广东省佛山市南海区2020届高三统一调研测试（一）数学试题 Word版含解析

广东省佛山市南海区2020届高三统一调研测试（一）数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 广东省佛山市南海区2020届高三统一调研测试卷（一）‎ 数学 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必填写答题卡上的有关项目.‎ ‎2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卡的相应位置上.‎ ‎3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效.‎ ‎4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.‎ 一、选择题：本大题共12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. 若集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎∵集合 ‎∴集合 ‎∵集合 ‎∴‎ 故选A.‎ ‎2. 下列函数中与函数（）相同的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的定义对选项逐个进行分析即可得结果.‎ - 22 -‎ ‎【详解】的定义域为，与（）的定义域不同，两函数不相同；‎ 和与（）解析式不同，两函数不相同；‎ 的定义域为，与（）的解析式和定义域都相同，两函数相同．‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的定义，判断两函数是否相同的方法：看解析式和定义域是否都相同，属于基础题.‎ ‎3. 设等差数列的前n项和为，若，则（ ）‎ A. B. C. 7 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质并结合已知可求出，再利用等差数列性质可得，即可求出结果．‎ ‎【详解】因为，所以，所以，‎ 所以，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查等差数列的性质及前项和公式，属于基础题．‎ ‎4. 函数的图像大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：利用函数的奇偶性排除选项，利用函数通过的特殊点，排除选项，即可推出结果.‎ - 22 -‎ 详解：函数，‎ 可得，‎ 函数是奇函数，排除B，‎ 时，，排除D，‎ 时，，对应点在第四象限，排除C.‎ 故选：A.‎ 点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：‎ ‎(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；‎ ‎(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；‎ ‎(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；‎ ‎(4)从函数的周期性，判断图象的循环往复；‎ ‎(5)从函数的特征点，排除不合要求的图象．‎ ‎5. 若满足不等式组，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. 0 D. 5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意作出其平面区域，将化为，相当于直线的纵截距，由几何意义可得结果.‎ ‎【详解】由题意作出不等式组所表示平面区域：‎ - 22 -‎ 将化为，相当于直线的纵截距，‎ 则由解得，‎ 由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，‎ 故的最小值是，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了简单线性规划，作图要细致认真，根据几何意义是解题的关键，属于基础题.‎ ‎6. 执行如图所示的程序框图，则输出n的值是（　　）‎ A. 2 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，利用程序框图循环结构计算求得n的值，可得答案.‎ - 22 -‎ ‎【详解】初始值n=0，执行程序依次为:否；否；是，循环结束，输出n=6‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查了程序框图的循环结构判断求值，属于基础题.‎ ‎7. 如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是（ ）‎ A. AC⊥SB B. AB∥平面SCD C. SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 D. AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A中由三垂线定理可知是正确的；B中AB，CD平行，所以可得到线面平行；C中设AC,BD相交与O，所以SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角分别为 所以两角相等，D中由异面直线所成角的求法可知两角不等 考点：1．线面平行垂直的判定；2．线面角，异面直线所成角 ‎8. 如图所示，中，，点E是线段AD的中点，则　　‎ - 22 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量三角形法则、向量共线定理即可得出．‎ ‎【详解】如图所示，‎ ‎，，，，．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了向量三角形法则、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎9. 已知是等比数列，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再求出，即得解 - 22 -‎ ‎【详解】由题得.‎ 所以，‎ 所以.‎ 所以，所以数列是一个等比数列.‎ 所以=.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查等比数列通项的求法和前n项和的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎10. 关于函数，有下述四个结论：‎ ‎①函数在上是增函数 ‎②最小正周期为 ‎③是奇函数 ‎④的定义域 其中所有正确结论的编号是（ ）‎ A. ①②③ B. ②④ C. ①④ D. ①③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据正切型函数的定义域可判断④，利用切化弦思想以及二倍角公式可将化简为，根据正弦型函数的性质可判断①②③.‎ - 22 -‎ ‎【详解】要使有意义，需满足，‎ 解得，即函数的定义域为，故④错误；‎ ‎∵，‎ ‎∵，∴，‎ 则可得在上是增函数，故①正确；‎ ‎∴结合函数的定义域可得最小正周期为，故②错误；‎ 又∵定义域关于原点对称，，‎ ‎∴是奇函数，故③正确；‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题.‎ ‎11. 已知，，，，是球的球面上的五个点，四边形为梯形，，，，面，则球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知中的平行关系和长度关系可确定中点为底面梯形的外接圆圆心，根据球的性质可知平面，利用勾股定理构造出关于和球的半径的方程，解方程求得，代入球的体积公式可求得结果.‎ ‎【详解】取中点，连接 - 22 -‎ 且 四边形为平行四边形 ‎，又 ‎ 为四边形的外接圆圆心 设为外接球的球心，由球的性质可知平面 作，垂足 四边形为矩形，‎ 设，‎ 则，解得： ‎ 球的体积：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查棱锥外接球体积的求解问题，关键是能够明确外接球球心的位置，主要是根据球心与底面外接圆圆心连线垂直于底面的性质，通过勾股定理构造方程求得结果.‎ ‎12. 甲乙二队进行篮球比赛，若有一队胜4场，比赛就结束，假设甲，乙二队在每场比赛中获胜的概率都是0.5，则所需比赛的场数的数学期望为（ ）‎ A. 4 B. 5.8125 C. 6.8125 D. 7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定比赛需要的场数的可能取值为4、5、6、7，求出相应的概率，即可求得数学期望..‎ ‎【详解】由题意可知，比赛需要的场数的可能取值为4、5、6、7，‎ ‎；；‎ - 22 -‎ ‎；‎ ‎∴，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查独立重复试验，理解次独立重复试验的模型与二项分布的区别， 能进行一些与次独立重复试验的模型及二项分布有关概率的计算，属于中档题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13. 在复平面内，复数与对应的向量分别是与，其中是原点，则向量对应的复数为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据所给的两个向量的代数形式，先求两个向量的差，求出，得到向量的代数形式的表示式即可.‎ ‎【详解】∵复数与对应的向量分别是与，‎ ‎∴，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的几何意义，向量的线性运算，属于基础题.‎ ‎14. 在中，，，，则的值为________．‎ ‎【答案】-20‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 在中，，，则然后用数量积求值即可．‎ ‎【详解】解：.‎ 故答案为：．‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的数量积，多数同学错误认为，从而出错．‎ ‎15. 测量某一目标的距离时，所产生的随机误差服从正态分布，如果独立测量3次，至少一次测量误差在内的概率是__________.‎ 附参考数据：，，，，，，.‎ ‎【答案】0.994‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正态分布的性质求出在一次测量中误差在内的概率，再求出测量3次，每次测量误差均不在内的概率，根据对立事件的性质可得结果.‎ ‎【详解】由题意可知在一次测量中误差在内满足，‎ 其概率为 ‎，‎ 测量3次，每次测量误差均不在内的概率为：，‎ ‎∴独立测量3次，至少一次测量误差在内的概率是，‎ 故答案为：0.994.‎ ‎【点睛】本题主要考查正态分布概率的求法，次独立重复试验的模型，利用对立事件解决问题是解题的关键，属于中档题.‎ ‎16. 已知是椭圆的右焦点，是椭圆上一动点，，则周长的最大值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 根据椭圆的定义可将周长转化为，当最大时，、、三点共线，即求出最大值.‎ ‎【详解】∵的周长为，而，‎ ‎∴的周长为，‎ 当最大时，、、三点共线，如图所示，‎ 由题意得，，点坐标为，坐标为，‎ 则的周长最大为：‎ ‎，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、三角形三边大小关系，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题.‎ 三、解答题：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：60分.‎ ‎17. 在中，分别为内角的对边，且满足.‎ ‎（1）若，求；‎ ‎（2）若，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ - 22 -‎ 试题分析：本题是典型角正余弦定理解三角形问题，由于是关于边这里面次式，所以先统一角做．由（1）中知道，所以可以选择正弦定理，从而解出此三角形．由（2）及.两边及一对角的题型，所以可以选择余弦定理．‎ 试题解析：‎ 因为，所以由正弦定理得，‎ 即有 ，‎ 则，因为，所以.‎ ‎（1）由，得，因为，所以，‎ 又，解得.‎ ‎（2）因为，所以，‎ 即，解得或（舍去），‎ 所以 ‎18. 如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.‎ ‎（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;‎ ‎（Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.‎ - 22 -‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎【分析】‎ 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定定理可证；（Ⅱ）以 为坐标原点，的方向为轴正方向,建立空间直角坐标系，然后通过求直线的方向向量与平面 的法向量的夹角的余弦值来求解与平面 所成角的正弦值． ‎ 试题解析：（Ⅰ）由已知得.‎ 取的中点，连接，由为中点知，. ‎ 又，故，四边形为平行四边形，于是.‎ 因为平面，平面，所以平面. ‎ ‎（Ⅱ）取的中点，连结.由得，从而，且 ‎.‎ 以为坐标原点， 的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知，‎ ‎，，，，‎ ‎， ，.‎ 设为平面 的一个法向量，则 即 ‎ 可取.‎ - 22 -‎ 于是. ‎ ‎【考点】空间线面间的平行关系，空间向量法求线面角．‎ ‎【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）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．‎ ‎19. 如图，已知直线与抛物线（）交于点，且，‎ ‎（1）若交于点，求点的轨迹方程；‎ ‎（2）求面积的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ ‎（1）设点的坐标，点的坐标，点的坐标为，由，得，由此入手能求出点的轨迹方程；‎ ‎（2）设出的方程代入抛物线求得的值，进而表示出的坐标，同理可表示出的坐标，进而可表示出，，利用面积公式求解即可.‎ ‎【详解】（1）设点的坐标，点的坐标，点的坐标为，‎ 由，得，‎ 由已知，得直线的方程为，‎ 又有，，，，‎ 由得，‎ 把代入并消去得，‎ 得，‎ 代入，得，‎ 故所求点的轨迹方程为.‎ ‎（2）设，代入，得，，‎ ‎，，‎ 面积，当且仅当时，取等号，‎ 所以面积的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查点的轨迹方程的求法，考查了面积的最值计算，考查学生分析解决问题的能力，考查学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎20.‎ - 22 -‎ ‎ 甲乙二人轮流抛一枚均匀的骰子，甲先掷，一直到掷了1点，交给乙掷，而到乙掷出1点，再交给甲掷，井如此一直下去，若第次由甲掷骰子的概率为.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）写出与的递推关系式，并判断数列是什么数列，并求；‎ ‎（3）当足够大时，趋近什么数，它统计意义是什么？‎ ‎【答案】（1），；（2），是等比数列，；（3），意义见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接根据规则，可求，，的值；（2））第次由甲投掷而第次仍由甲投掷的概率是，第次由乙投掷而第次由甲投掷的概率是，两者相加可得与的递推关系式，构造即可得为等比数列；（3）通过极限的思想可得趋近，其意义在于当足够大时，甲掷骰子和乙掷骰子的可能性基本相同 ‎【详解】（1）由题意，，；‎ ‎（2）第次由甲投掷而第次仍由甲投掷的概率是，‎ 第次由乙投掷而第次由甲投掷的概率是 于是，‎ 所以，‎ 即，，‎ 故数列是以为首项，为公比的等比数列；‎ - 22 -‎ 所以，‎ 故.‎ ‎（3）当足够大时，趋于0，则趋于，‎ 它的统计意义在于当足够大时，甲掷骰子和乙掷骰子的可能性基本相同.‎ ‎【点睛】本题考查概率知识的运用，考查数列通项的确定，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题.‎ ‎21. 已知函数，其中a为常数.‎ ‎(1)若f(x)的图象在x=1处的切线经过点(3，4)，求实数a的值；‎ ‎(2)若0

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