2020届广东省潮州市高三上学期期末数学（文）试题（解析版）

2020届广东省潮州市高三上学期期末数学（文）试题（解析版）

‎2020届广东省潮州市高三上学期期末数学（文）试题 一、单选题 ‎1．若为虚数单位，且，则 Ａ．　　　Ｂ．　　Ｃ．　　Ｄ．‎ ‎【答案】C ‎【解析】略 ‎2．设集合S={x|x2+2x=0,x∈R},T={x|x2-2x=0,x∈R},则S∩T等于(　　)‎ ‎(A){0} (B){0,2}‎ ‎(C){-2,0} (D){-2,0,2}‎ ‎【答案】A ‎【解析】集合运算问题需先对集合进行化简,明确集合中所含具体元素,因S={0,-2},T={0,2},所以S∩T={0}.故选A.‎ ‎3．已知函数f(x)=若f（f（0））=4a，则实数a等于（）‎ A． B． C．2 D．9‎ ‎【答案】C ‎【解析】 ，选C.‎ 点睛：(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现的形式时，应从内到外依次求值.(2)求某条件下自变量的值，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围.‎ ‎4．“数列既是等差数列又是等比数列”是“数列是常数列”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】A ‎【解析】数列既是等差数列又是等比数列，则可知 是常数列，所以充分性成立；‎ 若是常数列，则不是等比数列，所以必要性不成立，‎ 所以“数列既是等差数列又是等比数列”是“数列是常数列”的充分不必要条件，故选A。‎ ‎5．函数的图象如图所示，则下列结论成立的是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据定义域及特殊点可判断.‎ ‎【详解】‎ 解：∵的图象与轴交于，且点的纵坐标为正，∴，故，定义域为 其函数图象间断的横坐标为正，∴，故.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数图象的识别，考查数形结合思想，属于基础题.‎ ‎6．在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩（单位：分钟）的茎叶图如图所示.‎ 若将运动员按成绩由好到差编为1～35号，再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩小于139分钟 运动员人数为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由系统抽样的定义，所抽取的样本编号成等差数列，由此可知小于139分的能抽取的人数．‎ ‎【详解】‎ 共有35人，抽取7人，每5人中抽取一个，小于139分的有10人，应制取2人．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查系统抽样，掌握系统抽样的定义是解题基础．一般系统抽样制取出的样本的编号是成等差数列的．‎ ‎7．若，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】已知式分子分母同除以，化为的等式，解之可得．‎ ‎【详解】‎ ‎∵，∴，解得．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查同角间的三角函数关系．在出现的齐次式可常常用弦化切的方法，直接转化为为的关系式，然后求解．‎ ‎8．若实数满足，则的最大值和最小值分别为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由不等式组作出可行域，令，数形结合求出的最大值和最小值．‎ ‎【详解】‎ 解：由作可行域如图，‎ 令，则，‎ 由图可知，当过时，截距最大，最大值为；‎ 当过时，截距最小，最小值为．‎ 的最大值和最小值分别为2，．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线性规划问题，数形结合是数学思想的重要手段之一，是连接代数和几何的重要方法．属于中档题．‎ ‎9．在平行四边形中，，，则该四边形的面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】计算得，因此有．‎ ‎【详解】‎ 由题意，，，∴，‎ ‎∴．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量的数量积与向量垂直的关系，掌握向量垂直的数量积表示是解题基础．即对非零向量，．‎ ‎10．如图，四棱锥的底面为正方形，‎ ‎，则下列结论中不正确的是（ ）‎ A． B．‎ C．平面平面 D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由底面正方形及，确定线线间的垂直关系，判断各个结论的正确性．‎ ‎【详解】‎ ‎，在平面的射影与垂直，则，A正确；‎ 在平面的射影与垂直，则，B正确；‎ 利用上述垂直可得平面，从而有平面平面，C正确；‎ 若，则垂直在平面内的射影，这是不可能的，D错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间的线线的垂直与面面垂直的判断，掌握三垂线定理及其逆定理是解题基础．‎ ‎11．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左顶点与抛物线y2＝2px(p>0)的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(－2，－1)，则双曲线的焦距为( )‎ A．2 B．2 C．4 D．4‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：根据题意，双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为（-2，-1），‎ 即点（-2，-1）在抛物线的准线上，又由抛物线y2=2px的准线方程为x="-p" 2 ，则p=4，‎ 则抛物线的焦点为（2，0）；‎ 则双曲线的左顶点为（-2，0），即a=2；‎ 点（-2，-1）在双曲线的渐近线上，则其渐近线方程为y=±1 2 x，‎ 由双曲线的性质，可得b=1；‎ 则c=" 5" ，则焦距为2c=2；‎ 故选A．‎ ‎12．已知的内角所对的边分别是，且，若边上的中线，则的外接圆面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由余弦定理求出，由平方后可求得即，再由已知求得，结合正弦定理可求得外接圆半径，从而得外接圆面积.‎ ‎【详解】‎ ‎∵， ∴，．‎ 又是中点，∴，‎ ‎∴，‎ 即，解得，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查余弦定理、正弦定理，考查向量的线性运算．解题关键是是利用向量线性运算把表示为，平方后易求得．‎ 二、填空题 ‎13．曲线在点处的切线方程为 ___________ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】求出函数在时的导数，得切线斜率，从而写出切线方程．‎ ‎【详解】‎ 由题意，∴，切线方程为，即．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查导数的几何意义．求函数图象在某点处的切线，只要求出导数，即为该点处的切线斜率，由点斜式得出直线方程．‎ ‎14．已知函数的一条对称轴为，则的值是 _______________ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】求出函数的对称轴，由对称轴是求出的表达式，根据范围得出结论．．‎ ‎【详解】‎ ‎，，由，得，，‎ 又，∴．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数的对称性，三角函数（）的对称轴为，求得，对称中心为，．‎ ‎15．若数列满足，，则_____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】本题通过递推式直接将代入在依次类推则可得出。‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 通过观察上式得。‎ ‎【点睛】‎ 本题考察递推式的应用，若在选择填空题中遇到则可以通过一次类推或找规律求解。‎ ‎16．已知抛物线上有三点，直线的斜率分别为，则的重心坐标为 _______________ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设出三点坐标，由直线斜率公式写出斜率，化简后可求得三点坐标，从而得重心坐标．‎ ‎【详解】‎ 设，则 ‎，即，，即①，同理②，③，由①②③联立可解得，，，设重心为，则．．‎ ‎∴重心坐标为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与抛物线相交问题，已知直线斜率，可设出抛物线上点的坐标，利用点在抛物线上，及斜率公式可得，同理可得，这样可求得三个点的纵坐标，可以你入抛物线方程求得相应的横坐标．从而求出重心坐标．‎ 三、解答题 ‎17．已知等差数列满足，.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设等比数列满足.若，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）63‎ ‎【解析】（1）求出公差和首项，可得通项公式；‎ ‎（2）由得公比，再得，结合通项公式求得.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意等差数列的公差，，，‎ ‎∴；‎ ‎（2）由（1），∴，，‎ ‎∴，.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列与等比数列的通项公式，掌握基本量法是解题基础.‎ ‎18．如图，四棱锥中，平面，，，，为线段上一点，，为的中点．‎ ‎（I）证明平面；‎ ‎（II）求四面体的体积.‎ ‎【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）取的中点，然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形，从而得到，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）由条件可知四面体N-BCM的高，即点到底面的距离为棱的一半，由此可顺利求得结果．‎ 试题解析：（Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，.‎ 又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是 ‎.‎ 因为平面，平面，所以平面.‎ ‎（Ⅱ）因为平面，为的中点，‎ 所以到平面的距离为.‎ 取的中点，连结.由得，.‎ 由得到的距离为，故.‎ 所以四面体的体积.‎ ‎【考点】直线与平面间的平行与垂直关系、三棱锥的体积 ‎【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求三棱锥的体积关键是确定其高，而高的确定关键又找出顶点在底面上的射影位置，当然有时也采取割补法、体积转换法求解．‎ ‎19．某地区2020年清明节前后3天每天下雨的概率为60%，通过模拟实验的方法来计算该地区这3天中恰好有2天下雨的概率：用随机数（，且）表示是否下雨：当时表示该地区下雨，当时，表示该地区不下雨，从随机数表中随机取得20组数如下 ‎332 714 740 945 593 468 491 272 073 445‎ ‎992 772 951 431 169 332 435 027 898 719‎ ‎（1）求出的值，并根据上述数表求出该地区清明节前后3天中恰好有2天下雨的概率；‎ ‎（2）从2011年开始到2019年该地区清明节当天降雨量（单位：）如下表：（其中降雨量为0表示没有下雨）.‎ 时间 ‎2011年 ‎2012年 ‎2013年 ‎2014年 ‎2015年 ‎2016年 ‎2017年 ‎2018年 ‎2019年 年份 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ 降雨量 ‎29‎ ‎28‎ ‎26‎ ‎27‎ ‎25‎ ‎23‎ ‎24‎ ‎22‎ ‎21‎ 经研究表明：从2011年开始至2020年， 该地区清明节有降雨的年份的降雨量与年份成线性回归，求回归直线，并计算如果该地区2020年（）清明节有降雨的话，降雨量为多少？（精确到0.01）‎ 参考公式：.‎ 参考数据：，，‎ ‎，.‎ ‎【答案】（1），概率为；（2）回归直线方程为：，2020年清明节有降雨的话，降雨量约为．‎ ‎【解析】（1）根据每天下雨概率可求得，在所给20组数确定表示3天中恰有2天下雨的组数，然后计算概率；‎ ‎（2）计算，根据所给数据求出回归直线方程中的系数，得回归直线方程，令可得2020年的预估值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由得，即表示下雨，表示不下雨，‎ 所给20组数中有714，740，945，593，491，272，073，951，169，027共10组表示3天中恰有两天下雨，∴所求概率为.‎ ‎（2）由所给数据得，，‎ ‎，，‎ ‎∴回归直线方程为：，‎ 时，，‎ ‎∴2020年清明节有降雨的话，降雨量约为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抽样方法中的随机数表法，考查回归直线方程及应用，只要根据所给数据计算即可．本题还考查学生的数据处理能力．‎ ‎20．已知函数.‎ ‎（1）当时，求函数的单调区间；‎ ‎（2）若，求证：当时，‎ ‎【答案】（1）增区间是，减区间是；（2）见解析.‎ ‎【解析】（1）求出导函数，由确定增区间，由确定减区间；‎ ‎（2）时，成立，在时，变形为，取对数得，分离参数：，由（1）可求得的最小值，从而证得结论成立．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）定义域是，，当时，，递减，时，，递增，‎ ‎∴增区间是，减区间是；‎ ‎（2）时，时， 显然成立，‎ 当时，，‎ 由（1）在上递减，在上递增，‎ ‎∴，也是上的最小值，∴，而 时，，‎ ‎∴时，恒成立，∴.‎ 综上时，.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查用导数研究函数的单调性，用导数证明函数不等式.求函数的单调区间，就是求出导函数后，由确定增区间，由确定减区间；第（2）小题不等式的证明，首先对这种显而易见的情形说明，然后在时，把不等式变形，通过取对数化为证明 ‎，而可用第（1）结论求出最小值，这样就非常容易地完成证明.也符合出题者的意图.‎ ‎21．已知椭圆C：（）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）设F为椭圆C的左焦点，T为直线上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.‎ ‎（i）证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）；‎ ‎（ii）当最小时，求点T的坐标.‎ ‎【答案】(1)；（2）‎ ‎【解析】（1）由题意，又，由此可求出的值，从而求得椭圆的方程.（2）椭圆方程化为.设PQ的方程为，代入椭圆方程得：.（ⅰ）设PQ的中点为，求出，只要，即证得OT平分线段PQ.（ⅱ）可用表示出PQ，TF可得：化简得：.再根据取等号的条件，可得T的坐标.‎ ‎【详解】‎ ‎（1），又.‎ ‎（2）椭圆方程化为.‎ ‎（ⅰ）设PQ的方程为，代入椭圆方程得：.‎ 设PQ的中点为，则 又TF的方程为，则得，‎ 所以，即OT过PQ的中点，即OT平分线段PQ.‎ ‎（ⅱ），又，所以 ‎.‎ 当时取等号，此时T的坐标为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的方程的求解，考查了直线与圆锥曲线的位置关系，考查了最值问题的求解方法，属于中档题.‎ ‎22．选修4-4：坐标系与参数方程 已知动点都在曲线（为参数）上，对应参数分别为与，为的中点．‎ ‎（1）求的轨迹的参数方程；‎ ‎（2）将到坐标原点的距离表示为的函数，并判断的轨迹是否过坐标原点．‎ ‎【答案】（Ⅰ）,(为参数,)（Ⅱ）过坐标原点 ‎【解析】试题分析：（1）由题，得，则，可得参数方程；（2）由两点距离公式可得点到坐标原点的距离为，由此的轨迹过坐标原点．‎ 试题解析：（1）由题意有，，因此，的轨迹的参数方程为（为参数，）．‎ ‎（2）点到坐标原点的距离为，当时，，故的轨迹过坐标原点．‎ ‎【考点】坐标系与参数方程．‎ ‎23．设函数 ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）．‎ ‎【解析】试题分析：本题第（1）问，可由绝对值不等式的几何意义得出，从而得出结论；对第（2）问，由去掉一个绝对值号，然后去掉另一个绝对值号，解出的取值范围.‎ 试题解析：（1）证明：由绝对值不等式的几何意义可知：，当且仅当时，取等号，所以.‎ ‎（2）因为，所以 ‎，解得：.‎ ‎【易错点】在应用均值不等式时,注意等号成立的条件:一正二定三相等.‎ ‎【考点】本小题主要考查不等式的证明、绝对值不等式的几何意义、绝对值不等式的解法、求参数范围等不等式知识，熟练基础知识是解答好本类题目的关键.‎