时，令得，当即时，当时，均有，在上单调递增；当即时，当时，；当时，；在和上单调递增，在上单调递减；当即时，当时，；当时，；在和上单调递增，在上单调递减.综上所述，当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）当时，不是的零点，当时，由得，令，则，易知，当时，在上单调递减，且当时，；当时，在上单调递增，且；根据函数的以上性质，画出的图象，如图所示：由图可知，是函数的两个不同零点直线与的图象有两个交点即，不妨设：，要证，即要证，由（1）知，当时，在上单调递减，即要证，又，即要证，即要证，令，则，当时，即，在上单调递增，原不等式成立.【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了逻辑推理能力与运算求解能力，解题的关键是对于条件的转化与新函数的构造，属于难题.（二）选考题：共10分. 请考生在第22、23题中任选一题作答. 如果多做，则按所作的第一题计分. 【选修4-4：坐标系与参数方程】22.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为：（为参数）（1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；（2）直线与轴、轴分别交于，两点，设点为上的一点，求的面积的最小值.【答案】（1）答案见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用将直线的极坐标方程转化为直角坐标方程，由可将曲线的参数方程转化为普通方程；（2）求出A、B的坐标，设，求出点P到直线的距离，代入利用辅助角公式及三角函数的有界性可求得面积的最小值.【详解】（1）直线的直角坐标方程为；因为，所以曲线的普通方程为；（2）对直线，令可得，则；令可得，则，设，点P到直线的距离，其中，的面积，当时，的面积取得最小值.【点睛】本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程的相互转化，利用参数方程及三角函数的有界性解决三角形面积的最值问题，涉及辅助角公式、点到直线的距离公式的应用，属于基础题.【选修4-5：不等式选讲】23.已知：，其中.（1）求证：；（2）若，求的最小值.【答案】（1）详见解析；（2）1.【解析】【分析】(1) 所证不等式等价于，两边平方后分解因式即可得到证明；（2）将所求式子展开然后利用基本不等式从而可求得最值.【详解】（1）所证不等式等价于，即，也就是，故原不等式成立.（2） 当且仅当或时，取到最小值1.【点睛】本题考查不等式的证明方法，考查比较法的应用，考查利用基本不等式求最值问题,属于中档题.