广东省广州、深圳市学调联盟2020届高三数学下学期第二次调研试题 理（含解析）.doc

1、广东省广州、深圳市学调联盟2020届高三数学下学期第二次调研试题 理（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上.2.用2B铅笔将考生号及试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡上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，先划掉原来的答案，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的整洁.考试结束后，将试卷和答

2、题卡一并交回.一、选择题：本题共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】B【解析】【分析】解不等式可得集合，根据并集的概念即可得结果.【详解】由，则故选B.【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，以及集合并集的运算，属于基础题.2.设复数的共轭复数是，且，又复数对应的点为，与为定点，则函数取最大值时在复平面上以，三点为顶点的图形是（ ）A. 等边三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形【答案】D【解析】【分析】假设，根据模长公式构造关于的函数，从而可确定当取最大值时，的取值，

3、从而求得；利用两点间距离公式表示出所构成三角形的三边长，从而可确定三角形形状.【详解】 可设当时，取最大值即当，即时，取最大值此时，；，且该图形为等腰三角形本题正确选项：【点睛】本题考查复数模长的应用和求解、复数的几何意义.关键在于能够根据的模长将假设为，从而可利用三角函数的知识确定的最大值，根据复数几何意义可确定对应的点的坐标，进而可求得三角形的各个边长.3.已知函数的图象过两点，在内有且只有两个极值点，且极大值点小于极小值点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由在内有且只有两个极值点可得，再由，得到或，分别对进行讨论即可.【详解】在内有且只有两个极值点，则，又，所以

4、或；当时，解得，若时，在内极大值点为，极小值点为，满足题意；当时，解得，若时，在内极小值点为，极大值点为，不符合题意.故选：C【点睛】本题主要考查正弦型函数的图象与性质，考查学生的逻辑推理能力，数形结合思想，是一道中档题.4.在同一平面内，已知A为动点，B，C为定点，且BAC=，BC=1，P为BC中点过点P作PQBC交AC所在直线于Q，则在方向上投影的最大值是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先建系，由三点共圆得点A的轨迹方程为，则，则，再由在方向上投影的几何意义可得解【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则B（-，0），C（，0），P（0，0），由可知，ABC三点在一个定

5、圆上，且弦BC所对的圆周角为，所以圆心角为.圆心在BC的中垂线即轴上，且圆心到直线BC的距离为，即圆心为，半径为.所以点A的轨迹方程为：，则 ，则 ，由在方向上投影的几何意义可得：在方向上投影为|DP|=|x|，则在方向上投影的最大值是，故选C【点睛】本题考查了轨迹问题及平面向量数量积的运算，属中档题5.若深圳人民医院有 5名医护人员，其中有男性 2名，女性 3名 现要抽调两人前往湖北进行支援，则抽调的两人刚好为一男一女的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】采用列举法，将从5人中抽调2人的基本事件总数求出，再找到抽调的两人刚好为一男一女所包含的基本事件个数，结合古典概

6、型的概率计算公式即可得到答案.【详解】记两名男性为，三名女性为，则从5人中抽调2人有，共10种不同结果，抽调的两人刚好为一男一女有，共6种不同结果，由古典概型的概率计算公式可得所求事件的概率为.故选：C【点睛】本题考查古典概型的概率计算问题，采用列举法，注意要做到不重不漏，是一道容易题.6.2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日点的轨道运行点是平衡点，位于地月连线的延长线上设地球质量为M，月球质量

7、为M，地月距离为R，点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：.设，由于值很小，因此在近似计算中，则r的近似值为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题在正确理解题意的基础上，将有关式子代入给定公式，建立的方程，解方程、近似计算题目所处位置应是“解答题”，但由于题干较长，易使考生“望而生畏”，注重了阅读理解、数学式子的变形及运算求解能力的考查【详解】由，得因为，所以，即，解得，所以【点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是复杂式子的变形出错7.已知函数为奇函数，且函数的图象关于直线对称，当时，则（ ）A. 2020

8、B. C. D. 0【答案】D【解析】【分析】根据题意，由函数的对称性可得，即，进而可得，即函数是周期为4的周期函数，据此可得，由函数的解析式计算可得答案【详解】解：根据题意，函数为奇函数，即函数的图象关于点对称，则有，函数的图象关于直线对称，则，变形可得：，即，则有，即函数是周期为4的周期函数，；故选：D【点睛】本题考查函数的奇偶性、对称性、周期性的综合应用，难度一般.一般地，若一个奇函数有对称轴（或一个偶函数有对称中心），可分析出函数具有周期性.8.在棱长为1的正方体中，已知点P是正方形内部（不含边界）的一个动点，若直线与平面所成角的正弦值和异面直线与所成角的余弦值相等，则线段长度的最小值

9、是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设直线与平面所成角为，异面直线与所成角为，运用向量的数量积的夹角公式，结合二次函数的最值求法，可得所求最小值.【详解】解：如图，以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，可设P（0，y，z），由A（0，1，0），（1，0，1），设直线与平面所成角为，异面直线与所成角为，由平面的一个法向量为，可得，由，可得，则，当时，线段DP长度的最小值为.故选：C.【点睛】本题考查线面角和异面直线所成角的求法，注意建立空间直角坐标系解决，考查化简运算能力，属于中档题.9.已知是椭圆：的左焦点，经过原点的

10、直线与椭圆交于，两点，若，且，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意设椭圆的右焦点，根据正弦定理即可求得和的关系，即可求得椭圆的离心率【详解】解：设椭圆的右焦点，连接，根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则，且由，可得，所以，则，由余弦定理可得，即，椭圆的离心率，故选：A【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，其中涉及到椭圆的定义以及余弦定理，对学生的分析与计算能力要求较高，难度较难.10.如图，斜满足，其中表示a，b中较大的数（时定义）线段AC的中垂线上有一点D，过点D作于点E，满足，则点D到外接圆上一点的距离最大值为（ ）A. 4B. 3C. 2D.

11、1【答案】C【解析】【分析】由，知为锐角，设的中垂线交于，过作的垂线，垂足为，由得到，再由得到，所以，再利用几何意义即可得点D到外接圆上一点的距离最大.【详解】由，知为锐角，设的中垂线交于，过作的垂线，垂足为，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，又，所以，即，又易得，所以，由正弦定理可得，故点D到外接圆上一点的距离最大为.故选：C【点睛】本题考查动点到圆上一点距离的最值问题，涉及到正弦定理与三角恒等变换，考查学生逻辑推理与数学运算能力，是一道中档题.11.设，则二项式展开式的常数项是A. 160B. 20C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用微积分基本定理求出，利用二项展开式的通项

12、公式求出通项，令的指数等于，求出常数项【详解】展开式的通项为令得故展开式的常数项是本题正确选项：【点睛】本题考查微积分基本定理、二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题，属于基础题12.已知，其中是常数，且的最小值是，满足条件的点是双曲线一弦的中点，则此弦所在的直线方程为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：，由题意，所以，又，故，设弦的两端点为，则，两式相减得，所以，选D考点：基本不等式，圆锥曲线的弦中点问题二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知函数（，）有两个不同的零点，和，三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，则函数的解析式为_

13、.【答案】【解析】【分析】由函数的零点与方程的关系，运用韦达定理，以及等比数列的中项性质可得b4，再由等差数列的中项性质，解方程可得a，进而得到所求解析式.【详解】解：函数（，）有两个不同的零点，可得，且，和，三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，可得，再设2，为等差数列，可得，代入韦达定理可得，即有，解得a5（4舍去），则.故答案为：.【点睛】本题考查函数的零点和二次方程的韦达定理，以及等差数列和等比数列的中项性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题.14.方程在区间 上解为_【答案】或.【解析】【分析】，即，原方程等价于，再解方程即可.【详解】由题意，即，原方程等价于，解得或

14、（舍），故或.故答案为：或.【点睛】本题考查解三角函数方程，涉及到二倍角公式，考查学生的等价转化思想，注意要先求x的有意义的范围.15.已知在平面直角坐标系中，椭圆：的左、右顶点分别为，.直线l：（）交椭圆于P，Q两点，直线和直线相交于椭圆外一点R，则点R的轨迹方程为_.【答案】【解析】【分析】由已知，可得直线l恒过，由题意知，直线斜率不为0，设的方程为，联立椭圆方程，解得，再由由三点共线可得，由三点共线可得，两式相除可得，再将代入化简即可.【详解】因为，所以，由得，故直线l恒过，由题意知，直线斜率不为0，设的方程为，联立椭圆方程，得，则，由三点共线可得，由三点共线可得，两式相除可得，解得，所

15、以点在定直线上，故点R的轨迹方程为.故答案为：.【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系中的定值问题，考查学生的逻辑推理与数学运算能力，是一道难度较大的题.16.如图，在直角梯形ABCD中，ABBC，ADBC，点E是线段CD上异于点C，D的动点，EFAD于点F，将DEF沿EF折起到PEF的位置，并使PFAF，则五棱锥P-ABCEF的体积的取值范围为_【答案】（0，）【解析】【分析】先由题易证PF平面ABCEF，设，然后利用体积公式求得五棱锥的体积，再利用导函数的应用求得范围.【详解】因为PFAF，PFEF，且AF交EF与点F，所以PF平面ABCEF设,则 所以五棱锥的体积为 或（舍）当递增，故 所以

16、的取值范围是（0，）故答案为（0，）【点睛】本题考查了立体几何的体积求法以及利用导函数求范围的应用，属于小综合题，属于较难题.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.已知是等差数列，是各项均为正数的等比数列，且，.（）求数列，的通项公式；（）设，求数列的前项和.【答案】（），;（）.【解析】试题分析：（1）根据条件列出关于公差与公比方程组,解方程组可得，再代入等差与等比数列通项公式,（2）利用错位相减法求和,注意相减时项的符号变化，中间部分利用等比数列求和

17、时注意项数，最后要除以试题解析：（）设数列的公差为，的公比为，依题意得解得，所以，（）由（）知，则 -得： 所以.点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.18.已知四棱锥，底面为菱形，,为上的点，过的平面分别交，于点，且平面（1）证明：；（2）当为的中点，与平面所成的角为，求与平面所成角的正弦值【答案】(1)见证明(2) 【解析】【分析】（1）连结、且，连结，先

18、证明平面，可得，再利用线面平行的性质定理证明，从而可得结论；（2）利用（1）可证明平面,利用与平面所成的角为求出线段间的等量关系，以，分别为，轴，建立空间直角坐标系，求出，再利用向量垂直数量积为零列方程求出平面的法向量，由空间向量夹角余弦公式可得结果.【详解】（1）连结、且，连结因为，为菱形，所以，因为，所以，因为，且、平面，所以，平面，因为，平面，所以，因为，平面，且平面平面，所以， 所以，（2）由（1）知且，因为，且为的中点，所以，所以，平面,所以与平面所成的角为，所以，所以，因为，所以，.以，分别为，轴，如图所示建立空间直角坐标系记，所以，所以， ，记平面的法向量为，所以，即，令，解得，

19、所以，记与平面所成角为，所以，.所以，与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查线面平行的性质定理、线面垂直证明面面垂直以及利用空间向量求线面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.19.如果某企业每月生猪的死亡率不超过百分之一，则该企业考核为优秀.现获得某企业2019年1月到8月的相关数据如下表所示：月份1月2月3月4月5月6月7月8月月养殖量

20、/千只3456791012月利润/十万元3.64.14.45.26.27.57.99.1生猪死亡数最/只293749537798126145（1）求出月利润；y（十万元）关于月养殖量x（千只）的线性回归方程（精确到0.01）；（2）若2019年9月份该企业月养殖量为1.4万只，请你预估该月月利润是多少万元；（3）从该企业2019年1月到8月这8个月中任意选取3个月，用X表示3个月中该企业考核获得优秀的个数，求X的分布列和数学期望.参考数据：，附：线性回归方程中，【答案】（1）（2）预估该月月利润是104.8万元（3）详见解析【解析】【分析】（1）根据公式可求得，进而可得回归方程；（2）通过回归

21、方程可估计9月份的月利润；（3）由题可知X的所有可能取值为0，1，2，3，求出概率，进而可得期望.【详解】（1）根据参考数据可得，所以，故月利润y关于月养殖量x的线性问归方程为；（2）若2019年9月份，该企业月养殖量为1.4万只，则此时，把代入，所以预估该月月利润是104.8万元；（3）由题中数据可知，1月，2月，3月，4月这4个月该企业考核都为优秀，所以X的所有可能取值为0，1，2，3，故X的分布列为：X0123P.【点睛】本题考查回归方程的求解，考查离散型随机变量的分布列，期望，考查学生计算能力，是基础题.20.已知直线过椭圆的右焦点，且交椭圆于A，B两点，线段AB的中点是，（1）求椭圆

22、的方程；（2）过原点的直线l与线段AB相交（不含端点）且交椭圆于C，D两点，求四边形面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由直线可得椭圆右焦点的坐标为,由中点可得,且由斜率公式可得,由点在椭圆上,则,二者作差,进而代入整理可得,即可求解；（2）设直线,点到直线的距离为,则四边形的面积为,将代入椭圆方程,再利用弦长公式求得,利用点到直线距离求得,根据直线l与线段AB（不含端点）相交,可得,即,进而整理换元,由二次函数性质求解最值即可.【详解】（1）直线与x轴交于点,所以椭圆右焦点的坐标为,故,因为线段AB的中点是,设,则,且,又,作差可得,则,得又,所以,因此椭圆的方程为.（2

23、）由（1）联立,解得或,不妨令,易知直线l的斜率存在,设直线,代入,得,解得或,设,则,则,因为到直线的距离分别是,由于直线l与线段AB（不含端点）相交,所以,即,所以,四边形的面积,令,则,所以,当,即时,，因此四边形面积的最大值为.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程,考查椭圆中的四边形面积问题,考查直线与椭圆的位置关系的应用,考查运算能力.21.己知函数（）当时，函数在上是减函数，求的取值范围；（）若方程的两个根分别为，求证：.【答案】（）；（）证明见解析.【解析】【分析】（）由题，可将条件进行转化，依题意，在上减函数等价于对恒成立，再采用分离参数法解不等式即可；（）由于方程的两个根分别为，

24、故有，可解得，化简并联立前式可得，再设，则整体可代换为，求，根据的正负即可得证【详解】（）在上递减，对恒成立.即对恒成立，所以只需.，当且仅当时取“”，.（）由已知，得，两式相减，得.由知，设，则.在上递增，.，.即.【点睛】本题考查根据函数增减性利用导数求解参数问题，已知函数零点利用导数求证不等式恒成立问题，运算能力，属于难题（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一题计分22.在极坐标系中，直线l的极坐标方程为cos4，曲线C的极坐标方程为2cos+2sin，以极点为坐标原点O，极轴为x轴的正半轴建立直角坐标系，射线l

25、：ykx（x0，0k1）与曲线C交于O，M两点（）写出直线l的直角坐标方程以及曲线C的参数方程；（）若射线l与直线l交于点N，求的取值范围【答案】（）直线l的直角坐标方程，曲线C的参数方程.【解析】【分析】（）由直线l的极坐标方程能求出直线l的直角坐标方程；由曲线C的极坐标方程，求出曲线C的直角坐标方程，由此能求出曲线C的参数方程（）用极径表示线段的长度，从而把比值问题转化为极坐标中极径的比值问题，再转化为以极角为变量的三角函数求范围问题.根据角的范围求即可.【详解】解：（）直线l的极坐标方程为cos4，直线l的直角坐标方程为x4，曲线C的极坐标方程为2cos+2sin，曲线C的直角坐标方程为

26、x2+y22x2y0，即（x1）2+（y1）22曲线C的参数方程为，（为参数）（）设M（1，），N（2，），则12cos+2sin，+，的取值范围是（【点睛】本题考查直线的直角坐标方程、曲线的参数方程、两线段的比值的求法，考查极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想23.已知，函数，其中.（1）求使得等式成立的x的取值范围；（2）（i）求的最小值.（ii）求在区间上的最大值.【答案】（1）（2）（i）（ii）最大值【解析】【分析】（1）分别对和两种情况讨论，进而可得使得等式成立的的取值范围；（2）（i）先求函数，的最小值，再根据的定义可得的最小值；（ii）分别对和两种情况讨论的最大值，进而可得在区间上的最大值.【详解】（1）由于，故当时，当时，所以，使得等式成立的x的取值范围为.（2）（i）设函数，则，所以，由的定义知，即（ii）当时，当时，.所以.【点睛】本题考查分段函数的最值问题，考查学生分析问题解决问题的能力，注意分类讨论，是中档题.