广东省珠海市2020届高三摸底考试数学理试题

广东省珠海市2020届高三摸底考试数学理试题

珠海市2019~2020学年度第一学期高三摸底测试 理科数学 时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知集合，则 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 算出后可得.‎ ‎【详解】，故，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查集合的补运算及求一元二次不等式的解，属于基础题.‎ ‎2.已知为虚数单位，若复数满足,则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法算出后可求其模.‎ ‎【详解】,‎ 故，选B.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法及复数模的计算，属于基础题.‎ ‎3.已知角的终边过点(4，－3)，则＝(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据角θ的终边过点（4，-3），求得cosθ的值，进而根据诱导公式求得cos（π-θ）=-cosθ求得答案．‎ ‎【详解】解： 角θ的终边过点（4，-3）， ，，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了任意角三角函数定义及诱导公式的应用，属基础题．‎ ‎4.已知等差数列的前项和为，且,则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，故可得，再利用等差数列的性质可得，故可得的值.‎ ‎【详解】由可得，故，‎ 所以，所以，故选A.‎ ‎【点睛】等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标的特征和数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题．‎ ‎5.我市某机构调查小学生课业负担的情况，设平均每人每天做作业时间为(单位:分钟) ,按时间分下列四种情况统计：①；②；③；④，有名小学生参加了此项调查，如图是此次调查中某-项的程序框图，其输出的结果是,则平均每天做作业时间在分钟内的学生的频率是( ) ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 流程图输出的的值是的人数，故可得的人数，据此可以计算在分钟内的学生的频率.‎ ‎【详解】流程图输出的的值是的人数，故的人数为200，‎ 故的人数为，所以所求的频率为，故选D.‎ ‎【点睛】本题考查流程图的理解，注意根据选择结构和循环结构及各变量的变化判断流程图的作用，此类问题属于基础题.‎ ‎6.已知函数为定义在上的奇函数，且,则 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的周期性可得，再根据奇偶性可得.‎ ‎【详解】因为，故为周期函数，‎ 而，所以，故选D.‎ ‎【点睛】本题考查函数的周期性和奇函数的性质，属于基础题.‎ ‎7.“”是“”的（ ）‎ A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用充分条件、必要条件的定义进行判断即可.‎ ‎【详解】若，则，所以，故“”是“”的充分条件，‎ 取，则 ，但均无意义，故“”是“”的不必要条件，‎ 综上，“”是“”的充分非必要条件，故选A.‎ ‎【点睛】充分性与必要性的判断，可以依据命题的真假来判断，若“若则”是真命题，“若则”是假命题，则是的充分不必要条件；若“若则”是真命题，“若则”是真命题，则是的充分必要条件；若“若则”是假命题，“若则”是真命题，则是的必要不充分条件；若“若则”是假命题，“若则”是假命题，则是的既不充分也不必要条件.‎ ‎8.已知,则下列大小关系正确的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数讨论的单调性后可得的大小.‎ ‎【详解】令，则，‎ 因为，所以，所以为上的单调增函数，‎ 又，因为，故，故选D.‎ ‎【点睛】与对数有关的实数的大小比较，可根据它们具有的形式构建新函数，通过导数等工具判断出函数的单调性后可得实数的大小关系.‎ ‎9.已知边长为的菱形中，, 点满足,则的值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为基底向量表示后可计算的值.‎ ‎【详解】，，‎ 所以 ‎，故选C.‎ ‎【点睛】向量的数量积的计算，有四种途径：（1）利用定义求解，此时需要知道向量的模和向量的夹角；（2）利用坐标来求，把数量积的计算归结坐标的运算，必要时需建立直角坐标系；（3）利用基底向量来计算，也就是用基底向量来表示未知的向量，从而未知向量数量积的计算可归结为基底向量的数量积的计算；（4）靠边靠角，也就是利用向量的线性运算，把未知向量的数量积转化到题设中的角或边对应的向量．‎ ‎10.函数的图象大致为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性可排除B，再根据时的符号可排除D，再根据时，可排除C，从而得到正确的选项.‎ ‎【详解】函数的定义域关于原点对称，且，‎ 故为奇函数，其图像关于原点对称，所以排除B.‎ 又当时，，所以，故排除D.‎ 又当时，，故排除C ，‎ 综上，选A.‎ ‎【点睛】本题为图像题，考查我们从图形中扑捉信息的能力，一般地，我们需要从图形得到函数的奇偶性、单调性、极值点和函数在特殊点的函数值，然后利用所得性质求解参数的大小或取值范围．‎ ‎11.已知点.若直线上存在点使得,则实数的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 先求出的轨迹，它是圆，再根据在直线上得到直线与圆有公共点，利用圆心到直线的距离小于或等于半径可得实数的取值范围.‎ ‎【详解】设，则，‎ 因为，所以即，‎ 因为在直线上，所以圆心到直线的距离即，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】此类问题为“隐形圆问题”，常规的处理办法是找出动点所在的轨迹（通常为圆），常见的“隐形圆”有：‎ ‎（1）如果为定点，且动点满足，则动点 的轨迹为圆；‎ ‎（2）如果中，为定长，为定值，则动点 的轨迹为一段圆弧．特别地，如果，那么动点在以为直径的圆上.‎ ‎12.将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，若函数在区间上单调递增，且的最大负零点在区间上,则的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的解析式，根据在上递增可得，再根据最大的负零点的范围可得，故可得的取值范围.‎ ‎【详解】，‎ 令，则.‎ 故轴右侧的第一条对称轴为，左侧第一条对称轴为，‎ 所以，所以.‎ 令，则，故，‎ 最大的负零点为，所以即，‎ 综上，，故选B.‎ ‎【点睛】三角函数的图像往往涉及振幅变换、周期变换和平移变换，注意左右平移时是自变量作相应的变化，而且周期变换和平移变换（左右平移）的次序对函数解析式的也有影响.三角函数图像问题中的参数的取值范围问题，常常需要结合图像的对称轴和对称中心来考虑.‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.已知向量 不共线，，，如果，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量，所以，得到且，即可求解，得到答案。‎ ‎【详解】由题意，向量，所以，‎ 则且，解得.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的共线条件的应用，其中解答中熟记向量共线条件，列出关于的关系式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。‎ ‎14.已知等比数列的各项均为正数， ,则的最小值为__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用基本不等式可求的最小值.‎ ‎【详解】因为等比数列的各项均为正数，故.‎ 由基本不等式有，‎ 当且仅当，故最小值为20.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的性质和基本不等式的应用，属于基础题.‎ ‎15.研究珠海市农科奇观的某种作物，其单株生长果实个数服从正态分布,且,从中随机抽取株，果实个数在的株数记作随机变量,假设服从二项分布，则的方差为__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再根据公式求出.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 而.‎ 所以，‎ 而，所以.‎ ‎【点睛】本题考查正态分布的概率计算和二项分布的方差的计算，此类问题为基础题.‎ ‎16.已知是抛物线：的焦点，点，点是上任意一点，当点在时，取得最大值，当点在时，取得最小值.则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据题意作出图象，由三角形知识可得：，当且仅当三点共线时，取得最小值，即可求得，由抛物线定义可将转化成，结合图象可得,当且仅当三点共线时，取得最大值,即可求得，问题得解。‎ ‎【详解】作出抛物线：的图象如下：‎ 过点作抛物线准线的垂线段，过点作抛物线准线的垂线段 由抛物线方程可得：‎ 由三角形知识可得：‎ 所以 当且仅当三点共线时，取得最小值，‎ 即点位于图中的处，可求得：‎ 由抛物线定义可得：，‎ 由图可得：，‎ 当且仅当三点共线时，取得最大值,‎ 即点位于图中的处，可求得：.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角形中的边长关系，还考查了抛物线的定义及数形结合思想，考查计算能力及转化能力，属于难题。‎ 三、解答题 （本大题共6小题，共70分.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：共60分 ‎17.已知的内角的对边长分别为,且.‎ ‎(1)求角的大小;‎ ‎(2)若,求周长的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用正弦定理化简边角关系式后可得，从而可求的大小.‎ ‎（2）利用基本不等式和三角形两边之和大于第三边可求的取值范围，从而可求周长的取值范围.‎ ‎【详解】(1)在中，，‎ 即，‎ 因为，所以，，‎ ‎ (2)由于由余弦定理有，‎ ‎，‎ 又根据基本不等式有，所以 解得(当且仅当时等号成立)‎ 又因为三角形两边之和大于第三边，所以.‎ 因为，所以周长的取值范围为.‎ ‎【点睛】在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件，如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件，如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.与三角形有关的最值问题，我们可以利用基本不等式来求最值或利用正弦定理把边转化为关于角的三角函数式，再利用三角变换和正弦函数、余弦函数的性质求最值或范围.‎ ‎18.如图，在直角梯形中，,点是中点，且,现将三角形沿折起，使点到达点的位置，且与平面所成的角为.‎ ‎(1)求证:平面平面;‎ ‎(2)求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可证平面，从而可证平面平面.‎ ‎（2）以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，所在的直线轴所在的直线为轴建立空间直角坐标系, 求出平面和平面的法向量后可求二面角的余弦值.‎ ‎【详解】(1)证明:在平面中，‎ 为沿折起得到，‎ 平面， ‎ 又平面平面平面 ‎(2)解:在平面中， ‎ 由(1)知平面平面而平面故.‎ 由与平面所成的角为，得，‎ 为等腰直角三角形，,‎ ‎，又，得,‎ ‎，故为等边三角形，‎ 取的中点,连结,‎ 平面，‎ 以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，所在的直线轴所在的直 线为轴建立空间直角坐标系如图，‎ 则 从而，‎ 设平面的一个法向量为, 平面的一个法向量为,‎ 则由得 ‎，令得，‎ 由得，令得，‎ 所以，‎ 设二面角的大小为，则为钝角且，‎ 即二面角的余弦值为 ‎【点睛】面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.‎ ‎19.珠海市某学校的研究性学习小组，对昼夜温差(最高温度与最低温度的差)大小与绿豆种子一天内出芽数之间的关系进行了研究,该小组在4月份记录了1日至6日每天昼夜最高、最低温度(如图1),以及浸泡的颗绿豆种子当天内的出芽数(如图2)‎ 已知绿豆种子出芽数(颗) 和温差具有线性相关关系.‎ ‎(1)求绿豆种子出芽数 (颗)关于温差的回归方程;‎ ‎(2)假如4月1日至7日的日温差的平均值为,估计4月7日浸泡的颗绿豆种子一天内的出芽数.‎ 附：，.‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）640.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用公式可求线性回归方程 ‎（2）利用（1）的公式可估计4月7日浸泡的颗绿豆种子一天内的出芽数.‎ 详解】(1)依照最高(低)温度折线图和出芽数条形图可得如下数据:‎ 故,‎ ‎，‎ ‎,‎ 所以，‎ 则，‎ 所以绿豆种子出芽数(颗)关于温差的回归方程为：；‎ ‎(2)因为4月1日至7日温差的平均值为,‎ 所以4月7日的温差,‎ 所以 ‎(颗),‎ 所以4月7日浸泡的颗绿豆种子一天内的出芽数约为颗.‎ ‎【点睛】本题考查线性回归方程的计算及其应用，属于基础题.‎ ‎20.已知离心率为的椭圆，与直线交于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为.‎ ‎(1)求椭圆方程;‎ ‎(2)若，则三角形的面积是否为定值?若是，求出这个定值;若不是，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）是定值且为，详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题设可得关于的方程组，解出后可得椭圆的标准方程.‎ ‎（2）当直线的斜率存在时，设其方程为,联立直线方程和椭圆方程，消去后利用韦达定理化简可得可得，再利用韦达定理把面积表示成关于的代数式，利用前者化简可得面积为定值.注意斜率不存在时的讨论.‎ ‎【详解】(1)由题意可知，解得，‎ 所以椭圆方程为.‎ ‎(2)设，‎ 当直线的斜率存在时，设其方程为,‎ 联立椭圆方程得，‎ 则，‎ 点到直线的距离，‎ 所以，‎ 由，‎ 化简得，‎ 整理得到，入上式得.‎ 若直线斜率不存在易算得.‎ 综上得，三角形的面积是定值.‎ ‎【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.‎ ‎21.已知函数 ‎（1）若对恒成立，求的取值范围；‎ ‎（2）数列的前项和为，求证：．‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）不等式可变形为，这样只要求得在上的最小值即可得的范围；‎ ‎（2）利用（1）的结论进行放缩，由（1）知在上恒成立，于是可令，则，取对数有，即，求和后可证得题中不等式成立．‎ ‎【详解】解：（1）函数，若对恒成立，‎ 即：在上恒成立 令，‎ 则：．‎ 令，‎ 得到：，‎ 令，‎ 整理得：．‎ 所以在上单调递减，在上单调递增．‎ 所以：，‎ 所以：．‎ 则：的取值范围为．‎ ‎（2）由（1）知：当时，有恒成立，‎ 即对任意的有．‎ 令：，‎ 则：，‎ 得到：，‎ 所以：．‎ 所以：，‎ 则：‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考查不等式恒成立问题，考查不等式的证明．（1）不等式恒成立问题，通常可用分离参数法分离参数，把问题转化为求函数的最值，而这又可由导数进行求解．（2）在此类不等式证明中通常要用到题（1）的结论进行放缩．这需要学生要有敏捷的思维，如何在题（1）结论中得出能证明该不等式的结论，在于同学们平常的积累及丰富的数学知识．‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22/23题中任选一题作答.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），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.‎ ‎(1)把的参数方程化为极坐标方程：‎ ‎(2)求与交点的极坐标.‎ ‎【答案】（1）（2）与交点的极坐标为，和 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先把曲线化成直角坐标方程，再化简成极坐标方程；‎ ‎（2）联立曲线和曲线的方程解得即可.‎ ‎【详解】(1)曲线的直角坐标方程为：，即 . 的参数方程化为极坐标方程为；‎ ‎(2)联立可得：，与交点的极坐标为，和.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程，直角坐标方程，极坐标方程的互化，也考查了极坐标方程的联立，属于基础题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若的解集为R，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分段讨论去绝对值解不等式即可；‎ ‎（2）由绝对值三角不等式可得，从而得或，进而可得解.‎ ‎【详解】（1）当时，原不等式可化为 ‎ 解得 所以不等式的解集为 ‎ ‎（2）由题意可得, 当时取等号. ‎ 或， 即或 ‎【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解及绝对值三角不等式求最值，属于基础题.‎ ‎ ‎