2020届广东省惠州市高三第三次调研考试数学（理）试题（解析版）

2020届广东省惠州市高三第三次调研考试数学（理）试题（解析版）

‎2020年1月2日高中数学作业 一、单选题 ‎1．已知全集，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合，再求补集即可 ‎【详解】‎ ‎，，‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查补集运算，考查指数不等式解法，是基础题 ‎2．设i为虚数单位，复数，则在复平面内对应的点在第（ ）象限 A．一 B．二 C．三 D．四 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据复数乘法求复数代数形式，再确定象限.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 所以在复平面内对应的点为，在第二象限.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查复数乘法运算以及复数几何意义，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎3．已知，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数与对数的性质与0，1比较即可 ‎【详解】‎ ‎，，，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查指数与对数的单调性，插入中间值与0,1 比较是常用方法，是基础题 ‎4．在直角坐标系中，已知角θ 的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边落在直线上，则= （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由终边确定角的正切值，利用诱导公式及二倍角公式求解 ‎【详解】‎ 因为角θ终边落在直线上，所以，，‎ 所以 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数的定义，考查二倍角公式及诱导公式，意在考查计算能力及公式运用，是中档题 ‎5．在平行四边形ABCD中，，，，为的中点，则= （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量加减运算法则求解 ‎【详解】‎ ‎= ‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查平面向量基本定理，考查用基底表示向量，熟练运用加减运算是关键，是基础题 ‎6．设，则“”是“直线与直线平行”的（ ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线平行的等价条件，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．‎ ‎【详解】‎ 依题意，知－＝－，且－≠-，解得＝±.‎ 故“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用直线平行的等价关系是解决本题的关键．‎ ‎7．数列 ‎：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和．即：.记该数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据递推关系利用裂项相消法探求和项与通项关系，即得结果.‎ ‎【详解】‎ 因为 ‎，‎ 所以，选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查裂项相消法，考查基本分析判断能力，属中档题.‎ ‎8．《易经》是中国传统文化中的精髓，下图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（表示一根阳线，表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据概率公式计算即可．‎ ‎【详解】‎ 从八卦中任取两卦，基本事件有种，‎ 其中这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线，基本事件共有10中，‎ ‎∴这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的概率为p 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查函数与方程思想，是基础题．‎ ‎9．函数的图象的大致形状是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知中函数的解析式，可得函数f（x）为偶函数，可排除C,D，由得到答案．‎ ‎【详解】‎ 故则是偶函数，排除C、D，又当 ‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数的图象特征，函数的奇偶性的判断，结合排除特值与极限判断是常见方法，属于基础题．‎ ‎10．如图，平面过正方体的顶点A，平面平面平面，则m、n所成角的正弦值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图形，判断出m、n所成角，求解即可．‎ ‎【详解】‎ 如图：面，面，面，可知，，‎ 因为△是正三角形，所成角为60°．‎ 则m、n所成角的正弦值为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，熟练运用线面平行的性质定理是关键 ‎11．已知是抛物线的焦点，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，‎ ‎（其中为坐标原点），则与面积之和的最小值是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：据题意得，设，则，或，因为位于轴两侧所以.所以两面积之和为 .‎ ‎【考点定位】1、抛物线；2、三角形的面积；3、重要不等式.‎ ‎12．已知函数满足， 且在上有最小值，无最大值.给出下述四个结论：‎ ‎①； ‎ ‎②若，则；‎ ‎③的最小正周期为3； ‎ ‎④在上的零点个数最少为1346个．‎ 其中所有正确结论的编号是（ ）‎ A．①②④ B．①③④ C．①③ D．②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的性质，结合对称性以及周期性分别进行判断即可．‎ ‎【详解】‎ 区间中点为，根据正弦曲线的对称性知,①正确.‎ 若，则，即，不妨取，此时 ‎，满足条件，但为上的最大值，不满足条件，故②错误.‎ 不妨令，，两式相减得,‎ 即函数的周期，故③正确.‎ 区间的长度恰好为673个周期，当时，即时，在开区间上零点个数至少为，故④错误.‎ 故正确的是①③，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查与三角函数有关的命题的真假关系，结合三角函数的图象和性质，利用特值法以及三角函数的性质是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．‎ 二、填空题 ‎13．执行如图所示的程序框图，则输出的n值是_________.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 执行循环，根据判断条件判断是否继续循环，直至跳出循环输出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎①②③结束循环，输出结果：6‎ 故答案为：6．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查循环结构流程图，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎14．若，则的值为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 令，得，令，得，则 ‎.‎ 点睛：本题考查二项式定理的应用；在利用二项式定理求二项展开式的系数和时，往往采用赋值法或整体赋值法，要灵活注意展开式中未知数的系数的特点合理赋值，往往是1，0,或.‎ ‎15．设数列的前项和为.若，，，则______；______．‎ ‎【答案】1 121 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据前项和与通项关系，求出通项公式，然后再求和.‎ ‎【详解】‎ 由，解得，，‎ 当时，由已知可得：‎ ‎，①‎ ‎，②‎ ‎①－②得，∴，又，‎ ‎∴是以为首项，以为公比的等比数列．‎ ‎∴.‎ 故答案为:3,121‎ ‎【点睛】‎ 本题考查已知前项和求通项以及等比数列的前项和公式，考查运算能力，属于基础题.‎ ‎16．已知双曲线的左、右焦点分别为，其中也是抛物线的焦点，与在一象限的公共点为，若直线斜率为，则双曲线离心率为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可得，，，过作抛物线准线的垂线，垂足为，设，，可得， ．结合，化简可得，在△中，由余弦定理可得，即可求解 ‎【详解】‎ 解：因为是双曲线的右焦点且是抛物线的焦点，所以，‎ 解得，所以抛物线的方程为：；‎ ‎ 由，，‎ 如图过作抛物线准线的垂线，垂足为，设，，‎ 则，．‎ 由，可得 在△中，，，，‎ 由余弦定理可得，‎ ‎，‎ 又，，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了双曲线的简单几何性质和解三角形的运算，属于中档题．‎ 三、解答题 ‎17．在平面四边形中，，，.‎ ‎（1）若的面积为，求；‎ ‎（2）若，，求.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用已知条件与面积公式即可得到结果；‎ ‎(2) 设，则，结合正弦定理即可得到.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在中，因为，，，‎ 所以，解得：.‎ 在中，由余弦定理得：‎ 所以 ‎（2）设，则 如图，‎ 在中，因为，所以 在中，，‎ 由正弦定理，得，即 所以 所以，即 所以，即 ‎【点睛】‎ 解三角形的基本策略 一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.‎ ‎18．如图，等腰梯形中，，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置（平面）.‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（I）见解析；（II）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）先证明，再证明；（II）在平面POB内作PQ⊥OB,垂足为Q，‎ 证明OP⊥平面ABCE，以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值.‎ ‎【详解】‎ ‎（I）证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，‎ ‎∵AB||CE,AB=CE，∴四边形ABCE为平行四边形，∴AE=BC=AD=DE，‎ ‎∴△ADE为等边三角形，∴在等腰梯形ABCD中，，,‎ ‎∴在等腰中，‎ ‎∴,即BD⊥BC，‎ ‎∴BD⊥AE，‎ 翻折后可得：OP⊥AE,OB⊥AE，又，， ‎ ‎；‎ ‎（II）解：在平面POB内作PQ⊥OB,垂足为Q，‎ 因为AE⊥平面POB，∴AE⊥PQ，‎ 因为OB平面ABCE, AE平面ABCE,AE∩OB=O ‎∴PQ⊥平面ABCE，∴直线PB与平面ABCE夹角为，‎ 又因为OP=OB，∴OP⊥OB，‎ ‎∴O、Q两点重合，即OP⊥平面ABCE，‎ 以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得，各点坐标为,‎ 设平面PCE的一个法向量为，‎ 则 设，则y=-1,z=1，‎ ‎∴，‎ 由题意得平面PAE的一个法向量，‎ 设二面角A-EP-C为，.‎ 易知二面角A-EP-C为钝角，所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间几何元素位置关系的证明，考查二面角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象转化分析推理能力.‎ ‎19．为发挥体育核心素养的独特育人价值，越来越多的中学将某些体育项目纳入到学生的必修课程.惠州市某中学计划在高一年级开设游泳课程，为了解学生对游泳的兴趣，某数学研究学习小组随机从该校高一年级学生中抽取了100人进行调查.‎ ‎（1）已知在被抽取的学生中高一班学生有6名，其中3名对游泳感兴趣，现在从这6名学生中随机抽取3人，求至少有2人对游泳感兴趣的概率；‎ ‎（2）该研究性学习小组在调查中发现，对游泳感兴趣的学生中有部分曾在市级或市级以上游泳比赛中获奖，具体获奖人数如下表所示.若从高一班和高一班获奖学生中随机各抽取2人进行跟踪调查，记选中的4人中市级以上游泳比赛获奖的人数为,求随机变量的分布列及数学期望.‎ 班级 一 一 一 一 一 一 一 一 一 一 市级 比赛获奖人数 ‎2‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎2‎ 市级以上 比赛获奖人数 ‎2‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎【答案】(1)；(2)分布列见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用组合数结合古典概型求出从这6名学生中随机抽取3人，至少有2人对游泳有兴趣的概率．‎ ‎（2）由题意可知ξ的所有可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和E（ξ）．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）‎ 记事件从6名学生抽取的3人中恰好有i人有兴趣，，1，2，；‎ 则与互斥 故所求概率为 ‎ ‎； ‎ ‎（2）由题意知，随机变量的所有可能取值有0，1，2，3； ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 则的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ p ‎…‎ 数学期望为 ‎【点睛】‎ 本题考查概率、离散型随机变量概率分布列、数学期望的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程能力，是中档题．‎ ‎20．在平面直角坐标系中，已知过点的直线与椭圆交于不同的两点，，其中.‎ ‎（1）若，求的面积；‎ ‎（2）在x轴上是否存在定点T，使得直线TA、TB与y轴围成的三角形始终为等腰三角形.‎ ‎【答案】(1) (2) x轴上存在定点，使得直线TA、TB与y轴围成的三角形始终为等腰三角形 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时得直线l：，与椭圆联立得B，再求面积 ‎（2）设直线l： ，与椭圆联立，由直线TA、TB与y轴围成的三角形始终为等腰三角形，得 ，利用斜率代入韦达定理化简得定点坐标 ‎【详解】‎ ‎（1）当时，代入椭圆方程可得点坐标为或 ‎ 若点坐标为，此时直线l：‎ 联立，消x整理可得 解得或，故B 所以的面积为 ‎ ‎，由对称性知的面积也是，‎ 综上可知，当时，的面积为. ‎ ‎（2）显然直线l的斜率不为0，设直线l： ‎ 联立，消去x整理得 ‎ 由，得 则， , ‎ 因为直线TA、TB与y轴围成的三角形始终为等腰三角形，‎ 所以 ‎ 设，则, ‎ 即,‎ 解得.‎ 故x轴上存在定点，使得直线TA、TB与y轴围成的三角形始终为等腰三角形．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与椭圆的位置关系，考查直线过定点问题，解决此类问题，通常先猜后证，重点考查计算能力，是中档题 ‎21．已知实数，设函数．‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）当时，若对任意的，均有，求的取值范围．‎ 注：为自然对数的底数．‎ ‎【答案】（1）在内单调递减，在内单调递增；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求导后取出极值点,再分,两种情况进行讨论即可.‎ ‎(2)当时得出的一个取值范围,再讨论时的情况,再对时构造函数两边取对数进行分析论证时恒成立.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由,解得．‎ ‎①若,则当时,,故在内单调递增；‎ 当时,,故在内单调递减．‎ ‎②若,则当时,,故在内单调递增；‎ 当时,,故在内单调递减．‎ 综上所述,在内单调递减,在内单调递增．‎ ‎(2),即．‎ 令,得,则．‎ 当时,不等式显然成立,‎ 当时,两边取对数,即恒成立．‎ 令函数,即在内恒成立．‎ 由,得．‎ 故当时,,单调递增；‎ 当时,,单调递减.‎ 因此．‎ 令函数,其中,‎ 则,得,‎ 故当时,,单调递减；当时,,单调递增．‎ 又,,‎ 故当时,恒成立,因此恒成立,‎ 即当时,对任意的,均有成立．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用求导解决含参的函数的单调性问题以及在区间上恒成立求参数的范围的问题,需要构造函数讨论函数的单调性进行求解,属于难题.‎ ‎22．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，若极坐标系内异于的三点，，都在曲线上.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若过，两点直线的参数方程为（为参数），求四边形的面积.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将 代入极坐标方程，求出，利用两角和与差的余弦公式化简可得结论；（2）求得，则；又得.四边形面积为，化简可得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由 ，则 ；‎ ‎（2）由曲线的普通方程为：，联立直线的参数方程得：‎ 解得；平面直角坐标为：‎ 则；又得.‎ 即四边形面积为为所求.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查极坐标方程以及参数方程的应用，考查了极径与极角的几何意义的应用，意在考查综合应用所学知识，解答问题的能力，属于中档题.‎ ‎23．已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若对任意恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 把要解的不等式等价转化为与之等价的三个不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求；‎ ‎(2)对x分类讨论，当时，，借助绝对值不等式即可得到右侧的最小值，从而得到的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，原不等式等价于，解得，所以；‎ 当时，原不等式等价于，解得，所以此时不等式无解；‎ 当时，原不等式等价于，解得，所以；‎ 综上所述，不等式解集为.‎ ‎（2）由，得 当时，恒成立，所以；‎ 当时，‎ 因为 当且仅当即或时，等号成立 所以，‎ 综上，的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查绝对值不等式的解法，函数的恒成立问题，绝对值三角不等式，体现了等价转化的数学思想，属于中档题．‎