广东省六校联盟2020届高三上学期第一次联考数学（文）试题

广东省六校联盟2020届高三上学期第一次联考数学（文）试题

‎2020届六校联盟第一次联考试题文科数学 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.‎ ‎1.已知R是实数集，=，=，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由题意得，集合或，，所以，所以，故选B．‎ 考点：集合的运算．‎ ‎2.若为虚数单位，则复数在复平面上对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的运算，化简得到，再结合复数的表示，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，根据复数的运算，可得，‎ 所对应的点为位于第四象限.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的几何意义，其中解答中熟记复数的运算法则，准确化简复数为代数形式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎3.已知向量，在正方形网格中的位置如图所示，那么向量，的夹角为（ ）‎ A. 45° B. 60° C. 90° D. 135°‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的坐标表示，求得的坐标，再利用向量的夹角公式，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，可得，，‎ 设向量，的夹角为，则，‎ 又因为，所以．‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的坐标表示，以及向量夹角公式的应用，其中解答中熟记向量的坐标表示，利用向量的夹角公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎4.设，则“”是“”的(　　)‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解不等式分别求出的范围，根据解集的包含关系和充要条件的判定方法得到结果.‎ ‎【详解】 ，则 ‎ ，则 ‎ 是的必要不充分条件 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判定，关键是能够确定解集之间的包含关系，属于基础题.‎ ‎5.执行如图所示的程序框图，输出的值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 程序框图的作用是计算，故可得正确结果.‎ ‎【详解】根据程序框图可知，故选C.‎ ‎【点睛】本题考查算法中的选择结构和循环结构，属于容易题.‎ ‎6.已知等差数列满足，则中一定为0的项是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列通项公式即可得到结果.‎ ‎【详解】由得，，解得：，‎ 所以，，‎ 故选A ‎【点睛】本题考查等差数列通项公式，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎7.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由三视图可知，该几何体由一个三棱锥与一个圆柱组成，‎ 棱锥的体积为，‎ 圆柱的体积为，‎ 该几何体的体积为，故选A.‎ ‎8.2018年1月31日晚上月全食的过程分为初亏、食既、食甚、生光、复圆五个阶段,月食的初亏发生在19时48分,20时51分食既,食甚时刻为21时31分,22时08分生光,直至23时12分复圆.全食伴随有蓝月亮和红月亮,全食阶段的“红月亮”将在食甚时刻开始,生光时刻结東,一市民准备在19:55至21：56之间的某个时刻欣赏月全食，则他等待“红月亮”的时间不超过30分钟的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：由市民准备在19:55至21：56之间的某个时刻欣赏月全食知这是一个几何概型，由题可知事件总数包含的时间长度是121，而他等待的时间不多于30分钟的事件包含的时间长度是55，两值一比即可求出所求．‎ 详解：如图，时间轴点所示，概率为 故选C.‎ 点睛：本题主要考查了几何概型，本题先要判断该概率模型，对于几何概型，它的结果要通过长度、面积或体积之比来得到，属于中档题．‎ ‎9.设函数，则下列结论错误的是（ ）‎ A. 的一个周期为 B. 的图形关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 在区间上单调递减 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简得函数，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，函数，‎ 则：①函数的最小正周期为，故选项A正确.‎ ‎②当时，函数，故选项B正确.‎ ‎③当时，函数，故选项C正确.‎ ‎④当，，在上不是单调递减，所以不正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的恒等变换，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎10.已知函数为奇函数，则在处的切线斜率等于（ ）‎ A. 6 B. -2‎ C. -6 D. -8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求在时的解析式，再求切线方程即可 ‎【详解】设，则,又 为奇函数，则则 故选：B ‎【点睛】本题考查函数奇偶性性质，切线斜率，熟记函数奇偶性，准确计算是关键，是基础题 ‎11.如图所示点是抛物线的焦点，点分别在抛物线及圆的实线部分上运动，且总是平行于轴，则的轴长的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 抛物线的准线，焦点，由抛物线定义可得， 圆的圆心为，半径为4， ∴的周长， 由抛物线及圆可得交点的横坐标为2， ∴，∴，故选B.‎ 点睛：本题考查抛物线的定义，考查抛物线与圆的位置关系，确定B点横坐标的范围是关键；由抛物线性质抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等可得，从而可得的周长，确定B点横坐标的范围，即可得到结论.‎ ‎12.已知四边形ABCD为边长等于的正方形，PA⊥平面ABCD，QC∥PA，且异面直线QD与PA所成的角为30°，则四棱锥Q－ABCD外接球的表面积等于( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先找到异面直线QD与PA所成的角为∠DQC=30°，求出QC长，再由QC⊥平面ABCD，且四边形ABCD为正方形，所以四棱锥Q－ABCD的外接球与长宽高分别为、、的长方形的外接球相同，然后由长方体外接半径公式算出外接球的半径，从而求出表面积.‎ ‎【详解】解：因为QC∥PA，所以异面直线QD与PA所成的角为∠DQC=30°，‎ 因为四边形ABCD为边长等于的正方形 所以QC =‎ 又因为PA⊥平面ABCD，QC∥PA，得QC⊥平面ABCD 所以四棱锥Q－ABCD的外接球与长宽高分别为、、的长方形的外接球相同 所以外接球的半径为 所以四棱锥Q－ABCD外接球的表面积 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了异面直线的夹角，空间几何体的外接球，将本题中四棱锥的外接球转化为长方体外接球可简化本题.‎ 二、填空题：‎ ‎13.如图是某学校学生体重的频率分布直方图，已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为1∶2∶3，第2小组的频数为10，则抽取的学生人数是________．‎ ‎【答案】40‎ ‎【解析】‎ 后两组的频率和是5×(0.0125＋0.0375)＝0.25.‎ 故第2小组的频率是(1－0.25)×＝0.25，所以抽取的学生人数是＝40.‎ ‎14.设实数，满足约束条件，则的最大值为______.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出约束条件所表示的可行域，根据目标函数的几何意义表示可行域内的点与直线的距离，结合图形，得到点到直线的距离最大，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，画出实数，满足约束条件所表示的可行域，如图所示，‎ 又由的几何意义表示可行域内的点与直线的距离，结合图形，得到点到直线的距离最大，‎ 由，解得，‎ 其中最大值为.‎ 故答案为5.‎ ‎【点睛】本题主要考查了简单的线性规划的应用，其中解答中正确作出约束条件所表示的平面区域，根据目标函数的几何意义，结合图形确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎15.的内角，，所对的边分别是，，，已知，则角的最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，求得，再利用余弦定理，结合基本不等式，求得 的最小值，即可得到答案．‎ ‎【详解】因为，由余弦定理可得，‎ 整理可得，‎ 又由，‎ 当且仅当时等号成立，即最小值为，‎ 因为，所以角的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理和基本不等式的应用，其中解答中利用余弦定理，得到，再利用余弦定理，结合基本不等式求得的最小值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎16.定义在上函数，如果存在函数（，为常数），使得对一切实数都成立则称为函数的一个承托函数.现有如下函数：①；②；③；④.则存在承托函数的的序号为______.（填入满足题意的所有序号）‎ ‎【答案】②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数是函数的一个承托函数，得到函数的图象恒在函数的上方，结合给定函数的值域，逐项判定，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，函数（，为常数）是函数的一个承托函数，可得函数的图象恒在函数的上方（至多有一个交点）‎ ‎①中，函数的值域为，所以不存在函数，使得函数的图象恒在函数的上方，故不存在承托函数；‎ ‎②中，，所以都是函数的承托函数，故②存在承托函数；‎ ‎③中，函数的值域为，所以不存在函数，使得函数的图象恒在函数的上方，故不存在承托函数；‎ ‎④中，函数，所以存在函数，使得函数的图象恒在函数的上方，故存在承托函数；‎ 故答案为②④‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数新定义的应用，其中解答中正确理解函数的新定义，结合函数的性定义，转化为函数的值域问题求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与论证能力，属于中档试题．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：‎ ‎17.数列的前项和为，且，数列满足，其前项和为.‎ ‎（1）求数列与的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用数列的通项和的关系，求得，进而求得即可；‎ ‎（2）由（1）求得，可得，结合等比数列的求和公式和“裂项法”求和，即可求解．‎ ‎【详解】（1）由题意，数列的前项和，‎ 当时，则，解得；‎ 当时，则，可得，即，‎ 所以的首项和公比均为2的等比数列，可得，‎ 又由．‎ ‎（2）由（1）知，可得，‎ 所以，‎ 即有 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用数列的通项和的关系求解数列的通项公式，以及等比数列的前n项和公式和“裂项法”求和的综合应用，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎18.某区在2019年教师招聘考试中，参加、、、四个岗位的应聘人数、录用人数和录用比例（精确到1%）如下：‎ 岗位 男性应聘人数 男性录用人数 男性录用比例 女性应聘人数 女性录用人数 女性录用比例 ‎269‎ ‎167‎ ‎62%‎ ‎40‎ ‎24‎ ‎60%‎ ‎217‎ ‎69‎ ‎32%‎ ‎386‎ ‎121‎ ‎31%‎ ‎44‎ ‎26‎ ‎59%‎ ‎38‎ ‎22‎ ‎58%‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎67%‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎67%‎ 总计 ‎533‎ ‎264‎ ‎50%‎ ‎467‎ ‎169‎ ‎36%‎ ‎（1）从表中所有应聘人员中随机抽取1人，试估计此人被录用的概率；‎ ‎（2）将应聘岗位的男性教师记为，女性教师记为，现从应聘岗位的6人中随机抽取2人.‎ ‎（i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；‎ ‎（ii）设为事件“抽取的2人性别不同”，求事件发生的概率.‎ ‎【答案】（1）；（2）（i），，，，，，，，，，，，，，；（ii）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据表中的数据，得到表中所有应聘人数为，被录用的人数为，利用古典概型及概率的计算公式，即可求解；‎ ‎（2）（i）记应聘岗位的男性为，，，应聘岗位的女性为，，，利用列举法，即可求解；（ii）列举出事件 “抽取的2人性别不同”所含基本事件的个数，利用古典概型及概率的计算公式，即可求解．‎ ‎【详解】（1）因为表中所有应聘人数为，被录用的人数为.‎ 所以从表中所有应聘人员中随机选择1人，此人被录用的概率约为.‎ ‎（2）（i）记应聘岗位的男性为，，，应聘岗位的女性为，，，‎ 从应聘岗位的6人中随机选择2人，共有15种结果，分别为：‎ ‎，，，，，，，，‎ ‎，，，，，，，‎ ‎（ii）事件 “抽取的2人性别不同”情况有9种：‎ ‎，，，，，，，，‎ ‎，‎ ‎∴事件发生的概率为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中正确理解题意，利用列举法一一列举基本事件的总数和所求事件所包含基本事件的个数，利用古典概型的概率计算公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面平面，，为中点，且.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由面面垂直的性质，证得平面，得到，在由正方形的性质，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可得到；‎ ‎（2）过作于，连接，得到为与平面所成角，再结合三角形相似，即可求解．‎ ‎【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，‎ ‎∴平面，又由平面，∴，‎ ‎∵为正方形，∴，‎ 又∵，∴平面，∴.‎ ‎（2）过作于，连接.‎ 由（1）得平面，∴，‎ 又，所以平面，‎ ‎∴为与平面所成角，‎ ‎∴，，，∴，，‎ 由∽，可得，∴，‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定与证明，以及线面角的求解，其中解答中熟记线面垂直的判定定理，以及熟练应用根据线面角的定义得到直线与平面所成的角是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于中档试题．‎ ‎20.函数，.‎ ‎（1）求函数极值，并证明，当时，；‎ ‎（2）若，证明：当时，.‎ ‎【答案】（1）极小值，证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得函数的导数，得出函数的单调性，求得函数最小值，结合不等式的性质，即可求解；‎ 函数只有极小值，‎ ‎（2）不等式等价于，构造新函数，利用导数求得函数的单调性，结合函数的最值，即可求解．‎ ‎【详解】（1）由题意，函数，则，‎ 由得，得，‎ 所以函数在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以函数只有极小值，‎ 所以，所以，‎ 又，得．‎ ‎（2）不等式等价于，‎ 由（1），且，得，‎ 所以，‎ 令，则，‎ 当时，，所以在上为减函数，‎ 所以，‎ 因为，所以，当时，，‎ 所以，所以当时.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎ ‎21.已知椭圆的离心率为，椭圆经过点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设点是椭圆上的任意一点，射线与椭圆交于点，过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，直线与椭圆交于两个相异点，证明：面积为定值.‎ ‎【答案】（1）； （2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆的离心率和把过的点代入椭圆方程，根据得到的式子求出.‎ ‎（2）当直线斜率不存在时，易得的面积，当直线斜率存在时，设为，与椭圆相切，得到和的关系，再由直线和椭圆联立方程组，得到、，‎ 利用弦长公式表示出，再得到和的关系，由到的距离，得到到的距离，从而计算出的面积.得到结论为定值.‎ ‎【详解】（1）解：因为的离心率为，‎ 所以，‎ 解得.①‎ 将点代入，整理得.②‎ 联立①②，得，，‎ 故椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）证明：①当直线的斜率不存在时，‎ 点为或，由对称性不妨取，‎ 由（1）知椭圆的方程为，所以有.‎ 将代入椭圆的方程得，‎ 所以 .‎ ‎②当直线的斜率存在时，设其方程为，‎ 将代入椭圆的方程 得，‎ 由题意得，‎ 整理得.‎ 将代入椭圆的方程，‎ 得.‎ 设，，‎ 则，，‎ 所以 .‎ 设，，，则可得，.‎ 因为，所以，‎ 解得（舍去），‎ 所以，从而.‎ 又因为点到直线的距离为，‎ 所以点到直线的距离为，‎ 所以 ，‎ 综上，的面积为定值.‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆的方程，直线与椭圆相切和相交，设而不求的方法表示弦长和三角形面积等，涉及知识点较多，对计算要求较高，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，则按所做的第一题计分.答题时请在答题卷中写清题号并将相应信息点涂黑.‎ ‎ 选修44：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系中，圆：，圆：.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求圆，的极坐标方程；‎ ‎（2）设，分别为，上的点，若为等边三角形，求.‎ ‎【答案】（1）C1：ρ＝2cosθ；C2：ρ＝－4cosθ（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由直角坐标方程与极坐标方程的互化即可求解；（2）设A(ρA，θ)，B(ρB，θ＋)，0＜θ＜，由ρA＝2cosθ=ρB＝－4cos(θ＋)，得tanθ，则可求ρA ‎【详解】（1）依题意可得，圆C1：(x－1)2＋y2＝1；圆C2：(x＋2)2＋y2＝4．‎ 所以C1：x2＋y2＝2x；C2：x2＋y2＝－4x，‎ 因为x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ，‎ 所以C1：ρ＝2cosθ；C2：ρ＝－4cosθ．‎ ‎（2）因为C1，C2都关于x轴对称，△OAB为等边三角形，‎ 所以不妨设A(ρA，θ)，B(ρB，θ＋)，0＜θ＜．‎ 依题意可得，ρA＝2cosθ，ρB＝－4cos(θ＋)．‎ 从而2cosθ＝－4cos(θ＋)，‎ 整理得，2cosθ＝sinθ，所以tanθ＝，‎ 又因为0＜θ＜，所以cosθ＝，‎ ‎|AB|＝|OA|＝ρA＝．‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程，ρ几何意义的应用，三角函数，利用ρA＝ρB求得θ是突破点，是中档题 ‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.设函数，其中，.‎ ‎（1）当，时，求关于的不等式的解集；‎ ‎（2）若，证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）代入，的值，求出 的分段函数的形式，求出不等式的解集即可；‎ ‎（2）变形可得，再利用三角不等式求出的最小值为，由基本不等式即可得到的最小值为4‎ ‎【详解】解：（1）由，，‎ 得， ‎ 所以的解集为. ‎ ‎（2）由，可得，‎ ‎， ‎ 因为，，‎ 所以，‎ 当且仅当时等号成立.所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法以及含参数不等式恒成立的问题，属于中档题。‎ ‎ ‎