广东省梅州市2020届高三上学期9月第一次质量检测数学（理）试题

广东省梅州市2020届高三上学期9月第一次质量检测数学（理）试题

‎2019-2020学年第一学期高三第一次质检 理科数学试卷 一．选择题（60分）‎ ‎1.已知集合，，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分别求出集合和，由此能求出.‎ ‎【详解】集合，集合，‎ 所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查交集的运算和不等式的解法，属于基础题．‎ ‎2.已知，，是关于的方程的一个根，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由是关于的方程的一个根，代入方程化简得，根据复数相等的充要条件，列出方程组，即可求解.‎ ‎【详解】依题意，复数是关于方程的一个根，‎ 可得，即：，‎ 所以，解得，所以，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数方程的应用，以及复数相等的充要条件的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎3.已知，，，则，，的大小关系为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数的单调性，分别求得的范围，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，根据对数的单调性，可得，即，‎ ‎，即，，即，‎ 所以，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了对数函数的单调性的应用，其中解答中熟记对数函数的单调性，合理求解得范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎4.函数的图象大致为（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的解析式，得到，所以函数为偶函数，图象关于对称，排除B、C；再由函数的单调性，排除A，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意，函数，可得，‎ 即，所以函数为偶函数，图象关于对称，排除B、C；‎ 当时，，则＞0，‎ 所以函数在上递增，排除A，‎ 故选.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与函数单调性的应用，其中解答中熟练应用函数的奇偶性和单调性，进行合理排除是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎5.下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由一个半圆和一个四分之一圆构成，两个阴影部分分别标记为和.在此图内任取一点，此点取自区域的概率记为，取自区域的概率记为，则（）‎ A. B. ‎ C. D. 与的大小关系与半径长度有关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用圆的面积公式和扇形的面积公式，分别求得阴影部分的面积，得到阴影部分 的面积＝阴影部分的面积，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，设四分之一圆的半径为，则半圆的半径为，‎ 阴影部分的面积为，空白部分的面积为，‎ 阴影部分M的面积为：，‎ 阴影部分的面积＝阴影部分的面积，所以，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了几何概型的应用，其中解答中认真审题，正确求解阴影部分的面积是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎6.下图是判断输入年份是否是闰年的程序框图，若先后输入，，则输出的结果分别是（注：表示除以的余数）（）‎ A. 是闰年，是闰年 B. 是闰年，是平年 C. 是平年，是闰年 D. 是平年，是平年 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由给定的条件分支结构的程序框图，根据判断条件，准确计算，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，输入时，，‎ 输出是平年，‎ 输入时，‎ 输出是润年，‎ 故选 ‎【点睛】本题主要考查了条件分支结构的程序框图的计算结果的输出，其中解答中根据条件分支结构的程序框图，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.‎ ‎7.若，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角函数的诱导公式，求得，再由余弦的倍角公式，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由三角函数的诱导公式，可得，‎ 又由余弦的倍角公式，可得，‎ 所以，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式和余弦的倍角公式的化简求值，其中解答中熟练应用三角函数的基本公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎8.已知等差数列的公差不为零，其前项和为，若，，成等比数列，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，得，利用等差数列的求和公式，列出方程求得，即可求解的值，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，知，，成等比数列，所以，‎ 即，‎ 整理得，所以，解得，‎ 所以＝，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比中项公式，以及等差数列的通项公式和前n项和公式的应用，其中解答中熟练应用等差数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎9.双曲线的右焦点为，点为的一条渐近线上的点，为坐标原点，若，则的最小值为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得双曲线的一条渐近线为，由，得到点的坐标为，利用三角形的面积公式和基本不等式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，双曲线的一条渐近线为，设，‎ 因为，可得点的横坐标为，‎ 代入渐近线，可得，所以点的坐标为，‎ 所以，‎ 当且仅当时，即时，等号成立，即的最小值为.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及简单的几何性质的应用，其中解答中熟记双曲线的几何性质，利用基本不等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.‎ ‎10.已知函数，则( )‎ A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递减 D. 在上单调递减，在 上单调递增 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知中的函数的解析式，分析函数的单调性和奇偶性，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，函数，可得，解得，‎ 令，‎ 故在为单调递增函数，所以函数在为单调递增函数，‎ 可排除C、B、D项，‎ 又由，满足，‎ 所以函数的图象关于点对称，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的定义域，函数的单调性，以及函数的对称性的应用，其中解答中熟记函数的基本性质，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎11.已知函数的图像的一条对称轴为直线，且，则的最小值为( )‎ A. B. 0 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用辅助角公式，化简函数的解析式，由对称轴的方程，求得的值，得出函数的解析式，集合正弦函数的最值，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，函数为辅助角，‎ 由于函数的对称轴的方程为，且，‎ 即，解得，所以，‎ 又由，所以函数必须取得最大值和最小值，‎ 所以可设，，‎ 所以，‎ 当时，的最小值，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦函数的图象与性质，其中解答中利用三角恒等变换的公式，化简函数的解析式，合理利用正弦函数的对称性与最值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ ‎12.设是定义在上的偶函数，，都有，且当时，，若函数（，）在区间内恰有三个不同零点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由得函数的图象关于直线对称，又是偶函数，即图象关于直线对称，因此它还是周期函数，且周期为，函数的零点个数就是函数与曲线的图象交点的个数，如图由奇偶性和周期性作出的图象，作出的图象，由图象知，两图象只有三个交点，则有或，解得或．故选C．‎ 考点：函数的零点．‎ ‎【名师点睛】本题考查函数零点，函数的零点，就是方程的解，也是函数的图象与轴交点的横坐标，它们个数是相同的，因此有解决零点个数问题时，常常进行这方面的转化，把函数零点转化为函数图象交点．在转化时在注意较复杂的函数是确定的（没有参数），变化的是比较简单的函数，如基本初等函数，大多数时候是直线，这样变化规律比较明显，易于观察得出结论．本题解法是数形结合思想的应用．‎ 二、填空题（共20分）‎ ‎13.若满足约束条件，则最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出约束条件表示的平面区域，结合图象，确定目标函数的最优解，代入目标函数，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，‎ 目标函数可化为直线，当直线过点C 时，此时目标函数取得最大值，‎ 又由，解得，即，‎ 所以目标函数的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，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，及推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎14.已知是夹角为的两个单位向量，，则_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量的数量积的运算公式，准确运算，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由向量的数量积的运算公式，可得.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎15.已知函数，若在上恰有个极值点，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的图象与性质，求得函数的极值点为，再由在上恰有个极值点，得到，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，令，即，‎ 解得，‎ 所以函数的极值点为，‎ 又在上恰有个极值点，‎ 所以这三个极值点只能是在，‎ 所以有，解得.‎ 所以实数的取值范围是.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角还函数的图象与性质的应用，以及函数极值点的定义的应用，其中解答熟练应用三角函数的图象与性质，得到关于实数的不等式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ ‎16.在三棱锥中，，，，点到底面的距离为，则三棱锥的外接球的表面积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可知为三棱锥的外接球的一条直径，过点作平面，可知为外接圆的一条直径，计算出的长度，再利用勾股定理计算出的长度，即可得出该球的直径，再利用球体表面积公式可得出结果.‎ ‎【详解】设的中点为点，，，‎ 为三棱锥的外接球的一条直径，‎ 过点作平面，垂足为点，‎ ‎、、平面，，，，‎ ‎，，由勾股定理可得，同理可知，‎ ‎，为等边三角形，‎ 设的外接圆圆心为点，连接，则，且，‎ 由中位线的性质可知点为的中点，为圆的一条直径，‎ 所以，，由圆的内接四边形的性质可知，，‎ ‎，由正弦定理可得，‎ ‎，因此，球的表面积为，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查多面体的外接球表面积的计算，解题时要充分分析多边形的形状，找出球心的位置，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ 三．（解答题，共70分）‎ ‎17.的内角所对的边分别为，已知的面积为.‎ 证明：；‎ 若求.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由三角形的面积公式化简得，进而得到，即可作出证明；‎ ‎（2）因为，求得，由（1）得，利用余弦定理求得，再由面积公式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由三角形的面积公式，可得，即，‎ 又因为，所以，‎ 又因为，所以，所以.‎ ‎（2）因为，由三角函数的基本关系式，可得，‎ 由（1）得，‎ 由余弦定理得，解得，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎18.某音乐院校举行“校园之星”评选活动，评委由本校全体学生组成，对 两位选手，随机调查了个学生的评分，得到下面的茎叶图：‎ 通过茎叶图比较两位选手所得分数的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；‎ 校方将会根据评分记过对参赛选手进行三向分流：‎ 所得分数 低于分 分到分 不低于分 分流方向 淘汰出局 复赛待选 直接晋级 记事件“获得的分流等级高于”，根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件发生的概率.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过茎叶图可以看出，得分数的平均值高于得分数的平均值，得分数比较集中，得分数比较分散；‎ ‎（2）记表示事件:“选手直接晋级”表示事件:“选手复赛待选”表示事件:“选手复赛待选”表示事件:“选手淘汰出局利用独立事件的概率乘法公式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）通过茎叶图可以看出，选手所得分数的平均值高于选手所得分数的平均值；‎ 选手所得分数比较集中，选手所得分数比较分散.‎ ‎（2）记表示事件:“选手直接晋级”表示事件:“选手复赛待选”‎ 表示事件:“选手复赛待选”表示事件:“选手淘汰出局 则与独立，与独立，与互斥，‎ 则，‎ 由所给数据得，，，发生的频率分别为.‎ 故，，，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了茎叶图的应用，以及相互独立事件的概率的计算，其中解答中正确理解题意，准确利用独立事件的概率乘法公式计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，点是中点.‎ 求证：平面；‎ 若直线与平面所成角为，求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接交于，连接，利用线面平行的判定定理，即可证得平面 ‎；‎ 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，，分别求得平面和平面的一个法向量和，利用向量的夹角公式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）连接交于，连接，‎ 由题意可知，，，‎ 又在平面外，平面，所以平面.‎ 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，，则，，，‎ ‎，，，‎ 设平面的法向量，‎ 由，得，取，‎ 又由直线与平面所成的角为，‎ 得，解得，‎ 同理可得平面的法向量，‎ 由向量的夹角公式，可得，‎ 又因为二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎20.已知为抛物线的焦点，直线与相交于两点.‎ 若，求的值；‎ 点，若，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）联立方程组，利用根与系数的关系和抛物线的定义，即可求解.‎ 由，可得，利用向量的夹角公式，联立方程组，求得，即可求得直线的方程.‎ ‎【详解】（1）由题意，可得，设，‎ 联立方程组，整理得，‎ 则，，‎ 又由.‎ ‎（2）由题意，知，，，‎ 由，可得 又，，则，‎ 整理得，解得，‎ 所以直线的方程为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.‎ ‎21.已知函数，，为的导数，且.证明：‎ 在内有唯一零点；‎ ‎.‎ ‎（参考数据：，，，，.）‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，得，分别求得在区间和上的单调性，利用零点的存在定理，即可求解；‎ ‎（2）由（1）得，求得函数的单调性，得到的最大值为，再由得，得到，利用作差比较，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，函数，则 所以，‎ 当时，可得，即在内没有零点，‎ 当时，，‎ 因为，所以，所以在上单调递减，‎ 又，且，‎ 所以在内有唯一零点.‎ ‎（2）由（1）得，当时，，所以，即单调递增；‎ 当时，，所以，即单调递减，‎ 即的最大值为，‎ 由得，所以，‎ 因此，‎ 因为，所以 从而，即，‎ 所以，故.‎ ‎【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．‎ ‎（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.‎ ‎22.在极坐标系中，圆.以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系，直线经过点且倾斜角为.‎ 求圆的直角坐标方程和直线的参数方程；‎ 已知直线与圆交与，，满足为的中点，求.‎ ‎【答案】（1），，(为参数，).（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，可求解圆的直角坐标方程，根据直线参数方程的形式，即可求得直线的参数方程；‎ 将直线的方程代入圆的方程，利用根与系数的关系，求得，，由为的中点，得到，求得，即可求得的表达式，利用三角函数的性质，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，圆，可得，‎ 因为，，所以，即，‎ 根据直线的参数方程的形式，可得直线:，(为参数，).‎ 设对应的参数分别为，‎ 将直线的方程代入，整理得，‎ 所以，，‎ 又为的中点，所以，‎ 因此，，‎ 所以，即，‎ 因为，所以，‎ 从而，即.‎ ‎【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程，直线参数方程的求解，以及直线参数方程的应用，其中解答中合理利用直线参数中参数的几何意义求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎23.设函数.‎ 画出的图像；‎ 若，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）画图见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据绝对值的定义，可得分段函数的解析式，进而作出函数的图象；‎ ‎（2）由不等式，可得，解得，再由绝对值的三角不等式，求得当且仅当，且时，成立，即可求解的最小值.‎ ‎【详解】（1）由题意，根据绝对值的定义，可得分段函数，‎ 所以的图象如图所示：‎ ‎（2）由，可得，解得，‎ 又因为，所以.(※)‎ 若，(※)式明显成立；‎ 若，则当时，(※)式不成立，‎ 由图可知，当，且时，可得，‎ 所以当且仅当，且时，成立，‎ 因此的最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值的定义及应用，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中利用绝对值的定义去掉绝对值号，以及合理利用绝对值不等式是解答的关键，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.‎ ‎ ‎ ‎ ‎