广东省广雅中学执信六中深外四校2020届高三8月开学联考数学（理）试题

广东省广雅中学执信六中深外四校2020届高三8月开学联考数学（理）试题

‎2019—2020学年第一学期高三8月开学 广雅、执信、六中、深外四校联考数学（理科）试卷问卷 第I卷（选择题共60分）‎ 一、选择题（每小题5分，共60分．下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）‎ ‎1.已知全集为，集合，，则元素个数为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合，利用交集的定义求出，即可得到元素个数 ‎【详解】由，可得：，‎ 所以，即元素个数为2，‎ 故答案选B ‎【点睛】本题考查分式不等式的解法以及集合交集的定义，属于基础题。‎ ‎2.若复数满足，则复数的共轭复数的模为 A. 1 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出复数，即可得到复数的共轭复数，利用复数模的计算公式，求得答案。‎ ‎【详解】由于，则，‎ 所以复数的共轭复数，则，‎ 故答案选B ‎【点睛】本题考查复数四则运算，共轭复数的概念以及复数模的计算公式，属于基础题。‎ ‎3.某校有高一、高二、高三三个年级，其人数之比为，现用分层抽样的方法从总体中抽取一个容量为10的样本，现从所抽取样本中选两人做问卷调查，至少有一个是高一学生的概率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分层抽样的定义计算出抽取的样本中高一学生的人数，分别计算出选两人做问卷调查的基本事件数和所选取的两人中至少有一个是高一学生的基本事件个数，最后利用古典概型公式计算即可。‎ ‎【详解】由题可得抽取的10人中，高一有4人，高二有4人，高三有2人，‎ 所以从所抽取样本中选两人做问卷调查，基本事件总数为，‎ 所抽取的两人中，至少有一个是高一学生的基本事件个数为，‎ 所以从所抽取样本中选两人做问卷调查，至少有一个是高一学生的概率为，‎ 故答案选C ‎【点睛】本题考查概率的求法，考查分层抽样，古典概型。排列组合的知识，属于基础题。‎ ‎4.如图是2018年第一季度五省GDP情况图，则下列陈述中不正确的是 A. 2018年第一季度GDP增速由高到低排位第5的是浙江省 B. 与2017年同期相比，各省2018年第一季度GDP总量实现了增长 C. 2017年同期河南省的GDP总量不超过4000亿元 D. 2018年第一季度GDP总量和增速由高到低排位均居同一位的省只有1个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解决本题需要从统计图获取信息，由此关键是明确图表中数据的来源以及所表示的意义，依据所示的实际意义获取正确的信息。‎ ‎【详解】对于A，从折线统计图可得，2018年第一季度GDP增速由高到低排位依次为江苏、辽宁、山东、河南、浙江，故浙江省排在第五，‎ 对于B，从折线统计图可得，与2017年同期相比，各省2018年第一季度的GDP总量实现了增长率都为正值，所以与2017年同期相比，各省2018年第一季度的GDP总量实现了增长，‎ 对于C，根据统计图可计算2017年同期河南省的GDP总量为，所以2017年同期河南省的GDP总量不超过4000亿元，‎ 对于D, 2018年第一季度GDP总量和增速由高到低排位均居同一位的省有两个，江苏、河南，‎ 综述只有D选项不正确，‎ 故答案选D ‎【点睛】本题考查的是条形统计图和折线统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键，属于基础题 ‎5.是双曲线右支上一点, 直线是双曲线的一条渐近线.在上的射影为,是双曲线的左焦点, 则的最小值为( )‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设双曲线的右焦点为，连接，则 ‎（为点到渐近线的距离），即的最小值为；故选D.‎ 点睛：本题考查双曲线的定义和渐近线方程；在处理涉及椭圆或双曲线的点到两焦点的距离问题时，往往利用椭圆或双曲线的定义，将曲线上的点到一焦点的距离合理转化到另一个焦点间的距离.‎ ‎6.已知函数，若，且，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分析得到的最小值等于函数f(x)的绝对值最小的零点的2倍，再求函数的绝对值最小的零点即得解.‎ ‎【详解】由题得等于函数的零点的2倍，‎ 所以的最小值等于函数f(x)的绝对值最小的零点的2倍，‎ 令 所以,‎ 所以 所以绝对值最小的零点为，‎ 故的最小值为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查正弦型函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎7.我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升，问，米几何？”下图是解决该问题的程序框图，执行该程序框图，若输出的（单位：升），则输入的的值为（ ）‎ A. 4.5 B. 6 C. 7.5 D. 9‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 当n=2,,当，当，结束。则 ‎8.函数的部分图象大致为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性，以及函数图像上的特殊点，对选项进行分析和排除，由此得出正确选项.‎ ‎【详解】，定义域为，，故函数为奇函数，图像关于原点对称，排除两个选项.，排除D选项，故选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数图像的判断，考查函数的奇偶性，属于基础题.‎ ‎9.在中，，，，点满足，则 A. 0 B. 2 C. D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据已知取基底，，然后用基底表示和，最后代入进行数量积运算即可。‎ ‎【详解】由题可得：，‎ ‎，‎ 所以 由于，，，‎ 则，，‎ 所以，‎ 故答案选A ‎【点睛】本题以三角形为背景，把平面向量的线性运算以及数量积运算巧妙的结合在一起，属于中档题。‎ ‎10.在棱长为1的正方体中，点关于平面的对称点为，则与平面所成角的正切值为 A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等体积法求得点到平面的距离为，连接，连接，可证平面，由于点关于平面的对称点为，则点在线段上，根据线段的比例关系可得，从而找出点的位置，过作的垂线交于，从而可得平面，所以与平面所成角为，求出其正切值即可得到答案。‎ ‎【详解】由题可得，‎ 由于，即，则，解得：，所以点到平面的距离为，‎ 连接，连接，由于在正方体中， ，则平面，所以，同理可证：平面，得到：，‎ 则可得： ，故平面 由于点关于平面的对称点为，则点在线段上，‎ 因为点到平面的距离为，则，‎ 在正方体中，，故，‎ 所以点为的三等分点，过作的垂线交于，‎ 则， ， ‎ 由于平面，则平面，‎ 连接，则与平面所成角为，‎ 所以与平面所成角的正切值为：‎ 故答案选B ‎【点睛】本题考查线面角的正切值的求法，考查学生的空间想象能力，属于中档题。‎ ‎11.已知函数的图象在点处的切线为，若函数满足（其中为函数的定义域，当时，恒成立，则称为函数的“转折点”，已知函数在区间上存在一个“转折点”，则的取值范围是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知函数，求出切线方程，构造函数，求导，根据导数判断单调性，找出其转折点，并讨论的取值范围。‎ ‎【详解】由题可得，则在点处的切线的斜率，，‎ 所以函数的图象在点处的切线方程为：，‎ 即切线，‎ 令，‎ 则，且 ‎ ‎，且，‎ ‎，‎ ‎（1）当时，，则在区间上单调递增，所以当，，当，，则在区间上单调递减，，在上单调递增，‎ 所以当时，，不满足题意，舍去，‎ ‎（2）当时， （），则在区间上单调递增，所以当，，当，，则在区间上单调递减，，在上单调递增，，所以当时，，不满足题意，舍去，‎ ‎（3）当，（），则在区间上单调递增，取，则，所以在区间上单调递增，，当时，恒成立，故为函数在区间上的一个“转折点”，满足题意。‎ ‎（4）当，令，解得：，且,则在区间上单调递减，在上单调递增，取，故在上恒成立，则在区间上单调递增，当时，，则当，，则，所以为函数在区间上的一个“转折点”，满足题意。‎ ‎（5）当，（），则在区间上单调递减，取，则，所以在区间上单调递减，，当时，恒成立，故为函数在区间上的一个“转折点”，满足题意。‎ ‎（6）当时， （），则在区间上单调递减，所以当，，当，，则在区间上单调递增，，在上单调递减，‎ 所以当时，，不满足题意，舍去，‎ 综述所述：实数取值范围为，‎ 故答案选B ‎【点睛】本题主要根据导数求函数的切线方程和函数单调性，判断函数的转折点，属于难题。‎ ‎12.已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推，若该数列前项和满足：①②是2的整数次幂，则满足条件的最小的为 A. 21 B. 91 C. 95 D. 10‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造数列，使得：，，，，，求出数列的前项和，根据题意可表示出原数列与的关系，以及原数列前和与数列的前项和的关系，讨论出满足条件的的最小值即可。‎ ‎【详解】根据题意构造数列，使得：，，，，，‎ 故，，，，，所以数列的前项和令数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，为，‎ 根据题意可得：，，则数列的前项和，‎ 所以要使数列前项和满足：，则，则，故，故D答案不对。‎ 由于是2的整数次幂，则，则，则，‎ 当时，则，解得：，，‎ 故满足条件的最小的为95，‎ 故答案选C ‎【点睛】本题考查数列的应用，等差数列与等比数列的前项和，考查学生的计算能力，属于难题。‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共20分）‎ ‎13.展开式中的系数为________．‎ ‎【答案】30‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将问题转化为二项式的系数问题，利用二项展开式的通项公式求出展开式的第项，令的指数分别等于2，4，求出特定项的系数。‎ ‎【详解】由题可得：展开式中的系数等于二项式展开式中的指数为2和4时的系数之和，‎ 由于二项式的通项公式为，‎ 令，得展开式的的系数为，‎ 令，得展开式的的系数为，‎ 所以展开式中的系数，‎ 故答案为30.‎ ‎【点睛】本题考查利用二项式展开式的通项公式解决二项展开式的特定项的问题，考查学生的转化能力，属于基础题。‎ ‎14.若，，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于，计算出即可得到答案。‎ ‎【详解】由于，则，又因，‎ 所以根据正弦函数的图象可得，‎ 则，‎ 由于，‎ 所以，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查三角函数值的求法，利用配凑法表示出，涉及诱导公式，二倍角公式，同角三角函数关系等知识点，属于中档题。‎ ‎15.已知抛物线的焦点为为坐标原点，点为抛物线准线上相异的两点，且两点的纵坐标之积为-4，直线，分别交抛物线于，两点，若A，B，F三点共线，则_______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，分别求出A与B的坐标，结合A，B，F三点共线可得结果.‎ ‎【详解】设，，‎ 则直线的方程为：，代入抛物线方程可得：，‎ 解得：，故A点坐标为：‎ 同理可得：B点坐标为：‎ 又，‎ ‎∴，‎ 又A，B，F三点共线，‎ ‎∴‎ ‎∴，由 ‎∴，即 又 ‎∴，‎ ‎∴‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查转换能力与计算能力，是中档题．‎ ‎16.如图所示，在平面四边形中，，，是以为顶点的等腰直角三角形，则面积的最大值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，，则的面积，在中，运用余弦定理，表示出，根据是以为顶点的等腰直角三角形，得到 ，代入面积公式，利用三角函数即可求面积的最大值。‎ ‎【详解】在中，设，，‎ 在中，，，由余弦定理，可得，‎ 由，当且仅当时取等号，即有，由于 则，‎ 利用余弦定理可得：，化简得：，‎ 又因为是以为顶点的等腰直角三角形，则 ，‎ 在中，由正弦定理可得：，即：，则，‎ 由于 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎，‎ 即 所以的面积 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 当时，取最大值1，所以的面积的最大值为 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查三角形面积的最值的求法，注意运用余弦定理和面积公式，同时考查不等式的运用，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．）‎ ‎17.设数列的前项和为，，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）令，求数列的前项和，求证：．‎ ‎【答案】（1），（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用，，进行化简即可得到数列的通项公式，注意检验是否满足。‎ ‎（2）由（1）可得，利用裂项相消求出前项和，即可证明。‎ ‎【详解】（1），①当时，，即， ‎ 当时，，② 由①—②可得， ‎ 即， ‎ ‎∴，‎ 当时，，满足上式，∴‎ ‎（2）由（1）得 ‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题考查数列通项公式的求法以及利用裂项相消求数列前项和，考查学生的计算能力，属于中档题。‎ ‎18.已知三棱锥的展开图如图二，其中四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若是的中点，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设的中点为，连接，，由边长关系得，从而可得平面，即可证明平面平面；‎ ‎（2）由（1）问可知平面，所以以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图示空间直角坐标系，利用向量法求出平面和平面的法向量，再利用二面角的公式即可得到二面角的余弦值。‎ ‎【详解】（1）设的中点为，连接，，‎ 由题意，得，，． ‎ 因为在中，，为的中点，所以，‎ 因为在中，，，， ‎ ‎，所以 ‎ 因为，，平面，所以平面，‎ 平面，所以平面平面 ‎ ‎（2）由（1）问可知平面，所以，，，于是以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图示空间直角坐标系， ‎ 则，，，，，，‎ ‎，， ‎ 设平面的法向量为，则 由得：．令，得，，即 ‎． ‎ 设平面的法向量为，由得：‎ ‎，令，得，，即 ‎．由图可知，二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的证明，以及空间向量法在二面角中的应用，，考查学生推理论证能力，运算求解能力，属于中档题。‎ ‎19.设斜率不为0的直线与抛物线交于，两点，与椭圆交于，两点，记直线，，，的斜率分别为，，，．‎ ‎（1）若直线过，证明：；‎ ‎（2）求证：的值与直线的斜率的大小无关．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线方程为： ，设出，两点坐标，联立直线与抛物线方程，得到和的值，从而用向量法证明即可，‎ ‎（2）由直线的方程与抛物线方程联立，求得，，得到，再由直线方程与椭圆方程联立，求得，，得到，代入化简，即可得到结论。‎ ‎【详解】解析：（1）设直线方程为： ‎ 设，，两式相乘得： ‎ 将直线方程代入抛物线，得 ‎ ‎∴ ∴， ‎ ‎∴ ∴‎ ‎∴‎ ‎（2）设直线，，，，．‎ 联立和，得，‎ 则，，‎ ‎， ‎ 联立和得，‎ 在此式可不求解的情况下，‎ ‎，， ‎ ‎， ‎ 所以是一个与无关的值．‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆以及抛物线的位置关系，考查韦达定的应用，考查学生转化的思想，属于难题。‎ ‎20.某地有种特产水果很受当地老百姓欢迎，但该种水果只能在9月份销售，且该种水果只能当天食用口感最好，隔天食用口感较差。某超市每年9月份都销售该特产水果，每天计划进货量相同，进货成本每公斤8元，销售价每公斤12元；当天未卖出的水果则转卖给水果罐头厂，但每公斤只能卖到5元。根据往年销售经验，每天需求量与当地气温范围有一定关系。如果气温不低于30度，需求量为5000公斤；如果气温位于，需求量为3500公斤；如果气温低于25度，需求量为2000公斤；为了制定今年9月份订购计划，统计了前三年9月份的气温范围数据，得下面的频数分布表 气温范围 天数 ‎4‎ ‎14‎ ‎36‎ ‎21‎ ‎15‎ 以气温范围位于各区间的频率代替气温范围位于该区间的概率．‎ ‎（1）求今年9月份这种水果一天需求量（单位：公斤）的分布列和数学期望；‎ ‎（2）设9月份一天销售特产水果的利润为（单位：元），当9月份这种水果一天的进货量为（单位：公斤）为多少时，的数学期望达到最大值，最大值为多少？‎ ‎【答案】（1）见解析（2）时，的数学期望达到最大值，最大值为11900‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意可知9月份这种水果一天的需求量的可能取值为2000、3500、5000公斤，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望；‎ ‎（2）结合（1）的分布列，分别讨论当和 时，利润的数学期望，即可求出期望的最大值以及期望最大时的值。‎ ‎【详解】解析：（1）今年9月份这种水果一天的需求量的可能取值为2000、3500、5000公斤， ‎ ‎，，‎ ‎ ‎ 于是的分布列为：‎ ‎2000‎ ‎3500‎ ‎5000‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.4‎ 的数学期望为：． ‎ ‎（2）由题意知，这种水果一天的需求量至多为5000公斤，至少为2000公斤，因此只需要考虑， ‎ 当时，‎ 若气温不低于30度，则；‎ 若气温位于[25,30)，则；‎ 若气温低于25度，则；‎ 此时 ‎ 当时，‎ 若气温不低于25度，则；‎ 若气温低于25度，则；‎ 此时； ‎ 所以时，的数学期望达到最大值，最大值为11900．‎ ‎【点睛】本题考查分布列以及数学期望的求法，属于中档题。‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若有两个不同的零点，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数的定义域以及导函数，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，，，，可求得的单调性 ‎（2）由（1）求得在，，，时，函数的单调区间，讨论出零点的个数，从而求得实数的取值范围。‎ ‎【详解】解析：（1）‎ ‎①，，，，单调递增；，，单调递减 ‎②，或，当，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减 ‎③，，在单调递减 ‎④，或，当，，单调递减；‎ ‎，，单调递增；‎ ‎，，单调递减 ‎（2）由（1）得当时，在定义域上只有一个零点 ‎，由（1）可得，要使有两个零点，则 ‎∴‎ 下证有两个零点 取，，满足，故有且只有一个零点 ‎，满足，故在有且只有一个零点 当时，由（1）可得，，故在无零点，‎ 又因为在单调递减，‎ ‎∴在至多一个零点，不满足条件 当时，，故在上无零点，‎ 又因为在单调递减，∴在至多一个零点，不满足条件 ‎∴满足条件的取值范围 ‎【点睛】本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数单调性及最值，考查函数零点的判断，考查学生的计算能力，属于难题。‎ 考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎22.在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为：，直线的极坐标方程为．‎ ‎（Ⅰ）写出曲线的极坐标方程，并指出它是何种曲线；‎ ‎（Ⅱ）设与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，求四边形面积的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）,圆；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将参数方程化为普通方程，可知曲线是以为圆心，为半径的圆；根据直角坐标与极坐标互化原则可得到曲线的极坐标方程；（Ⅱ）设，，联立与圆方程可得韦达定理的形式；则，整理可得，代入替换可求得；根据垂直关系可知所求面积为，根据三角函数知识可求得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由（为参数）消去参数得：‎ 将曲线的方程化成极坐标方程得：‎ 曲线是以为圆心，为半径的圆 ‎（Ⅱ）设，‎ 由与圆联立方程得：‎ ‎，‎ 三点共线 则 用代替可得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查参数方程化普通方程、极坐标与直角坐标的互化、求解四边形面积的取值范围类的问题；求解面积取值范围的关键是灵活应用极坐标中的几何意义，结合韦达定理表示出四边形的两条对角线，利用三角函数的知识求得结果.‎ ‎23.已知，，，满足．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求证：．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由于，再利用柯西不等式，即可证明 ‎（2）设，，，则不等式左边化简为，利用柯西不等式即可证明。‎ ‎【详解】（1）左边 由柯西不等式得：（取等号的条件是），即所以，原不等式得证。‎ ‎（2）由于，，，，设，，，则，‎ 所以，‎ 则 ‎ ‎ ‎ ‎ 由柯西不等式可得：，（当且仅当时等号成立）‎ 所以，故（当且仅当时等号成立），则原不等式得证 ‎【点睛】本题考查不等式证明，柯西不等式在不等式证明中的应用，属于中档题。‎ ‎ ‎