1、广东省2020届高三数学模拟试题（二）文（含解析）本试卷5页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的县（市、区）、学校、姓名、考生号、考生号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.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相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保证答题卡
2、的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出集合，由此能求出【详解】解：集合，故选：【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题2.已知复数（i为虚数单位，），若，则（ ）A. 4B. 2C. D. 【答案】C【解析】【分析】先利用复数的乘法化简复数为，再由求解.【详解】因复数，所以，解得故选：C【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的模的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.3.
3、小青和她的父母到照相馆排成一排拍照，则小青不站在两边的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求小青不站在两边的站法有多少种，再求三个人全排列的站法，两者之比即可求解.【详解】解：小青只能站中间1种站法，其父母站两边有，所以小青不站在两边的站法有种站法，三个人全排列有种站法，所以小青不站在两边的概率为.故选：A.【点睛】考查用分步计数原理解古典概型问题；基础题.4.若x，y满足约束条件则的最大值是（ ）A. 9B. 7C. 3D. 6【答案】D【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数
4、的答案【详解】解：由，满足约束条件，作出可行域如图，联立，解得，化目标函数为直线方程的斜截式：由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，有最大值为；故选：【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，属于中档题5.周髀算经是我国古老的天文学和数学著作，其书中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测影子的长度），夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为49.5尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为10.5尺，则立秋的晷长为（ ）A. 1.5尺
5、B. 2.5尺C. 3.5尺D. 4.5尺【答案】D【解析】【分析】设等差数列的首项为，公差为d，根据题意列出方程组求解即可.【详解】夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，设其首项为，公差为d，根据题意，立秋的晷长为.故选：D【点睛】本题考查等差数列的通项公式、求和公式，属于基础题.6.一个底面半径为2的圆锥，其内部有一个底面半径为1的内接圆柱，若其内接圆柱的体积为，则该圆锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意画出图形，由圆柱的体积求得圆柱的高，再由相似三角形对应边成比例求得圆锥的高，则圆锥体积可求.【详解
6、】作出该几何体的轴截面图如图，设内接圆柱的高为h，由，得.，即，得，该圆锥的体积为.故选：D.【点睛】本题主要考查圆锥的内接圆柱的体积，还考查了数形结合的思想方法，属于基础题.7.已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，由函数的奇偶性与单调性的性质以及分析可得：等价于，解可得的取值范围，即可得答案【详解】解：根据题意，函数是定义在上的偶函数，且在，上单调递减，又由，则，解可得：，即不等式的解集为；故选：B【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，涉及绝对值不等式的解法，属于基础题8.已知双曲线的右焦点为
7、F，过点F分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B.若，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意画出图形，可得渐近线的倾斜角，得到，则离心率可求.【详解】如图，由，得，即，即.则.故选：D.【点睛】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查双曲线离心率的求法，是基础题.9.已知数列满足（），且，设，记数列的前n项和为，则（ ）A. B. C. 2019D. 【答案】B【解析】【分析】根据，变形为，利用等差数列的定义得到是等差数列，从而得到，然后由，用裂项相消法求解.【详解】因为，所以所以是以1为首项，以1为公差的等差数列，所以
8、，所以，所以，所以，故选：B【点睛】本题主要考查等差数列的定义以及裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.10.把函数的图象向右平移个单位长度，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，关于的说法有：函数的图象关于点对称；函数的图象的一条对称轴是；函数在上的最上的最小值为；函数上单调递增，则以上说法正确的个数是（ ）A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个【答案】C【解析】【分析】通过平移变换与伸缩变换求得函数的解析式.由判断错误；由求得最小值判断正确；由x的范围求得函数值域判断正确；由x的范围可知函数在上不单调判断错误.【详解】把函数的图象向右平
9、移个单位长度，得，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，则.，函数的图象不关于点对称，故错误；，函数的图象的一条对称轴是，故正确；当时，则，即函数在上的最上的最小值为，故正确；当时，可知函数在上不单调，故错误.正确命题的个数为2.故选：C.【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查型函数的图象与性质，是中档题.11.已知椭圆C的焦点为，P是椭圆C上一点，若椭圆C的离心率为，且，的面积为，则椭圆C的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用椭圆的离心率以及三角形的面积，求出、；即可得到椭圆方程【详解】解：椭圆的焦点为，是椭圆上一点若椭
10、圆的离心率为，且，的面积为，可得：，解得，所以椭圆方程为：故选：【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用、椭圆方程的求法，是基本知识的考查，属于基础题12.已知函数（），若函数有唯一零点，则a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数的奇偶性变换得到，设，利用其几何意义根据图象得到范围.【详解】，易知函数为偶函数，且，故考虑的情况即可，当时，即，设，表示函数上的点到原点的斜率，根据图象知：，当时，故，故，无解，故故选：B.【点睛】本题考查了利用导数解决函数的零点问题，将题目转化为函数上的点到原点的斜率是解题的关键.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.1
11、3.记等比数列的前n项和为，若，则公比_.【答案】或2【解析】【分析】由，可得：，化简解出即可得出【详解】解：由，化为：解得或2故答案为：或2【点睛】本题考查了等比数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题14.已知向量，且向量与的夹角为，则_.【答案】2【解析】【分析】根据向量的坐标即可求出，进而求出的值，进而得出的值，从而得出【详解】解：因为，且向量与的夹角为，故答案为：2【点睛】本题考查了根据向量的坐标求向量的长度的方法，向量数量积的计算公式，考查了计算能力，属于基础题15.对于任意实数a，b，定义函数，若函数有两个零点，则k的取值范围为_.【答案】【解析】【分
12、析】根据题意得到解析式为，作出其图象，数形结合即可；【详解】解：因为单调递减，单调递增，且（1）（1），故，作出函数的图象如下：函数有两个零点等价于函数与直线图象有2个交点，由图可知，；故答案为：【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，将方程转化为函数图象的交点问题是解决本题的关键要注意使用数形结合的数学思想，属于中档题16.如图，在矩形中，已知，E是的中点，将沿直线翻折成，连接.若当三棱锥的体积取得最大值时，三棱锥外接球的体积为，则_.【答案】【解析】【分析】当高最大值，体积最大，高最大为，球心在平面的投影为中点，根据勾股定理解得，代入体积公式计算得到答案.【详解】三棱锥的底面积为定值，故当高
13、最大值，体积最大，易知为等腰直角三角形，取中点为，连接，故，当平面平面时，高最大为，易知为等腰直角三角形，球心在平面的投影为中点，且的外接圆半径为，设，故，解得，故，即.故答案为：.【点睛】本题考查了三棱锥体积的最值问题，三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.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1721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.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知.（1）求角A的大小；（2）若，且边上的高等于，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析
14、】（1）先根据二倍角余弦公式化简，再根据正弦定理化边为角，即得结果；（2）根据边上的高可得以及，再根据正弦定理求的值.【详解】（1）依题意得，根据正弦定理得，.，.，即.，.（2）设边上的高为，在易得，则.在中，根据勾股定理，得.在中，根据正弦定理，得.【点睛】本题考查二倍角余弦公式、正弦定理，考查基本分析求解能力，属基础题.18.如图，四棱锥中，四边形是边长为4的菱形，E是上一点，且，设.（1）证明：平面；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由已知可先证平面，得到，再由，进一步得到平面；（2）根据条件，解三角形求出三棱锥的高，底面积，再利用棱锥的
15、体积公式求出三棱锥的体积【详解】（1）证明：四边形是菱形，O是的中点.，平面.平面，.，O是的中点，.平面，平面，平面.（2）解：由四边形是菱形，得和都是等边三角形.是的中点，.在中，.在中，.取的中点F，连接，则.在中，.，是的中点.又是的中点，.在中，.在中，由余弦定得.，.，.【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，棱锥的体积的计算，解三角形，余弦定理，三角形的面积公式，考查空间想象能力与思维能力，运算能力，属于中档题.19.为了提高生产效益，某企业引进了一批新的生产设备，为了解设备生产产品的质量情况，分别从新、旧设备所生产的产品中，各随机抽取100件产品进行质量检测，所有产品质量指标值均
16、在以内，规定质量指标值大于30的产品为优质品，质量指标值在的产品为合格品，旧设备所生产的产品质量指标值如频率分布直方图所示，新设备所生产的产品质量指标值如频数分布表所示.质量指标值频数2820302515合计100（1）请分别估计新、旧设备所生产的产品的优质品率.（2）优质品率是衡量一台设备性能高低的重要指标，优质品率越高说明设备的性能越高，根据已知图表数据填写下面列联表（单位：件），并判断是否有的把握认为“产品质量高于新设备有关”.非优质品优质品合计新设备产品旧设备产品合计附：P（）0.150.100.050.0250.0100.0052.0722.7063.8415.0246.6357.8
17、79，其中.（3）已知每件产品的纯利润y（单位：元）与产品质量指标值t的关系式为若每台新设备每天可以生产1000件产品，买一台新设备需要80万元，请估计至少需要生产多少天方可以收回设备成本.【答案】（1）70%，55%；（2）列联表见解析，有的把握认为产品质量高与新设备有关；（3）471天方.【解析】【分析】（1）根据旧设备所生产的产品质量指标值的频率分布直方图中后3组的频率之和即为旧设备所生产的产品的优质品率，根据新设备所生产的产品质量指标值的频数分布表即可估计新设备所生产的产品的优质品率；（2）根据题目所给的数据填写列联表，计算的观测值，对照题目中的表格，得出统计结论；（3）根据新设备所生
18、产的产品的优质品率，分别计算1000件产品中优质品的件数和合格品的件数，得到每天的纯利润，从而计算出至少需要生产多少天方可以收回设备成本【详解】解：（1）估计新设备所生产的产品的优质品率为：，估计旧设备所生产的产品的优质品率为：.（2）非优质品优质品合计新设备产品3070100旧设备产品4555100合计75125200由列联表可得，有的把握认为产品质量高与新设备有关.（3）新设备所生产的产品的优质品率为0.7每台新设备每天所生产的1000件产品中，估计有件优质品，有件合格品.估计每台新设备一天所生产的产品的纯利润为（元）.（天），估计至少需要生产471天方可以收回设备成本.【点睛】本题考查了
19、独立性检验应用问题，考查了频率分布直方图，也考查了计算能力的应用问题，属于中档题20.已知曲线C上每一点到直线l：的距离比它到点的距离大1.（1）求曲线C的方程；（2）曲线C任意一点处的切线m（不含x轴）与直线相交于点M，与直线l相交于点N，证明：为定值，并求此定值.【答案】（1）；（2）证明见解析，为定值0.【解析】【分析】（1）利用抛物线的定义可得曲线是顶点在原点，轴为对称轴，为焦点的抛物线，从而求出曲线的方程；（2）依题意，切线的斜率存在且不等于0，设切线的方程为：，与抛物线方程联立，利用得到，故切线的方程可写为，进而求出点，的坐标，用坐标表达出和，即可证得为定值【详解】解：（1）由题意
20、可知，曲线C上每一点到直线的距离等于该点到点的距离，曲线C是顶点在原点，y轴为对称轴，为焦点的抛物线.曲线C的轨迹方程为：.（2）依题设，切线m的斜率存在且不等于零，设切线m的方程为（），代入得，即.由得，化简整理得.故切线m的方程可写为.分别令，得M，N的坐标为，.即为定值0.【点睛】本题主要考查了抛物线的定义，以及直线与抛物线的位置关系，属于中档题21.已知函数（），其中e为自然对数的底数.（1）若，求函数在点处的切线方程；（2）若函数的极小值为，求a的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求导计算，得到切线方程.（2）考虑和两种情况，求导得到函数单调区间，得到，构造函数，根据
21、单调性计算得到答案.【详解】（1），函数在点处切线方程为：，即.（2）函数定义域为，当时，对于恒成立，在单调递减，在上无极值.当时，令，得.当时，当时，.在单调递减，在单调递增，当时，取得极小值.，即.令（），则.，在上单调递增.又，.【点睛】本题考查了求切线方程，根据函数极值求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程 22.在直角坐标系中，曲线C的方程为，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.（1）求直线l的直角坐标方程；（2）已知P是曲线
22、C上的一动点，过点P作直线交直线于点A，且直线与直线l的夹角为45，若的最大值为6，求a的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用两角差的余弦公式把展开，结合，可得直线的直角坐标方程；（2）依题意可知曲线C的参数方程为（为参数），设，写出点到直线的距离，利用三角函数求其最大值，可得的最大值，结合已知列式求解即可.【详解】（1）由，得，即.，直线的直角坐标方程为，即.（2）依题意可知曲线的参数方程为（为参数）.设，则点到直线的距离为：.，当时，.又过点作直线交直线于点A，且直线与直线的夹角为，即.的最大值为，即.，解得.【点睛】本题第一问考查直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化，第二问考查了利用椭圆的参数方程求最值，属于中档题.选修4-5：不等式选讲 23.已知函数.（1）解不等式：；（2）若a，b，c均为正数，且，证明：.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）由，再分，x1求解.（2）由（1）得到 ，构造，两边平方展开，再利用基本不等式求解.【详解】（1）函数.当时，解得，故.当时，46，恒成立.当时，解得，故，所以不等式的解集为.（2）由（1）知：，所以：，所以，所以，所以.当且仅当时，等号成立.所以.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，基本不等式的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.
