1、广东省广州市2020届高三数学3月阶段训练（一模考试）试题 文（含解析）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.已知复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数模的性质直接计算即可.【详解】,故选：D【点睛】本题主要考查了复数模的性质，属于容易题.2.已知集合，则的子集共有（ ）A. 个B. 个C. 个D. 个【答案】B【解析】【分析】由交集运算求出集合P，写出所有子集即可.【详解】，的子集有共4个，故选：B【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，子集的概念，属于容易题.3.设向量，且，则（ ）A. B.
2、C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据向量垂直则数量积为0直接计算即可求解.详解】,解得，故选：C【点睛】本题主要考查了向量的数量积运算，向量垂直的性质，属于容易题.4.已知是等差数列，则数列的公差为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据条件，联立方程组，即可求出公差.【详解】是等差数列，,解得，故选：D【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，考查了计算能力，属于容易题.5.已知命题：R，；命题 ：R，则下列命题中为真命题的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别判断两个命题p， q的真假，结合复合命题真假关系进行判断即可【详解】对于命题，取时
3、，不成立，故命题为假命题，对于命题 ，时，成立，故命题 为真命题，所以为假命题，为真命题，为假命题，为假命题，故选：B【点睛】本题主要考查复合命题真假关系的判断，结合条件判断命题p，q的真假是解决本题的关键.6.已知偶函数满足，则（ ）A. 或B. 或C. 或D. 或【答案】A【解析】【分析】根据题意可得函数的单调性,将所求不等式转化为，则有 ，求解即可.【详解】时，函数为偶函数，当时，为增函数，解得或故选：A【点睛】本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，涉及指数不等式的解法，属于基础题.7.如图，圆的半径为，是圆上的定点，是圆上的动点， 点关于直线的对称点为，角的始边为射线，终边为射线，将表示
4、为的函数，则在上的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据图象分析变化过程中在关键位置及部分区域，即可排除错误选项，得到函数图象，即可求解.【详解】由题意，当时，P与A重合，则与B重合，所以,故排除C,D选项；当时，由图象可知选B.故选：B【点睛】本题主要考查三角函数的图像与性质，正确表示函数的表达式是解题的关键,属于中档题.8.陀螺是中国民间最早的娱乐工具，也称陀罗. 如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可，
5、【详解】由题意可知几何体的直观图如图：上部是底面半径为1，高为3的圆柱，下部是底面半径为2，高为2的圆锥,几何体的表面积为：，故选：C【点睛】本题考查三视图求解几何体的表面积，判断几何体的形状是解题的关键.9.某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为，设地球半径为，该卫星近地点离地面的距离为，则该卫星远地点离地面的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意画出图形，结合椭圆的定义，结合椭圆的离心率,求出椭圆的长半轴a,半焦距c,即可确定该卫星远地点离地面的距离.【详解】椭圆的离心率：，（ c为半焦距; a为长半轴），设卫星近地点，远地点离地面
6、距离分别为r，n，如图：则所以,故选：A【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的求法，注意半焦距与长半轴的求法,是解题的关键，属于中档题.10.已知函数存在极值点，且恰好有唯一整数解，则实数取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数有极值点可得，有唯一整数解可转化为有唯一整数解，令，只需满足即可求解.【详解】，且存在极值点有正根，可得，恰好有唯一整数解，即恰好有唯一整数解，令，因，所以只需满足即可，解得，故选：C【点睛】本题主要考查了函数的极值，利用转化思想处理不等式有唯一整数解，属于中档题.11.已知，是双曲线的两个焦点，过点且垂直于轴的直线与相交于，两点，若，则
7、的内切圆的半径为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设左焦点的坐标， 由AB的弦长可得a的值，进而可得双曲线的方程，及左右焦点的坐标，进而求出三角形ABF2的面积，再由三角形被内切圆的圆心分割3个三角形的面积之和可得内切圆的半径.【详解】由双曲线的方程可设左焦点，由题意可得，由，可得，所以双曲线的方程为: 所以，所以三角形ABF2的周长为设内切圆的半径为r，所以三角形的面积，所以，解得，故选：B【点睛】本题考查求双曲线的方程和双曲线的性质及三角形的面积的求法，内切圆的半径与三角形长周长的一半之积等于三角形的面积可得半径的应用，属于中档题.12.已知正方体的棱长为，分别是棱，
8、的中点，给出下列四个命题: ; 直线与直线所成角为; 过，三点的平面截该正方体所得的截面为六边形; 三棱锥的体积为.其中，正确命题的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出几何体的图形，然后转化判断四个命题的真假即可【详解】如图；连接相关点的线段，为的中点，连接，因为是中点，可知，可知平面，即可证明，所以正确；直线与直线所成角就是直线与直线所成角为；正确；过，三点的平面截该正方体所得的截面为五边形；如图：是五边形所以不正确；如图：三棱锥的体积为：由条件易知F是GM中点，所以,而，所以三棱锥的体积为，正确；故选：【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及空间几何体的体
9、积，直线与平面的位置关系的应用，平面的基本性质，是中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.已知函数的图像与的图像关于直线对称，则_.【答案】2【解析】【分析】根据函数图像之间的关系知与互为反函数，求解析式计算即可.【详解】因为函数的图像与的图像关于直线对称，所以是的反函数，即，所以，故答案为：2【点睛】本题主要考查了反函数的性质，反函数的求法，属于容易题.14.设，满足约束条件 则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】先根据条件画出可行域，设，再利用几何意义求最值，将最小值转化为轴上的截距最大，只需求出直线，取得截距的最小值，从而得到最小值即可【详解】由约束条件得到如图可行域
10、，由目标函数得到；当直线经过时，直线在轴的截距最大，使得最小，由得到，所以的最小值为；故答案为：【点睛】本题考查了简单线性规划问题；借助于平面区域特性，用几何方法处理代数问题，体现了数形结合思想、化归思想线性规划中的最优解，通常是利用平移直线法确定15.羽毛球混合双打比赛每队由一男一女两名运动员组成. 某班级从名男生，和名女生，中各随机选出两名，把选出的人随机分成两队进行羽毛球混合双打比赛，则和两人组成一队参加比赛的概率为_.【答案】【解析】【分析】分别计算出选出的4人随机分成两队进行羽毛球混合双打比赛的基本事件总数和满足和两人组成一队的基本事件个数，代入古典概型概率计算公式，可得答案【详解】
11、从3名男生，和3名女生，中各随机选出两名，共有，选出的4人随机分成两队进行羽毛球混合双打比赛有，故总的事件个数为种，其中和两人组成一队有种，故则和两人组成一队参加比赛的概率为，故答案为：【点睛】本题考查的知识点是古典概型概率计算公式，其中熟练掌握利用古典概型概率计算公式求概率的步骤，是解答的关键16.记为数列的前项和，若，则_，数列的前项和_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】（1）根据与的关系即可推导出，令即可求解；（2）由（1）知，利用上式可得，由等比数列求和公式即可求解.【详解】,两式相减可得：，即，所以，由可得，两式相减可得：，是以为首项，为公比的等比数列，故答案为：，【点
12、睛】本题主要考查了数列的递推关系，与的关系，等比数列的求和公式，属于较难题.三、解答题: 共70分解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须做答. 第22、23题为选考题，考生根据要求做答.（一）必考题：共60分17.某企业质量检验员为了检测生产线上零件的情况，从生产线上随机抽取了个零件进行测量，根据所测量的零件尺寸（单位：mm），得到如下的频率分布直方图：（1）根据频率分布直方图，求这个零件尺寸的中位数（结果精确到）；（2）已知尺寸在上的零件为一等品，否则为二等品. 将这个零件尺寸的样本频率视为概率，从生产线上随机抽取个零件，试估计所抽取的零件是二等品的概
13、率.【答案】（1）63.47（2）0.2【解析】【分析】（1）由频率分布直方图中中位数两边频率相等，即可求出中位数的大小；（2）计算尺寸在，外的频率，用频率估计概率，即可得出结论【详解】（1）由频率分布直方图的性质得：，所以中位数在，内，设为，则，解得，所以估计中位数为63.47；（2）尺寸在，上的频率为，且，所以从生产线上随机抽取1个零件，估计所抽取的零件是二等品的概率为0.2【点睛】本题考查了利用频率分布直方图求中位数、概率的应用问题，是基础题18.已知分别是内角的对边，. （1）求的值； （2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知结合正弦定理及余弦定理
14、可求，然后结合同角平方关系可求；（2）由已知结合三角形的面积公式可求，然后结合余弦定理即可求解，进而可求三角形的周长【详解】（1）因为由正弦定理可得，由余弦定理可得，故；（2），所以，因为，所以，所以【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式的综合应用，属于中档试题19.如图，三棱锥中，. （1）求证：； （2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，证明，推出平面，即可证明；（2）在直角三角形中，由，为的中点，得，求解，结合，可得，又，得到平面，然后利用等体积法求点到平面的距离【详解】（1）证明：取的中点为，连接，在中，为的中点
15、，在中，为的中点，平面，平面，平面，；（2）在直角三角形中，由，为的中点，得，在等腰三角形中，由，得，又，即，又，平面，求解三角形可得，又，得设点到平面的距离为，由，得，解得，故点到平面的距离为【点睛】本题考查等体积法的应用，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题20.已知点是抛物线的顶点，是上的两个动点，且.（1）判断点是否在直线上？说明理由；（2）设点是的外接圆的圆心，求点的轨迹方程.【答案】（1）点在直线上，理由见解析（2）【解析】【分析】（1）由抛物线的方程可得顶点的坐标，设直线的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，求出数量积，再由题意可得直线恒过
16、，即得在直线上；（2）设，的坐标，可得直线，的斜率及线段，的中点坐标，进而求出线段，的中垂线的方程，两个方程联立求出外接圆的圆心的坐标，由（1）可得的横纵坐标关于参数的表达式，消参数可得的轨迹方程【详解】(1) 点直线上.理由如下，由题意, 抛物线的顶点为因直线与抛物线有2个交点，所以设直线AB的方程为联立得到，其中，所以，因为所以，所以，解得，经检验，满足，所以直线AB的方程为，恒过定点.（2）因为点是的外接圆的圆心，所以点是三角形三条边的中垂线的交点，设线段的中点为，线段的中点为为，因为，设，所以，所以线段的中垂线的方程为：，因为在抛物线上，所以，的中垂线的方程为：，即，同理可得线段的中垂
17、线的方程为：，联立两个方程，解得，由（1）可得，所以，即点，所以，即点的轨迹方程为：【点睛】本题考查求直线恒过定点的方程及直三角形外接圆的性质，和直线与椭圆的综合应用，属于难题21.已知函数，曲线在点处的切线方程为.（1）求，的值；（2）证明函数存在唯一的极大值点，且.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】分析】（1）求导，可得（1），（1），结合已知切线方程即可求得，的值；（2）利用导数可得，再构造新函数，利用导数求其最值即可得证【详解】（1）函数的定义域为，则（1），（1），故曲线在点，（1）处的切线方程为，又曲线在点，（1）处的切线方程为，；（2）证明：由（1）知，则，令，则，易知在单调
18、递减，又，（1），故存在，使得，且当时，单调递增，当，时，单调递减，由于，（1），（2），故存在，使得，且当时，单调递增，当，时，单调递减，故函数存在唯一的极大值点，且，即，则，令，则，故在上单调递增，由于，故（2），即，【点睛】本题考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查推理论证能力，属于中档题（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.22.已知曲线的参数方程为为参数， 曲线的参数方程为为参数).（1）求与的普通方程；（2）若与相交于，两点，且，求的值.【答案】（1），（2）0【解析】【分析】（1）分别把两曲线
19、参数方程中的参数消去，即可得到普通方程；（2）把直线的参数方程代入的普通方程，化为关于的一元二次方程，再由根与系数的关系及此时的几何意义求解【详解】（1）由曲线的参数方程为为参数），消去参数，可得；由曲线的参数方程为为参数），消去参数，可得，即（2）把为参数）代入，得，解得：，即，满足【点睛】本题考查参数方程化普通方程，特别是直线参数方程中参数的几何意义的应用，是中档题23.已知，且.（1）求的最小值；（2）证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用基本不等式即可求得最小值；（2）关键是配凑系数，进而利用基本不等式得证【详解】（1），当且仅当“”时取等号，故的最小值为；（2），当且仅当时取等号，此时故【点睛】本题主要考查基本不等式的运用，属于基础题
