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文档介绍
广东省六校联盟2020届高三下学期第三次联考数学(文)试题 Word版含解析
www.ks5u.com 2019-2020学年广东省六校联盟高三(下)第三次联考数学试卷 (文科) 一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分. 1. 已知集合,,则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析:集合,而,所以,故选C. 【考点】 集合的运算 【名师点睛】集合的交、并、补运算问题,应先把集合化简再计算,常常借助数轴或韦恩图进行处理. 2. 若复数满足(为虚数单位),则=( ) A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析:因为,所以因此 考点:复数的模 3. 已知向量,且,则m=( ) A. −8 B. −6 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】 由已知向量的坐标求出的坐标,再由向量垂直的坐标运算得答案. - 23 - 【详解】∵,又, ∴3×4+(﹣2)×(m﹣2)=0,解得m=8. 故选D. 【点睛】本题考查平面向量的坐标运算,考查向量垂直的坐标运算,属于基础题. 4. AQI是表示空气质量的指数,AQI指数值越小,表明空气质量越好,当AQI指数值不大于100时称空气质量为“优良”.如图是某地4月1日到12日AQI指数值的统计数据,图中点A表示4月1日的AQI指数值为201,则下列叙述不正确的是( ) A. 这12天中有6天空气质量为“优良” B. 这12天中空气质量最好的是4月9日 C. 这12天的AQI指数值的中位数是90 D. 从4日到9日,空气质量越来越好 【答案】C 【解析】 由图可知,不大于100天有6日到11日,共6天,所以A对,不选. 最小一天为10日,所以B对,不选.中位为是,C错.从图中可以4日到9日越来越小,D对.所以选C. 5. 已知直线l1:x+(m+1)y+m=0,l2:mx+2y+1=0,则“l1∥l2”的必要不充分条件是( ) A. m=﹣2 B. m=1 C. m=﹣2或m=1 D. m=2或m=1 【答案】C 【解析】 【分析】 直线l1:x+(m+1)y+m=0,l2:mx+2y+1=0平行的充要条件是“m=﹣2”,进而可得答案. 【详解】∵直线l1:x+(m+1)y+m=0,l2:mx+2y+1=0, 若l1∥l2,则m(m+1)-2=0,解得:m=﹣2或m=1 - 23 - 当m=1时,l1与l2重合,故“l1∥l2”⇔“m=﹣2”, 故“l1∥l2”的必要不充分条件是“m=-2或m=1”, 故选:C. 【点睛】本题主要考查了充要条件的定义,难度不大,属于容易题. 6. 已知,,并且,,成等差数列,则的最小值为 A. 16 B. 9 C. 5 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意,由等差中项的定义分析可得1,进而分析可得a+9b=(a+9b)()=10,由基本不等式的性质分析可得答案. 【详解】解:根据题意,a>0,b>0,且,,成等差数列, 则21; 则a+9b=(a+9b)()=1010+216; 当且仅当,即=时取到等号, ∴a+9b的最小值为16; 故选A. 【点睛】本题考查基本不等式的性质以及应用,涉及等差中项的定义,关键是分析得到1. 7. 宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题:松长五尺,竹长两尺,松日自半,竹日自倍,松竹何日而长等,如图是源于其思想的一个程序框图,若输入的,分别为5,2,则输出的等于( ) - 23 - A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】 由已知中的程序框图可知:该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值,模拟程序的运行过程,分析循环中各变量值的变化情况,可得答案. 【详解】当时,,满足进行循环的条件; 当时, 满足进行循环的条件; 当时,满足进行循环的条件; 当时,不满足进行循环的条件, 故输出的值为. 故选:C. - 23 - 【点睛】本题考查的知识点是程序框图,当循环的次数不多,或有规律时,常采用模拟循环的方法解答. 8. 若将函数的图象向左平移个单位,所得的图象关于轴对称,则的最小值是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 函数的图象向左平移个单位,得到 图象关于轴对称,即,解得,又,当时,的最小值为,故选B. 9. 在正四棱锥中,,,分别是,,的中点.动点在线段上运动时,下列四个结论,不一定成立的为( ) ①;②;③平面;④平面. A. ①③ B. ③④ C. ①② D. ②④ 【答案】D 【解析】 【分析】 根据线面平行与垂直的判定逐个判断即可. 【详解】作出如图的辅助线. 对①,再正四棱锥中,因为,,面,面,且,故面.又因为,,分别是,,的中点,故面面,故面,因为面,故成立.故①成立. 对②,当且仅当与重合时, .故②不一定成立. 对③,由①有面面,又面,故平面.故③成立. - 23 - 对④, 当且仅当与重合时, 才有平面.故④不一定成立. 故选:D 【点睛】本题主要考查了线面线线平行与垂直的判定,属于中等题型. 10. 已知函数,则的图象大致为( ). A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据特殊值的函数值排除,从而选. 【详解】因为,所以A错; 因为,所以C错; 因为,所以D错, - 23 - 故选:B. 【点睛】本题考查了由函数解析式选择函数图象,考查了特值排除法,属于基础题. 11. 设为双曲线的右焦点,过且斜率为的直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点,且,则双曲线的离心率为( ) A. 2 B. C. 或2 D. 或2 【答案】D 【解析】 【分析】 对A,B的位置分两种情况讨论,先求出的坐标,再根据得到的方程,化简即得双曲线的离心率. 【详解】当点在轴上方,在轴下方时,如图, 设,则的右焦点且斜率为的直线, 而渐近线的方程是, - 23 - 由得, 由得, , , 可得, , . 同理,当点在轴下方时,如图,计算得. 综上所述,双曲线的离心率为2或. 故选:D. 【点睛】本题主要考查直线和双曲线的位置关系,考查双曲线的离心率的计算,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. - 23 - 12. 已知求的表面积为,在球面上,且线段的长为,记的中点为,若与平面的所成角为,则三棱锥外接球的体积为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先确定与平面所成的角,得到是等腰直角三角形,进而得出三棱锥外接球的球心在射线上,设外接球半径为,由,得,解得,即可求解. 【详解】 设所在截面圆的圆心为, 中点为,连接,,, 所以,同理, 所以即为与平面所成的角,故; 因为,, 所以是等腰直角三角形, ,在中, 由,得, 由勾股定理得:, - 23 - 因为到三点的距离相等, 所以三棱锥外接球的球心在射线上, 设四面体外接球半径为,在中,, 由勾股定理可得:, 即,解得, 故所求球体积, 故选D. 【点睛】本题考查球的有关计算、考查空间几何体的结构特征、考查逻辑推理、考查学生空间想象能力、逻辑思维能力,是中档题. 二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13. 曲线在点处的切线方程为_______________ 【答案】 【解析】 【分析】 先对函数求导,得到,求出切线斜率,再由直线的点斜式方程,即可得出结果. 【详解】因为, , 因此,即曲线在点处切线斜率为, 因此,曲线在点处的切线方程为, 所以,即为所求切线方程. - 23 - 故答案为: 【点睛】本题主要考查求曲线在某点的切线方程,熟记导数的几何意义即可,属于常考题型. 14. 设数列满足,则通项公式________. 【答案】 【解析】 【分析】 将变形得到,然后逐项列举,累加可得到,又,代入即可得出结果. 【详解】由题意可得,所以,, ,上式累加可得 ,又,所以. 故答案为. 【点睛】本题主要考查由递推公式,用累加法求通项公式. 15. 如图,上,是上的点,且,,,则等于______. 【答案】 【解析】 【分析】 由题意设,则,,先利用余弦定理求出再利用正弦定理求出的值. - 23 - 【详解】由题意设,则,, 在中由余弦定理可得, , 在中由正弦定理可得, 故答案为: 【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 16. 设函数在区间上单调递减,则实数取值范围是________ 【答案】 【解析】 【分析】 求出原函数的导函数,由题意得到关于a的不等式组,求解得答案. 【详解】解:由,得f′(x)=x, ∵在区间[a﹣1,a+2]上单调递减, 则,解得1<a≤2. ∴实数a的取值范围是(1,2]. 故答案为. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性,考查函数单调性与导函数符号间的关系,是中档题. - 23 - 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17至21题为必考题,每位考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答. (一)必考题:共60分. 17. 等比数列中,已知. (1)求数列的通项公式; (2)若分别为等差数列的第3项和第5项,试求数列的通项公式及前项和. 【答案】(1) (2) . 【解析】 试题分析:(1)本题考察的是求等比数列的通项公式,由已知所给的条件建立等量关系可以分别求出首项和公比,代入等比数列的通项公式,即可得到所求答案. (2)由(1)可得等差数列的第3项和第5项,然后根据等差数列的性质可以求出等差数列的通项,然后根据等差数列的求和公式,即可得到其前项和. 试题解析:(Ⅰ)设的公比为由已知得,解得,所以 (Ⅱ)由(Ⅰ)得,,则, 设的公差为,则有解得 从而 所以数列的前项和 考点:等差、等比数列的性质 18. 等腰直角三角形中,,为的中点,正方形与三角形所在的平面互相垂直. - 23 - (Ⅰ)求证:平面; (Ⅱ)若,求点到平面的距离. 【答案】(Ⅰ)见解析; (Ⅱ). 【解析】 【分析】 (Ⅰ)连, 交于,连,由中位线定理即可证明平面. (Ⅱ)根据,由等体积法即可求得点到平面的距离. 【详解】(Ⅰ)连,设交于,连,如下图所示: 因为为的中点,为的中点, 则 面,不在面内, 所以平面 (Ⅱ)因为等腰直角三角形中, 则,又因为 - 23 - 所以平面 则 设点到平面的距离为. 注意到, 由,代入可得: , 解得. 即点到平面的距离为. 【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定,等体积法求点到平面距离的方法,属于中等题. 19. 某校学生营养餐由A和B两家配餐公司配送. 学校为了解学生对这两家配餐公司的满意度,采用问卷的形式,随机抽取了40名学生对两家公司分别评分. 根据收集的80份问卷的评分,得到A公司满意度评分的频率分布直方图和B公司满意度评分的频数分布表: (Ⅰ)根据A公司的频率分布直方图,估计该公司满意度评分的中位数; (Ⅱ)从满意度高于90分的问卷中随机抽取两份,求这两份问卷都是给A公司评分的概率; (Ⅲ)请从统计角度,对A、B两家公司做出评价. 【答案】(Ⅰ)中位数为73.3;(Ⅱ)见解析. - 23 - 【解析】 【详解】试题分析:(Ⅰ)设A公司调查的40份问卷的中位数为x,根据面积为可得结果;(Ⅱ)从这6份问卷中随机取2份,所有可能的结果有种,其中2份问卷都评价公司的有以下种,根据古典概型概率公式可得结果;(Ⅱ)可从平均数及分散集中程度两方面进行分析. 试题解析:(Ⅰ)设A公司调查的40份问卷的中位数为x 则有 解得: 所以, 估计该公司满意度得分的中位数为73.3 (Ⅱ)满意度高于90分的问卷共有6份,其中4份评价公司,设为,2份评价B公司,设为. 从这6份问卷中随机取2份,所有可能的结果有:,,,,,,,,,,,,,,,共有15种. 其中2份问卷都评价公司的有以下6种:,,,,,.设两份问卷均是评价A公司为事件C,则有. (Ⅱ)由所给两个公司的调查满意度得分知: A公司得分的中位数低于B公司得分的中位数,A公司得分集中在这组, 而B公司得分集中在和两个组,A公司得分的平均数数低于B公司得分的平均数,A公司得分比较分散,而B公司得分相对集中,即A公司得分的方差高于B公司得分的方差. (注:考生利用其他统计量进行分析,结论合理的同样给分.) 20. 已知椭圆:的右焦点为,短轴长为2,过定点的直线交椭圆于不同的两点、(点在点,之间). (1)求椭圆的方程; - 23 - (2)若,求实数的取值范围; (3)若射线交椭圆于点(为原点),求面积的最大值. 【答案】(1) ;(2) ;(3) 【解析】 【分析】 (1)根据椭圆的基本量之间的关系求解即可. (2)分直线斜率存在于不存在两种情况,当斜率存在时,联立方程利用韦达定理与从而找到韦达定理与的不等式再求解即可. (3) 的面积为的两倍,故求得面积最值即可. 【详解】(1)因为右焦点为,故.又短轴长为2,故,解得 故椭圆的方程: (2)当直线斜率不存在时, 直线,此时,故,此时, 当直线斜率存在时,设直线,.联立直线与椭圆 有,此时,. . 又,即 ,故 - 23 - 又即, 又因为,故,即,故 有基本不等式,故计算得 ,又,故 综上 (3) , 令 ,则 故面积的最大值为 【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系,联立方程列出韦达定理再表示题中所给的信息计算求解.其中用去建立与韦达定理之间的关系,的面积利用两倍的面积去代换,属于难题. 21. 已知函数. (1)若函数在其定义域内为单调函数,求的取值范围; (2)设函数,若在上至少存在一点,使得成立,求实数的取值范围. 【答案】(1)或(2) 【解析】 【分析】 - 23 - (1)先求导得到,令,原命题等价于 在内或恒成立,再分两种情况讨论得解;(2)先求出函数的最值,再对分三种情况讨论得解. 【详解】(1), 令,要使在其定义域内是单调函数,只需在内,满足或恒成立, 当且仅当时,,时,, 因为,所以当且仅当时,,时,, 因为在内有,当且仅当即时取等号, 所以当时,,,此时在单调递增, 当时,,,此时在单调递减, 综上,的取值范围为或. (2)因为在上是减函数, 所以时,;时,,即, ①当时,由(1)知在上递减,所以,不合题意, ②当时,由, 由(1)知当时,上单调递增, 所以,不合题意, ③当时,,, 由题意可得,只需时,,即可, - 23 - 由(1)知在上是增函数,, 又在上是增函数,则,, 而,, 只需,解得, 综上的取值范围是. 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性问题,利用导数研究不等式的存在性问题,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. (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-题计分. [选修4-4:坐标系与参数方程] 22. 在直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数).再以原点为极点,以正半轴为极轴建立极坐标系,并使得它与直角坐标系有相同的长度单位.在该极坐标系中圆的方程为. (1)求圆的直角坐标方程; (2)设圆与直线交于点、,若点的坐标为,求的值. 【答案】(1)(2) 【解析】 试题分析:(1)由 可将圆的极坐标方程化为直角坐标方程;(2)先将直线的参数方程代入圆C方程,再根据参数几何意义得 ,最后根据韦达定理求的值. 试题解析:(1); - 23 - (2)直线的参数方程代入圆C方程得 . 点睛:直线的参数方程的标准形式的应用 过点M0(x0,y0),倾斜角为α的直线l的参数方程是.(t是参数,t可正、可负、可为0) 若M1,M2是l上的两点,其对应参数分别为t1,t2,则 (1)M1,M2两点的坐标分别是(x0+t1cos α,y0+t1sin α),(x0+t2cos α,y0+t2sin α). (2)|M1M2|=|t1-t2|. (3)若线段M1M2的中点M所对应的参数为t,则t=,中点M到定点M0的距离|MM0|=|t|=. (4)若M0为线段M1M2的中点,则t1+t2=0. [选修4-5:不等式选讲] 23. 若,且满足. (1)求abc的最大值; (2)求的最小值. 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 (1)利用三个正数算术平均不小于它们的几何平均即可得出结果; (2)由,所以,再利用柯西不等式即可得出结果. 【详解】(1)因为,所以,故. 当且仅当时等号成立,所以abc的最大值为. (2)因为,且,所以根据柯西不等式,可得 - 23 - . 所以. 【点睛】本题主要考查基本不等式和柯西不等式的应用,属于基础题. - 23 - - 23 -查看更多