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2020年广东省广州市天河区高考数学一模试卷(理科)精品文档2020年广东省广州市天河区高考数学一模试卷（理科）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1. 已知集合，集合，则（ ） A.B.C.D.2. 设复数满足，则复数在复平面内对应的点位于( ) A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3. 设等差数列的前项和为，若，则等于 A.B.C.D.4. 已知，是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是( ) A.若，则B.若，则C.若，且，则D.若，且，则5. 的展开式的常数项是（ ） A.B.C.D.6. 已知，满足，则下列各选项正确的是（ ） A.B.C.D.7. 中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍如图，是利用算筹表示数的一种方法例如：可表示为“”，可表示为“”现有根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用这数字表示两位数的个数为（ ）A.B.C.D.8. 在矩形中，与相交于点，过点作，垂足为，则 A.B.C.D.9. 函数图象的大致形状是 A.B.C.D.10. 位男生和位女生共位同学站成一排，位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是（ ） A.B.C.D.11. 已知函数，若方程的解为，则( ) A.B.C.D.12. 已知函数，曲线上总存在两点，使曲线在、两点处的切线互相平行，则的取值范围为（ ） A.B.C.D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分 已知数列满足，则当时，_ 设当时，函数取得最大值，则_ 已知函数在处有极小值，则_ 在三棱锥中，侧面与底面垂直，则三棱锥外接球的表面积是_ 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题学生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。 在锐角中，角，对应的边分别是，且 （1）求角的大小； （2）若的面积，求的值 在等比数列中，公比，且满足， （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，当取最大值时，求的值 如图，在多面体中，四边形是边长为的菱形，与交于点，平面平面， （1）求证：平面； （2）若为等边三角形，点为的中点，求二面角的余弦值 某种规格的矩形瓷砖根据长期检测结果，各厂生产的每片瓷砖质量都服从正态分布，并把质量在之外的瓷砖作为废品直接回炉处理，剩下的称为正品 （1）从甲陶瓷厂生产的该规格瓷砖中抽取片进行检查，求至少有片是废品的概率； （2）若规定该规格的每片正品瓷砖的“尺寸误差”计算方式为：设矩形瓷砖的长与宽分别为、，则“尺寸误差”为，按行业生产标准，其中“优等”、“一级”“合格”瓷砖的“尺寸误差”范围分别是、，（正品瓷砖中没有“尺寸误差”大于的瓷砖），每片价格分别为元、元、元，现分别从甲、乙两厂生产的该规格的正品瓷砖中随机抽取片瓷砖，相应的“尺寸误差”组成的样本数据如下，用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率尺寸误差频数（甲厂瓷砖的“尺寸误差”频数表）记甲厂该种规格的片正品瓷砖卖出的钱数为（元），求的分布列由图可知，乙厂生产的该规格的正品瓷砖只有“优等”、“一级”两种，求片该规格的正品瓷砖卖出的钱数不少于元的概率附：若随机变量服从正态分布，则；， 已知函数 求函数的单调区间； 若存在，使成立，求整数的最小值（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，则按所做的第一题计分。选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为 求曲线和直线的直角坐标方程； 直线与轴的交点为，经过点的动直线与曲线交于，两点，证明：为定值选修4-5：不等式选讲（10分） 已知函数 （1）若时，解不等式； （2）若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围参考答案与试题解析2020年广东省广州市天河区高考数学一模试卷（理科）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1.【答案】C【考点】交、并、补集的混合运算【解析】先确定，再求出，而后可求【解答】，2.【答案】B【考点】共轭复数复数的代数表示法及其几何意义【解析】利用复数的运算法则，进行正确的计算即可【解答】解：设复数， ，； ， 复数， ，复数在复平面内对应的点位于第二象限故选.3.【答案】C【考点】等差数列的性质【解析】由等差数列的通项公式知，再由等差数列的前项和公式知【解答】解： ， ， ， 故选.4.【答案】D【考点】命题的真假判断与应用空间中直线与平面之间的位置关系【解析】在中，与相交、平行或异面；在中，与相交或平行；在中，与相交或平行；在中，由线面垂直、面面垂直的性质定理得【解答】解：由，是两条不同的直线，是三个不同的平面，知：在中，若，则与相交、平行或异面，故错误；在中，若，则与相交或平行，故错误；在中，若，且，则与相交或平行，故错误；在中，若，且，则线面垂直、面面垂直的性质定理得，故正确故选.5.【答案】D【考点】二项式定理及相关概念【解析】的展开式的常数项是第一个因式取，第二个因式取；第一个因式取，第二个因式取，故可得结论【解答】第一个因式取，第二个因式取，可得；第一个因式取，第二个因式取，可得 的展开式的常数项是6.【答案】B【考点】指数函数与对数函数的关系【解析】本题可以选择，两个中间值采用搭桥法处理【解答】依题意，因为为上的增函数，所以；应为为上的增函数，且，所以，；满足，所以，所以，所以，又因为为的增函数，所以，综上：7.【答案】D【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】根据题意，分析可得根算筹可以表示的数字组合，进而分析每个组合表示的两位数个数，由加法原理分析可得答案【解答】根据题意，现有根算筹，可以表示的数字组合为、，、，、，、，、，、，、，、，、；数字组合、，、，、，、，、，、，、中，每组可以表示个两位数，则可以表示个两位数；数字组合、，、，每组可以表示个两位数，则可以表示个两位数；则一共可以表示个两位数；8.【答案】D【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】根据题意建立平面直角坐标系，利用坐标写出与的方程，求出点的坐标，再利用向量坐标表示计算的值【解答】建立平面直角坐标系，如图所示；矩形中，则，；直线的方程为；由，则直线的方程为，即；由，解得，所以，所以9.【答案】C【考点】函数的图象与图象的变换【解析】根据条件先判断函数的奇偶性，和对称性，利用的值的符号是否对应进行排除即可【解答】解：，则，则是偶函数，则图象关于轴对称，排除，当时，排除，故选10.【答案】A【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】把位女生的两位捆绑在一起看做一个复合元素，和剩下的一位女生，插入到位男生全排列后形成的个空中的个空中，问题得以解决【解答】根据题意，把位女生的两位捆绑在一起看做一个复合元素，和剩下的一位女生，插入到位男生全排列后形成的个空中的个空中，故有种，11.【答案】A【考点】三角函数的恒等变换及化简求值三角函数值的符号【解析】由已知可得，结合求出的范围，再由求解即可【解答】解： ， ，又 方程的解为， ， ， ， ， ， ， 由，得， .故选.12.【答案】B【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】求得的导数，由题意可得，且，化为，因此对都成立，令，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出【解答】函数，导数由题意可得，且即有，化为，而， ，化为对都成立，令，由，当且仅当取得等号， ， ，即的取值范围是故选：二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分【答案】【考点】数列递推式【解析】根据已知条件写出数列的前几项，分析规律，并归纳出数列的通项公式即可【解答】解： 数列满足，则，由此可得当时，故答案为：【答案】【考点】三角函数的恒等变换及化简求值【解析】解析式提取，利用两角和与差的正弦公式化为一个角的正弦函数，由时函数取得最大值，得到的取值，后代入正切公式中计算求值【解答】； 当时，函数取得最大值 ； ，； 【答案】【考点】利用导数研究函数的极值【解析】根据函数在处有极小值得，即可求出的值【解答】当，时，此时不是极小值点 ， 故答案：【答案】【考点】球的体积和表面积【解析】如图所示，取的中点，连接，设为的中心，为的中心，为三棱锥外接球的球心连接，四边形为正方形可得为棱锥外接球的半径利用勾股定理及其球的表面积计算公式即可得出【解答】如图所示，取的中点，连接，设为的中心，为的中心，为三棱锥外接球的球心连接，四边形为正方形则为棱锥外接球的半径 三棱锥外接球的表面积三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题学生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。【答案】 ，可得：，解得：，或， 为锐角三角形， ， 可得： ，可得：，又，可得：，在中，由余弦定理可知， ，在中，由正弦定理可知：，可得：【考点】余弦定理【解析】（1）利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得的值，结合的范围，可求的值（2）利用三角形的面积公式可求的值，从而解得的值，由余弦定理可求的值，由正弦定理可求的值【解答】 ，可得：，解得：，或， 为锐角三角形， ， 可得： ，可得：，又，可得：，在中，由余弦定理可知， ，在中，由正弦定理可知：，可得：【答案】，可得，由，即，由，可得，可得，即，由解得（舍去），则；，可得，则，可得或时，取最大值则的值为或【考点】数列的求和【解析】（1）由条件判断，再由等比数列的性质和通项公式，解方程可得首项和公比，进而得到所求通项公式；（2）求得，可得，再由等差数列的求和公式和配方法，可得所求最大值时的的值【解答】，可得，由，即，由，可得，可得，即，由解得（舍去），则；，可得，则，可得或时，取最大值则的值为或【答案】如图，取中点，连接，因为，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，分别为，中点，所以，因为，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面如图，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间坐标系，显然二面角为锐二面角，设该二面角为，向量是平面的法向量，设平面的法向量，由题意可知，所以，所以，则，即，所以，所以【考点】直线与平面垂直二面角的平面角及求法【解析】（1）取中点，连接，证明平面，则平面；（2）以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间坐标系，分别求出平面，平面的法向量，将二面角转化为两个法向量夹角余弦值的问题【解答】如图，取中点，连接，因为，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，分别为，中点，所以，因为，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面如图，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间坐标系，显然二面角为锐二面角，设该二面角为，向量是平面的法向量，设平面的法向量，由题意可知，所以，所以，则，即，所以，所以【答案】由正态分布可知，抽取的一片瓷砖的质量在之内的概率为，则这片质量全都在之内（即没有废品）的概率为；则这片中至少有片是废品的概率为；由已知数据，用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，得该厂生产的一片正品瓷砖为“优等”、“一级”、“合格”的概率分别为、；则的可能取值为，元；计算，得到的分布列如下：-数学期望为（元）；设乙陶瓷厂片该规格的正品瓷砖中有片“优等”品，则有片“一级”品，由已知，解得，则取或；故所求的概率为【考点】正态分布密度曲线【解析】由正态分布的概率公式求值即可；根据题意知的可能取值，计算所求的概率值，写出分布列，计算数学期望值；根据题意求出“优等”品与“一级”品数，再计算所求的概率值【解答】由正态分布可知，抽取的一片瓷砖的质量在之内的概率为，则这片质量全都在之内（即没有废品）的概率为；则这片中至少有片是废品的概率为；由已知数据，用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，得该厂生产的一片正品瓷砖为“优等”、“一级”、“合格”的概率分别为、；则的可能取值为，元；计算，得到的分布列如下：-数学期望为（元）；设乙陶瓷厂片该规格的正品瓷砖中有片“优等”品，则有片“一级”品，由已知，解得，则取或；故所求的概率为【答案】解：由题意可知，方程对应的，当，即时，当时， 在上单调递减；当时，方程的两根为，且，此时，在上，函数单调递增，在上，函数单调递减；当时，此时当，单调递增，当时，单调递减；综上：当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减；原式等价于，即存在，使成立设，则，设，则， 在上单调递增又，根据零点存在性定理，可知在上有唯一零点，设该零点为，则，且，即， ，由题意可知，又， 整数的最小值为【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性【解析】（1）求出函数的导数，结合二次函数的性质通过讨论的范围判断函数的单调性即可；（2）问题转化为存在，使成立设，根据函数的单调性求出的最小值即可【解答】解：由题意可知，方程对应的，当，即时，当时， 在上单调递减；当时，方程的两根为，且，此时，在上，函数单调递增，在上，函数单调递减；当时，此时当，单调递增，当时，单调递减；综上：当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减；原式等价于，即存在，使成立设，则，设，则， 在上单调递增又，根据零点存在性定理，可知在上有唯一零点，设该零点为，则，且，即， ，由题意可知，又， 整数的最小值为（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，则按所做的第一题计分。选修4-4：坐标系与参数方程【答案】解：由，得曲线直线的极坐标方程展开为，故的直角坐标方程为由得直线为：，令，则的坐标为，设过点的直线方程为（为参数）代入得，设，对应的参数为，所以为定值【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化圆的极坐标方程直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化【解析】（1）由可得曲线的直角坐标方程；根据互化公式可得直线的直角坐标方程；（2）根据参数的几何意义可得【解答】解：由，得曲线直线的极坐标方程展开为，故的直角坐标方程为由得直线为：，令，则的坐标为，设过点的直线方程为（为参数）代入得，设，对应的参数为，所以为定值选修4-5：不等式选讲（10分）【答案】若时，当时，原不等式可化为解得，所以，当时，原不等式可化为得，所以，当时，原不等式可化为解得，所以，综上述：不等式的解集为；当时，由得，即，故得，又由题意知：，即，故的范围为【考点】绝对值三角不等式绝对值不等式的解法与证明【解析】（1）通过去掉绝对值符号，转化求解不等式的解集即可（2）已知条件转化为即，即，即可求解实数的取值范围【解答】若时，当时，原不等式可化为解得，所以，当时，原不等式可化为得，所以，当时，原不等式可化为解得，所以，综上述：不等式的解集为；当时，由得，即，故得，又由题意知：，即，故的范围为收集于网络，如有侵权请联系管理员删除