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广东省六校联盟2020届高三数学下学期第四次联考试题 理(含解析).doc

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资源描述

1、广东省六校联盟2020届高三数学下学期第四次联考试题 理(含解析)一单选题1. 设,则的共轭复数在复平面内的对应点在( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法的运算法则和共轭复数的定义进行求解即可.【详解】,.故选:B【点睛】本题考查了复数除法运算的法则,考查了共轭复数的定义,考查了复数在复平面的位置特征,考查了数学运算能力.2. 记全集,集合,集合,则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求得集合或,求得,再结合集合的交集运算,即可求解.【详解】由题意,全集,集合或,集合,所以,所以.故选:C.【点睛】本题主要考查

2、了集合的混合运算,其中解答中正确求解集合,再结合集合的补集和交集的运算求解是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.3. 如图是某学校的教研处根据调查结果绘制的本校学生每天放学后的自学时间情况的频率分布直方图:根据频率分布直方图,求出自学时间的中位数和众数的估计值(精确到)分别是( )A. ,B. ,C. ,D. ,【答案】C【解析】【分析】根据中位数左边的矩形面积之和为可求得中位数,利用最高矩形底边的中点值可得出众数.【详解】由频率分布直方图得,自学时间在的频率为,自学时间在的频率为,所以,自学时间的中位数为,众数为.故选:C.【点睛】本题考查中位数、众数的求法,考查频率分布直方图

3、的性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题4. 中国古代数学成就甚大,在世界科技史上占有重要的地位.“算经十书”是汉、唐千余年间陆续出现的10部数学著作,包括周髀算经、九章算术、缀术等,它们曾经是隋唐时期国子监算学科的教科书.某中学图书馆全部收藏了这10部著作,其中4部是古汉语本,6部是现代译本,若某学生要从中选择2部作为课外读物,至少有一部是现代译本的概率是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出从10部著作中选择2部古汉语本的方法数,即2部都不是现代译本的方法数,由对立事件的概率计算公式,可得结论【详解】解:从10部著作中选择2部著作的方法数为(种),2部都不是现代译

4、本的方法数为(种),由对立事件的概率计算公式得至少有一部是现代译本的概率故选:A【点睛】本题考查概率的计算,考查组合知识,属于基础题5. 己知,则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】本题首先可以根据诱导公式以及二倍角公式对进行化简,然后代入,即可得出结果.【详解】因为,所以故选:A.【点睛】本题考查诱导公式以及二倍角公式灵活应用,考查的公式有、以及,考查化归与转化思想,是中档题.6. 函数的图象大致是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数有两个极值点,可排除选项C、D;利用奇偶性可排除选项B,进而可得结果.【详解】因为,所以,令可得,即函数有且仅有

5、两个极值点,可排除选项C、D;又因为函数即不是奇函数,又不是偶函数,可排除选项B,故选:A.【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手:(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)从函数的特征点,排除不合要求的图象.7. 中国古代数学著作算法统宗中有这样一个“九儿问甲歌”问题:一个公公九个儿,若问生年总不知,自长排来差三岁,共年二百又零七,借问长儿多少岁,各儿岁数要详推在这个问题中,记这位公公的第个儿子的年龄为,则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意得数列成等差数

6、列,公差为-3,所以 选B.8. 元旦将近,调查鲜花市场价格得知:购买2只玫瑰与1只康乃馨所需费用之和大于8元,而购买4只玫瑰与5只康乃馨所需费用额小于22元;设购买2只玫瑰花所需费用为元,购买3只康乃馨所需费用为元,则的大小关系是( )A. B. C. D. 的大小关系不确定【答案】A【解析】【分析】设出玫瑰与康乃馨的单价,根据题意列出不等式,求出的表达式,利用不等式的性质求解即可.【详解】设玫瑰与康乃馨的单价分别为(单位为:元),则有.所以有,因此.可得:;可得:,因此.故选:A【点睛】本题考查了数学阅读能力,考查了不等式性质的应用,考查了数学建模思想,考查数学运算能力.9. 设为双曲线的

7、右焦点,过坐标原点的直线依次与双曲线的左右支交于点、,若,则该双曲线的离心率为( )A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意,得到,设双曲线的左焦点为,连接,根据对称性,得到:四边形是矩形,再由,即可求出结果.【详解】因为,由余弦定理可得:,即,所以,因此,设双曲线的左焦点为,连接,由对称性可得:四边形是矩形,且,故离心率为.故选:A.【点睛】本题主要考查求双曲线的离心率,熟记双曲线的简单性质即可,属于常考题型.10. 在边长为的菱形ABCD中,沿对角线BD折起,使二面角的大小为,这时点ABCD在同一个球面上,则该球的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】

8、【分析】正确做出图形,利用勾股定理建立方程,求出四面体的外接球半径,即可求出四面体的外接球的表面积.【详解】解:根据题意画出图形,如图所示:如图分别取的中点,连接,则,所以为二面角的平面角,所以.由题知为等边三角形,所以,.,所以,所以.由图形的对称性可知:球心必在的延长线上,设球心为,连接,设半径为,。可知:,为直角三角形,所以,所以,解得:,所以球表面积为:.故选:B.【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积,考查学生的计算能力,属于中档题.11. 己知函数图象过点,且在区间上单调.又的图象向左平移个单位之后与原来的图象重合,当,且时,则( )A. B. C. 1D. -1【答案】D【解

9、析】【分析】根据题意先求得的值,然后写出函数的解析式,求图象的对称轴,得的值,再求的值.【详解】解:因为函数图象过点,又,又函数在区间上单调,且的图象向左平移个单位之后与原来的图象重合,此时.,令,解得,的对称轴为, ,且时,且,当时符合题意,此时,故选:D【点睛】本题考查三角函数的图象变换和性质的应用问题,考查理解辨析能力与运算求解能力,属于综合题.12. 己知函数,若关于x的方程有两个不等实根,且,则的最小值是( )A. 2B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先判断出函数的奇偶性和单调性,令,由题意结合函数的图象即可知仅在上有一解,再根据的解析式求出,得到,然后构造函数,利用导数即

10、可求出函数的最小值【详解】因为函数的定义域为,且,所以函数为奇函数考虑函数在上的单调性,由于,当,;当时,即当时,总有故函数在上单调递增,而函数为奇函数,即函数在上递增令,作出函数的图象,如图所示:由图以及题意可知,仅在上有一解,即由解得,即有设,当时,当时,所以,故选:D【点睛】本题主要考查函数的性质奇偶性和单调性的应用,方程的根与两函数的图象的交点之间的关系应用,以及利用导数求函数的最值,意在考查学生的转化能力,直观想象能力和数学运算能力,属于中档题二填空题13. 如图,在中,在斜边上,且,则的值为_【答案】6【解析】【分析】以为基底,表示出向量,利用数量积计算即可求值.【详解】由题意,,

11、因为,所以,所以,,故答案为:6【点睛】本题主要考查了向量的线性运算,向量的数量积的运算性质,属于中档题.14. 若二项式展开式中各项系数的和为64,则该展开式中常数项为_.【答案】15【解析】二项式展开式中各项系数的和为64,令,得的通项为,令,常数项为,故答案为.【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项、系数及各项系数和的求法,属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一,关于二项式定理的命题方向比较明确,主要从以下几个方面命题:(1)考查二项展开式的通项公式;(可以考查某一项,也可考查某一项的系数)(2)考查各项系数和和各项的二项式系数和;(3)二项展开式定理的应用.15.

12、 如图,将数列中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成数表,已知表中的第一列、构成一个公比为的等比数列,从第行起,每一行都是一个公差为的等差数列,若,则_.【答案】【解析】【分析】本题首先可根据题意得出每一行中所包含的数列中的项,然后根据每一行都是一个公差为的等差数列得出、,再然后根据表中的第一列、构成一个公比为的等比数列得出,最后通过计算即可得出结果.【详解】由题意可知,第一行是,第二行是从到,第三行是从到,第四行是从到,第五行是从到,第六行是从到,第七行是从到,第八行是从到,第九行是从到,第十行是从到,故在第二行,在第十行,因为,每一行都是一个公差为的等差数列,所以,因为表中的第一列、构

13、成一个公比为的等比数列,所以,即,解得,故答案为.【点睛】本题考查等差数列以及等比数列的综合应用,能否根据题意明确每一行中所包含的数列中的项是解决本题的关系,考查推理能力与计算能力,是简单题.16. 长方体中,为该长方体侧面内(含边界)的动点,且满足,则四棱锥体积的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】首先可以绘出长方体的图像,然后根据得出,根据椭圆定义即可得出点的轨迹,然后构建直角坐标系并绘出椭圆图像,结合图像即可求出以及,最后通过棱锥的体积计算公式即可得出结果.【详解】如图,绘出长方体,因为为该长方体侧面内(含边界)动点,所以,因为,所以,故点的轨迹为在侧面内(含边界)、以点和点为焦点的椭

14、圆,则,椭圆方程为,以为轴、中点为原点构建直角坐标系,并绘出椭圆图像,如图:当点在椭圆上顶点时,点到底面的距离最大,;当点在椭圆与棱或棱交点时,点到底面的距离最小,令,解得,故四棱锥体积的最大值,四棱锥体积的最小值,四棱锥体积的取值范围是,故答案为:.【点睛】本题考查棱锥的体积的相关计算,考查椭圆的定义以及灵活应用,能否求出棱锥的高的最值是解决本题的关键,考查计算能力,考查数形结合思想,是难题.三解答题17. 如图,在中,已知点在边上,(1)求的值;(2)求的长.【答案】(1)(2)【解析】试题分析:根据平方关系由求出,利用求出,根据三角形内角和关系利用和角公式求出,利用正弦定理求出,根据,计

15、算,最后利用余弦定理求出.试题解析:(1)在中,所以同理可得, 所以 (2)在中,由正弦定理得, 又,所以 在中,由余弦定理得,【点睛】凑角求值是高考常见题型,凑角求知要“先备料”后代入求值,第二步利用正弦定理和余弦定理解三角形问题,要灵活使用正、余弦定理,有时还要用到面积公式,注意边角互化.18. 如图,直角梯形中,底面,底面且有.(1)求证:;(2)若线段的中点为,求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【详解】试题分析:(1)根据线段长度的关系得到,、是平面内的相交直线,平面,进而得到线线垂直;(2)常用的方法是建系,建立空间坐标系,求得直线的方向向量和面的

16、法向量,根据向量的夹角公式得到线面角.解析:(1),且是等腰直角三角形,平面中,可得,即底面,底面, 、是平面内的相交直线,平面平面,(2)解法一:几何法如图,过点作,垂足为,连接,平面,平面,结合且,可得平面是在平面内的射影,可得就是直线与平面所成的角.中,中,可得因此,在中,即直线与平面所成角的正弦值是.解法二:向量法如图,以点为坐标原点,直线为轴,为轴建立空间直角坐标系,则,所以: 设平面的一个法向量为,由可取 设直线与平面所成角为,则 .19. 己知动圆C过定点,且与定直线相切.(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程;(2)若过点的直线l与轨迹相交于A,B两点,N为AB的中点,O是坐标原点,

17、且,求直线l的方程.【答案】(1);(2)的方程为:或.【解析】【分析】(1)结合抛物线的定义,求得轨迹的方程.(2)设出的坐标,设出直线的方程,联立直线的方程和轨迹的方程,写出韦达定理,结合列方程,解方程求得,进而求得直线的方程.【详解】(1)依题意动圆圆心C到定点的距离与到定直线的距离相等,由抛物线的定义,可得动圆圆心C的轨迹是以为焦点,为准线的抛物线,其中.动圆圆心C的轨迹E的方程为.(2)设,显然直线l的斜率存在,设直线,联立,消去y得,因为,得且,所以,因为,所以,所以,即,因为N是AB的中点,所以,所以,整理得,所以,解得,所以直线l的方程为:或.【点睛】本小题主要考查动点轨迹方程

18、的求法,考查直线和抛物线的位置关系,考查运算求解能力,属于中档题.20. 己知函数,.(1)判断函数在区间上零点的个数;(2)设函数在区间上的极值点从小到大分别为,.证明:对一切,成立.【答案】(1)函数在区间上有两个零点;(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)先求出,再对分三个区间:当, ,讨论单调性,得到在有2个零点;(2)根据(1)中结论可知,化简为,根据单调性可证得,进而证得,分别在为奇数和为偶数两种情况下,采取分组求和的方式,相邻两项配对,即可证得结论.【详解】解:(1),当时,无零点;当时,有唯一零点;当时,有唯一零点;综上,函数在区间上有两个零点.(2),由(1)知在上无极值点

19、;在有极小值点,即为;在有极大值点,即为;而,可知,同理在有极小值点,在有极值点.由,得,而,故有,在是增函数,即;同理,由在递增得,当时,结论成立;当时,结论成立;综上,对一切,成立.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的零点,考查利用导数研究函数的极值点,考查利用导数证明不等式,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.21. 计算的最为稀奇的方法之一,要数18世纪法国的博物学家蒲丰和他的投针实验:在一个平面上,用尺画一组相距为的平行线,一根长度为的针,扔到画了平行线的平面上,如果针与线相交,则该次扔出被认为是有利的,否则是不利的.如图,记针的中点为,设到平行线的最短距离为,针与

20、平行线所成角度为,容易发现随机情况下满足,且针与线相交时需.(1)数学兴趣小组的同学利用随机模拟的方法,投针实验.记实验次数为,其中有利次数为.(i)结合图,利用几何概型计算一次实验结果有利的概率值;(ii)求出该实验中的估计值;(2)若投针实验进行了次,以表示有利次数,试求的期望(用表示),并求当的估计值与实际值误差小于的概率.附: 参考数值:,.(3)某校数学兴趣小组有名学生,学校安排周二或周五的第节课在数学实验室开展上机实验.由于数学实验室只有台电脑可供使用,周二周五数学兴趣小组都有名学生一人一机实验,假设学生相互独立地随机上机.设表示参加周二或周五上机实验的人数,当为多少时,其概率最大

21、.【答案】(1)(i);(ii);(2)期望:,概率为:;(3)当为27时,其概率最大.【解析】【分析】(1)(i)根据几何概型面积型可直接求得结果;(ii)利用古典概型概率公式和(i)中结果可构造方程求得估计值;(2)易知服从于二项分布,利用二项分布数学期望计算公式可求得期望;根据可求得的值,结合所给数据求得概率;(3)当时,可确定其包含的基本事件总数,由古典概型概率公式可得,根据,结合组合数公式可化简求得的范围,结合可得结果.【详解】(1)(i),;(ii),故该实验中的估计值为;(2),的估计值,由得:,由参考值知:,故所求概率为.(3)学生随机独立地上机所包含的基本事件总数为,当时,只

22、参加周二上机实验的人数为,只参加周五上机实验的人数为,周二周五都参加上机实验的人数为.事件所包含的基本事件总数为,若最大,则,即,解得:,故当为时,其概率最大.【点睛】本题考查古典概型和几何概型的应用、二项分布数学期望的求解和应用、概率最大问题的求解;求解概率最大问题的关键是能够通过构造出不等关系,结合组合数公式求解结果;本题计算量较大,对于学生运算和求解能力有较高要求.22. 平面直角坐标系中,直线的参数方程为(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)求直线的极坐标方程及曲线的直角坐标方程;(2)若是直线上一点,是曲线上一点,求的最大值.【答案】(

23、1),;(2)2.【解析】【分析】(1)消去参数可得普通方程,极坐标与直角坐标互化公式可得答案;(2)根据极坐标的几何意义以及三角函数的最值可得 答案.【详解】(1)由题,直线的参数方程为(其中为参数).消去参数得直线的直角坐标方程为,由,得直线的极坐标方程,即曲线的极坐标方程为,所以,由,得曲线的直角坐标方程为.(2)因为在直线上,在曲线上,所以,所以,的最大值为2.【点睛】本题考查了参数方程化普通方程,考查了极坐标与直角坐标互化公式,考查了极坐标的几何意义,考查了三角函数的最值,属于中档题.23. 已知函数f(x)|x2|t,tR,g(x)|x+3|(1)xR,有f(x)g(x),求实数t

24、的取值范围;(2)若不等式f(x)0的解集为1,3,正数a、b满足ab2ab2t2,求a+2b的最小值【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)由条件可知,当xR时,恒成立,因此只需,然后利用绝对值三角不等式可求出的小值即可. (2)根据不等式f(x)0的解集为1,3,求出t的值,然后将t代入中,得到关于,的方程,再利用基本不等式求出的最小值即可.【详解】解:(1)因为xR,有f(x)g(x),所以在xR时恒成立,即在xR时恒成立,所以只需因为,所以,所以,所以t的取值范围为.(2)由,得,因为不等式的解集为,所以,解得.将带入中,得,所以,所以,当且仅当时取等号,所以的最小值为9.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题、不等式的解集与方程根的关系、绝对值三角不等式和利用基本不等式求最值,考查了转化思想和方程思想,属中档题.- 27 -

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