1、广东省广州市2020届高三数学下学期调研考试试题 文（含解析）2019.12本试卷共5页，23小题，满分150分，考试用时120 分钟.1.答卷前，考生务必将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上，用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号、并将试卷类型(A)填图在答题卡的相应位置上.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案涂黑；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，答案必须卸载答题卡各题目制定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔盒涂改液，不按
2、以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共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.已知复数，则复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】转化条件得，由虚部的概念即可得解.【详解】由题意，所以复数的虚部为.故选：D.【点睛】本题考查了复数的除法运算和复数虚部的概念，属于基础题.2.设集合，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题首先可以通过解一元二次不等式计算出集合A，然后通过对数的性质计算出集合B，最后计算出，即可得出结果【详解】集合
3、A：，故集合，集合B：，故集合，故选C【点睛】本题考查的是集合的相关性质，主要考查集合的运算、一元二次不等式的解法以及对数的相关性质，考查计算能力，体现了基础性与综合性，是简单题3.如图所示的风车图案中，黑色部分和白色部分分别由全等的等腰直角三角形构成，在图案内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设黑色等腰直角三角形的腰长为，由题意分别表示出黑色部分和白色部分的面积，由几何概型概率的求解方法即可得解.【详解】设黑色等腰直角三角形的腰长为，则一个白色等腰直角三角形的腰长为，则黑色部分的面积为，白色部分的面积为，故所求概率为.故选：B.【点
4、睛】本题考查了几何概型概率的求解，属于基础题.4.命题“”的否定是（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用全称命题的否定是特称命题，即可直接得解.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“，”的否定为“，”.故选：D.【点睛】本题考查了全称命题的否定，属于基础题.5.设，是单位向量，且，的夹角为60，则的模为（ ）A. B. 13C. 4D. 16【答案】A【解析】【分析】利用模的运算，结合数量积的运算，求得的模.【详解】的模为.故选：A【点睛】本小题主要考查复数的模和数量积运算，属于基础题.6.已知实数满足，则的最小值为（ ）A. 7B. 6C. 1D. 6【答案】A
5、【解析】【分析】作出约束条件的可行域，根据目标函数表示的几何意义即可求解.【详解】画出约束条件的可行域，如图（阴影部分）所示：由图可知向上平移直线，到边界的位置时，取得最小值，此时 故选：A【点睛】本题主要考查了线性规划问题，考查的核心素养是直观想象，属于基础题7.已知点在幂函数的图象上，设，则的大小关系为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由幂函数特点可求出 值，带入点可求 值，进而求得 解析式，利用的单调性即可比较大小【详解】点在幂函数的图象上，,解得,且在上单调递增,又,故选A【点睛】本题考查幂函数性质和利用单调性比较大小8.已知F为双曲线的右焦点，过F做C的渐近线的垂线F
6、D，垂足为D，且满足（O为坐标原点），则双曲线的离心率为（ ）A. B. 2C. 3D. 【答案】A【解析】分析】根据题中条件求出双曲线基本量的比例关系，然后即可求出离心率的值.【详解】由题知，又因为焦点到双曲线渐近线的距离为，所以，整理得.故选：A.【点睛】本题主要考查了双曲线离心率的求解，属于基础题.9.函数图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由时，可排除选项A、B，利用函数奇偶性可排除C，即可得解.【详解】当时，所以，故可排除选项A、B；由可得函数为偶函数，可排除C.故选：D.【点睛】本题考查了函数图象的识别，关键是对比函数的性质和图象的特征，属于基础题.1
7、0.已知函数将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数的图象关于轴对称，则下列说法错误的是（ ）A. 在上单调递减B. 在上单调递增C. 的图象关于对称D. 的图象关于对称【答案】B【解析】【分析】设平移后的函数为，令可得，利用三角函数的性质逐项判断即可得解.【详解】设平移后的函数为，由题意，则，又 ，当时，故A正确；当时，故在上不单调，故B错误；当时，故C正确；当时，故D正确.故选：B.【点睛】本题考查了三角函数图象的平移和三角函数图象的综合应用，属于中档题.11.已知三棱锥中，面面则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】取的中点，连接，由题意得球
8、心一定在直线上，设球心为O，半径为R，连接，在中由勾股定理可得，解方程求得球的半径后即可得解.【详解】如图，为等腰三角形.取的中点，连接，,又 面面，面面，面，面，又 为直角三角形，外接圆圆心为D，球心一定在直线上，设球心为O，半径为R，连接，则，即解得，则此三棱锥的外接球的表面积为.故选：C.【点睛】本题考查了三棱锥的结构特征和三棱锥外接球的表面积的求解，考查了空间思维能力，属于中档题.12.已知各项均为正数的数列的前项和为满足，若表示不超过的最大正数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】转化条件得，进而可得，利用裂项相消法可得，根据新定义即可得解.【详解】，为正项数列
9、，由表示不超过的最大正数可知.故选：B.【点睛】本题考查了新定义在数列问题中的应用，考查了与关系的应用和裂项相消法求数列前n项和的应用，属于中档题.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，则_【答案】【解析】【分析】由题意抛物线焦点为，椭圆焦点为，即可得解.【详解】由题意抛物线的焦点为，椭圆的焦点为即，所以即.故答案为：.【点睛】本题考查了抛物线和椭圆的焦点问题，属于基础题.14.设数列为等比数列，若成等差数列，则等比数列的公比为_【答案】【解析】【分析】由题意结合等差中项的性质、等比数列的通项公式可得，化简后即可得解.【详解】设公比为
10、q，由题意可得，化简得，解得 .故答案为：.【点睛】本题考查了等差数列和等比数列的综合应用，属于基础题.15.奇函数（其中为底数）在处的切线方程为_【答案】【解析】【分析】由奇函数的性质可得，求出，利用点斜式即可求解.【详解】函数为奇函数，即，解得，切线方程为即.故答案为：.【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用，考查了导数几何意义的应用，属于中档题.16.已知正方体的棱长为为的中点，若平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为_【答案】【解析】【分析】根据线面垂直的条件先确定平面，再根据截面形状求周长即可得解.【详解】在正方体中，面，取的中点，的中点，连接，易知，由面可得，面，面，取的中点，由
11、可知点在面上，平面截正方体所得截面为，由正方体棱长为2易得截面周长为.故答案为：.【点睛】本题考查了线面垂直的判定和截面的性质，考查了空间思维能力，属于中档题.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.在中，角的对边分别是，已知.（1）求角的值；（2）若的面积为，周长为，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理得，进而可得，即可得解；（2）由面积可得，由余弦定理得，再结合周长即可得解.【详解】（1）因为，由正弦定理得.因为，所以，所以，即，因为，所以.（2）因为的面积为，所以，得，由余弦定理得，因为的周长为，即所以所以.【点睛
12、】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题.18.随着手机的发展，“微信”逐渐成为人们支付购物的一种形式.某机构对“使用微信支付”的态度进行调查，随机抽取了50人，他们年龄的频数分布及对“使用微信支付”赞成人数如下表.年龄（单位：岁），频数510151055赞成人数51012721（）若以“年龄45岁为分界点”，由以上统计数据完成下面列联表，并判断是否有99%的把握认为“使用微信支付”的态度与人的年龄有关；年龄不低于45岁的人数年龄低于45岁的人数合计赞成不赞成合计（）若从年龄在的被调查人中按照赞成与不赞成分层抽样，抽取5人进行追踪调查，在5人中抽取3人做专访，求3人中不赞成使用微信
13、支付的人数的分布列和期望值.参考数据：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828，其中.【答案】（）详见解析；（）详见解析.【解析】【分析】（）根据频数分布表补全列联表，代入公式可求得，从而可知有的把握；（）根据分层抽样的方法可知抽取的人中，支持微信支付人，不支持微信支付人，根据超几何分布的特点求得分布列和数学期望.【详解】（）由频数分布表得列联表如下：年龄不低于45岁的人数年龄低于45岁的人数合计赞成不赞成13合计有把握认为“使用微信交流”的态度与人的年龄有关（）年龄在中支持微信支付人，不支持微信支
14、付6人由分层抽样方法可知：抽取的人中，支持微信支付人，不支持微信支付人设人中不支持微信支付的人数为，则所有可能的取值为：，的分布列为：【点睛】本题考查独立性检验、超几何分布的分布列和数学期望的求解，对于学生的基础计算能力有一定的考查，属于常规题型.19.如图，已知四边形是边长为的菱形，平面平面，且（1）求证：平面平面（2）若四边形为直角梯形，且，求点到平面的距离.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）由菱形性质可得，再由面面垂直的性质可得平面，由面面垂直的判定即可得证；（2）设与相交于点，连接，先证明面，求出后利用即可得解.【详解】（1）证明:因为四边形是菱形，所以，又因为平面，平面
15、平面 .平面平面所以平面.因为平面，所以平面平面.（2）设与相交于点，连接.因为且，四边形是平行四边形.所以且.因为，面面，面面，面，所以面，因为，所以面.因为面，所以，.在中，在中，在中，.所以边上的高为所以设点到面的距离为，因为，即，所以，所以.【点睛】本题考查了面面垂直的性质和判定，考查了点到平面距离的求解和等体积法的应用，属于中档题.20.已知椭圆的右焦点F到左顶点的距离为3.（1）求椭圆C的方程；（2）设O是坐标原点，过点F的直线与椭圆C交于A，B两点（A，B不在x轴上），若，延长AO交椭圆与点G，求四边形AGBE的面积S的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据椭
16、圆方程中基本量的关系与右焦点F到左顶点的距离，即可求出椭圆基本量，即得椭圆方程；（2）首先联立方程组，利用韦达定理表示出四边形的面积，根据面积表达式的函数单调性求出面积的最值即可.【详解】（1）由题知，解得，所以椭圆；（2）因为过点F的直线与椭圆C交于A，B两点（A，B不在x轴上），设，联立，设，有，因为，所以四边形AOBE是平行四边形，所以，有，令，有，当时单调递减，所以当时面积取最大值，最大值为.【点睛】本题主要考查了椭圆方程基本量的求解，椭圆中三角形的面积计算，属于一般题.21.已知函数.（1）若，求的单调区间；（2）讨论的零点个数.【答案】（1）在单调递减，在单调递增.（2）当时，有个
17、零点；当时，有个零点.【解析】【分析】（1）求导后求解、的解集后即可得解；（2）当时，由（1）求得的单调性即可得解；当时，求出函数导数后，设导函数的零点为，求得的最小值，再由、即可得解.【详解】（1）若时，的定义域为，当时，；当时， ；所以在单调递减，在单调递增.（2）当时，且在单调递减，在单调递增，有个零点；当时，令，因为，在上单调递增.又，所以存在实数，使得.在上，是减函数，在上，是增函数，所以的最小值是，其中满足，即，所以，因为，又因为，所以有个零点.综上所述，当时，有个零点；当时，有个零点.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间和函数零点的个数，考查了分类讨论思想，属于中档题.(二
18、)选考题:共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置上答题.如果多做，则按所做的第一题计分.22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（m为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为（1）求曲线C和直线的直角坐标系方程；（2）已知直线与曲线C相交于A，B两点，求的值.【答案】（1）曲线，直线；（2）.【解析】【分析】（1）根据曲线的参数方程，消去参数即可求出曲线方程，根据直线的极坐标方程，根据极坐标与直角坐标转换的公式即可求出直线的直角
19、坐标方程；（2）由于点，均在直线上，所以利用直线参数方程的几何意义，与曲线联立，求出根，即可求出的值.【详解】（1）由题知，消去有，即曲线，因为，即直线；（2）易知点在直线上，且直线的倾斜角为，则直线的参数方程为（t为参数），因为直线与曲线C相交于A，B两点，所以有，解得，根据参数的几何意义有，,有，.【点睛】本题主要考查了直线的参数方程，直角坐标与极坐标的转化，直线参数方程的几何意义，属于一般题.23.已知（1）当时，求不等式 的解集；（2）若时，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）对和分类讨论即可求出解集范围；（2）分别讨论和两种情况，结合第一问中，即可求出结果.详解】（1）当时，当时，当时，故不等式的解集为；（2）因为，所以，当时，可知在区间时，即，有，显然不恒成立，不满足题意，舍去，当时，可知在区间时，即，有恒成立，满足题意，由第一问有，当时也满足题意，综上，时，在上恒成立.【点睛】本题主要考查了含有绝对值的不等式，这类题要注意分类讨论，属于一般题.
