1、广东省广州市执信中学2020届高三数学2月月考试题 理（含解析）一、选择题（共12题，每题5分，共60分，每道题有且只有一个选项是正确的）1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】计算出集合，再根据交集的定义计算可得.【详解】解：，.故选：A【点睛】本题考查对数不等式以及交集的运算，属于基础题.2.若复数满足，其中为虚数单位，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法，求出复数z即可.【详解】复数z满足，故本题选B.【点睛】本题考查复数的四则运算，要求掌握复数的除法运算，比较基础.3.张丘建算经卷上有题为“今有女善织，日益功疾，初日织五
2、尺，今一月日织九匹三丈”，其意思为：现一善于织布的女子，从第天开始，每天比前一天多织相同量的步（不变的常量），第天织了五尺，一个月（按天计算）共织九匹三丈（一匹四丈，一丈十尺），则该女子第天比第天多织布的尺数为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设该女子第一天织布为，利用等差数列即可得到结论.【详解】记该女子一个月中的第天所织布的尺数为，则，则，.故选：A【点睛】本题主要考查等差数列计算，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用，属于基础题4.已知圆与圆关于直线对称 ，则直线的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据两圆的圆心距大于两圆的半径
3、之和，可得两圆外离，把两个圆的方程相减可得对称轴的方程.【详解】两圆与圆关于直线对称，且两圆的圆心距为，两圆外离，将两个圆的方程相减可得，即.故直线的方程为.故选：B.【点睛】本题考查两圆关于直线对称的性质，把两个圆的方程相减可得此直线的方程，属于基础题.5.如图，一个半圆柱内部截去某几何体后得到一个新几何体，其三视图如图所示，则该新几何体的体积为（ ）正视图侧视图俯视图A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三视图知，该几何体是一个半圆柱挖去一个三棱锥得到，利用体积公式即得解.【详解】由三视图知，该几何体是一个半圆柱挖去一个三棱锥得到，故选：A【点睛】本题考查了组合体的三视图以及
4、空间几何体的体积，考查了学生空间想象，数学运算的能力，属于中档题.6.若的展开式中常数项等于，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项，再根据常数项等于，求得实数a的值【详解】解：的展开式中的通项公式为，令得，可得常数项为，得，故选：C【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题7.已知函数的图象如图所示，则该函数可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由图象关于原点对称知函数为奇函数，A、C中函数为偶函数排除，B、D选项中函数为奇函数，再
5、根据函数的单调性确定可能的函数.【详解】由图象可知，该图象关于原点对称，故函数为奇函数.A选项，且定义域为，该函数为偶函数，不符合题意，A错误.B选项，且定义域为，该函数为奇函数.易知当时，；当时，；当时，符合题意，B正确.C选项，且定义域为，该函数为偶函数，不符合题意，C错误.D选项，且定义域，该函数为奇函数.易知当时，；当时，不符合题意，D错误.故选：B.【点睛】本题考查函数图象的辨析，考查函数的基本性质，涉及三角函数的单调性，属于中档题.8.已知函数，直线与曲线相切，则（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】设切点为,利用导数的几何意义与在与上联立求解即可.【详解
6、】设切点为,则,又直线与曲线相切故,消去有,代入第一个式子有.易得.代入有.故选：B【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的运用,需要根据在某点处导函数的值等于在该点处切线的斜率以及切点在切线方程与函数式上联立求解即可.属于中等题型.9.某同学用“随机模拟方法”计算曲线与直线所围成的曲边三角形的面积时，用计算机分别产生了10个在区间1，e上的均匀随机数xi和10个在区间0，1上的均匀随机数，其数据如下表的前两行x2.501.011.901.222.522.171.891.961.362.22y0.840.250.980.150.010.600.590.880.840.10lnx0.900.010
7、.640.200.920.770.640.670.310.80由此可得这个曲边三角形面积的一个近似值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据“随机模拟方法”，有序数对落在曲线与直线所围成的曲边三角形的内部的个数与总个数的比值约等于曲边三角形面积与直线所围成的矩形的面积之比.【详解】用计算机分别产生在区间1，e上均匀随机数xi，在区间0，1上的均匀随机数，形成有序数对所在区域为直线所围成的矩形及其内部区域，如图所示，面积，作图：随机产生的十个点，当时，该点落在曲边三角形内部，共有6个，设曲边三角形面积为，则，所以.故选：A【点睛】此题考查用“随机模拟方法”解决不规则多边形面
8、积问题，关键在于弄清这种模拟方式，两个区域面积之比近似等于落在该区域点的个数之比.10.在中，M是外接圆上一动点，若，则的最大值是（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设M的坐标为，由，可得利用正弦函数的图像及性质即得解.【详解】以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设M的坐标为，过点B作 轴又当时，故选：C【点睛】本题考查了向量的坐标运算和向量的数乘运算和正弦函数的图像和性质，以及直角三角形问题，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.11.已知函数，函数（），若对任意的，总存在使得，则实数
9、的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意，可得在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域，即可求解.【详解】由题意，函数的导数为，当时，则函数为单调递增；当时，则函数为单调递减，即当时，函数取得极小值，且为最小值，又由，可得函数在的值域，由函数在递增，可得的值域，由对于任意的，总存在，使得，可得，即为，解得，故选B.【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及导数在函数中的应用，其中解答中转化为在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.12.已知双曲线
10、的左，右焦点分别为，点为双曲线右支上一点，线段交左支于点.若，且，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设=m,由定义得在三角形AB中由勾股定理，求得m=，在B中运用余弦定理即可求解.【详解】设=m,，由双曲线定义得又A所以AB=2m+2a,即，解m=解得e=故选B.【点睛】本题考查双曲线定义，简单几何性质，熟记双曲线定义，熟练解三角形正确运算是关键，是难题.二、填空题（共4题，每题5分，共20分）13.已知，若，则_【答案】-2【解析】【分析】由数量积的坐标运算即得解.【详解】由，故答案为：-2【点睛】本题考查了向量数量积的坐标运算，考查了学生概念理解，
11、数学运算的能力，属于基础题.14.由方程确定曲线所围成的区域的面积是_【答案】8【解析】【分析】在平面直角坐标系下画出的图象，为边长为的正方形，即得解.【详解】在平面直角坐标系下画出的图象，如图所示，为边长为的正方形，故故答案为：8【点睛】本题考查方程的曲线围成的面积，考查了学生数形结合，数学运算的能力，属于基础题.15.在九章算术中，将底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱称之为堑堵，如图，在堑堵中，堑堵的顶点到直线的距离为m，到平面的距离为n，则的取值范围是_.【答案】.【解析】【分析】设，利用等面积法和等体积法求出m，n关于a的不等式，根据a的范围得出的值【详解】设，则，且B到平面距离
12、为，又，故答案为：【点睛】本题考查了空间距离的计算，棱锥的体积公式，属于中档题16.有一些正整数排成的倒三角，从第二行起，每个数字等于“两肩”数的和，最后一行只有一个数M，那么_【答案】2816【解析】【分析】从第一行为1，2和1，2，3和1，2，3，4入手，结合图形归纳出结果，即得解.【详解】若第一行为1，2，则；若第一行为1，2，3，则；若第一行为1，2，3，4，则；归纳可得：若第一行为1，2，3，4，n，则当时，“金字数”【点睛】本题考查了推理与证明中的归纳推理，考查了学生逻辑推理，数学运算能力，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）（一
13、）必考题：共60分17.在中，内角，的对边分别是，已知，点是的中点.（）求的值；（）若，求中线的最大值.【答案】（）； （）.【解析】【分析】（1）由正弦定理，已知条件等式化边为角，结合两角和的正弦公式，可求解；（2）根据余弦定理求出边的不等量关系，再用余弦定理把用表示，即可求解；或用向量关系把用表示，转化为求的最值.【详解】（）由已知及正弦定理得.又，且，即.（）方法一：在中，由余弦定理得，当且仅当时取等号，.是边上的中线，在和中，由余弦定理得，.由，得，当且仅当时，取最大值.方法二：在中，由余弦定理得，当且仅当时取等号，.是边上的中线，两边平方得，当且仅当时，取最大值.【点睛】本题考查正弦
14、定理、余弦定理在三角形中应用，考查基本不等式和向量的模长公式的灵活运用，是一道综合题.18.如图，三棱柱中，侧面，已知，点E是棱的中点（1）求证：平面ABC；（2）在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）见解析；（2）存在，或【解析】【分析】（1）利用余弦定理解得，结合勾股定理得到，证得侧面，继而可证平面ABC；（2）以B为原点，分别以，和的方向为x，y和z轴的正方向建立空间直角坐标系，假设存在点M，设，由EM与平面所成角的正弦值为，可求解.【详解】（1）由题意，因为，利用余弦定理，解得，又，侧面，又，AB，平面ABC，直线
15、平面ABC（2）以B为原点，分别以，和的方向为x，y和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则有，设平面的一个法向量为，令，则，假设存在点M，设，利用平面的一个法向量为，得即，或，或【点睛】本题考查了空间向量和立体几何综合问题，考查了学生逻辑推理，空间向量和数学运算能力，属于中档题.19.椭圆经过点,且离心率为.（）求椭圆的方程；（）过点任作一条直线与椭圆交于不同的两点.在轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（I）（II）存在点，使得.【解析】试题分析：（1）由椭圆的标准方程和几何性质，即可求解的值，得到椭圆的标准方程；（2）若存在点，由题意，当直线和的
16、斜率存在,分别设为,， 等价于，直线的斜率存在，故设直线的方程为.由 ，得，得，由，即可求得的值试题解析：（I） （II）若存在点，使得， 则直线和的斜率存在,分别设为,. 等价于. 依题意，直线的斜率存在，故设直线的方程为.由，得. 因为直线与椭圆有两个交点，所以.即，解得. 设，,则， 令，当时，化简得， ，所以. 当时，也成立.所以存在点，使得.点睛：本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的综合问题，其中解答总涉及到椭圆的几何性质及其应用，直线与椭圆的位置关系的综合应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，推理与运算能力，此类问题的解答中，把直线方程代入椭圆的方程，转化为方程的根与系数的
17、关系及韦达定理的应用是解答的关键20.山东省2020年高考将实施新的高考改革方案.考生的高考总成绩将由3门统一高考科目成绩和自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目成绩组成，总分为750分.其中，统一高考科目为语文、数学、外语，自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目是从物理、化学、生物、历史、政治、地理6科中选择3门作为选考科目，语、数、外三科各占150分，选考科目成绩采用“赋分制”，即原始分数不直接用，而是按照学生分数在本科目考试的排名来划分等级并以此打分得到最后得分.根据高考综合改革方案，将每门等级考试科目中考生的原始成绩从高到低分为、共8个等级参照正态分布原则，确定各等级人数所占比
18、例分别为、.等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到91-100、81-90、71-80，61-70、51-60、41-50、31-40、21-30八个分数区间，得到考生的等级成绩.举例说明.某同学化学学科原始分为65分，该学科等级的原始分分布区间为5869，则该同学化学学科的原始成绩属等级.而等级的转换分区间为6170，那么该同学化学学科的转换分为：设该同学化学科的转换等级分为，求得.四舍五入后该同学化学学科赋分成绩为67.（1）某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分
19、布.（i）若小明同学在这次考试中物理原始分为84分，等级为，其所在原始分分布区间为8293，求小明转换后的物理成绩；（ii）求物理原始分在区间的人数；（2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取4人，记表示这4人中等级成绩在区间的人数，求的分布列和数学期望.（附：若随机变量，则，）【答案】(1)（i）83.;（ii）272.(2)见解析.【解析】【分析】（1）根据原始分数分布区间及转换分区间，结合所给示例，即可求得小明转换后的物理成绩；根据正态分布满足，结合正态分布的对称性即可求得内的概率，根据总人数即可求得在该区间的人数（2）根据各等级人数所占比例可知在区间内的概率为，由二项分布即可求得的分
20、布列及各情况下的概率，结合数学期望的公式即可求解【详解】（1）（i）设小明转换后的物理等级分为，求得.小明转换后物理成绩为83分；（ii）因为物理考试原始分基本服从正态分布，所以.所以物理原始分在区间的人数为（人）；（2）由题意得，随机抽取1人，其等级成绩在区间内的概率为，随机抽取4人，则.，.的分布列为01234数学期望.【点睛】本题考查了统计的综合应用，正态分布下求某区间概率的方法，分布列及数学期望的求法，文字多，数据多，需要细心的分析和理解，属于中档题21.已知函数，其中a为非零常数讨论的极值点个数，并说明理由；若，证明：在区间内有且仅有1个零点；设为的极值点，为的零点且，求证：【答案】
21、（1）见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【解析】【分析】先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系，对a进行分类讨论即可求解函数的单调性，进而可确定极值，转化为证明只有一个零点，结合函数与导数知识可证；由题意可得，代入可得，结合函数的性质可证【详解】解：解：由已知，的定义域为，当时，从而，所以在内单调递减，无极值点；当时，令，则由于在上单调递减，所以存在唯一的，使得，所以当时，即；当时，即，所以当时，在上有且仅有一个极值点.综上所述，当时，函数无极值点；当时，函数只有一个极值点；证明：由知令，由得，所以在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，则在上单调递增，在上单调递减，所以
22、是的唯一极值点令，则当时，故在内单调递减，从而当时，所以从而当时，且又因为，故在内有唯一的零点由题意，即，从而，即因为当时，又，故，即，两边取对数，得，于是，整理得【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值问题，体现了转化的思想方法，还综合考查了函数与导数的综合应用，属于难题（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.已知极坐标的极点在平面直角坐标系的原点处，极轴与轴的正半轴重合，且长度单位相同，曲线的方程是，直线的参数方程为（为参数，），设，直线与曲线交于，两点.（1）当时，求的长度；（2）求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】分析：（1
23、）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，当时，直线，代入曲线可得，解得或，从而可得；（2）将代入到得，利用韦达定理，结合直线参数方程的几何意义，利用辅助角公式以及三角函数的有界性可得结果.详解：（1）曲线的方程是，化为化为，曲线的方程为当时，直线代入曲线可得，解得或.（2）将代入到得，由，得化简得（其中）， . 点睛：参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题23.已知函数，.（）当时，解不等式；（）当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）把要解的不等式等价转化为与之等价的三个不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求.（）利用绝对值三角不等式求得的最小值为，等价于，分类讨论，求得a的取值范围.【详解】（）当时，不等式，等价于；当时，不等式化为，即，解集为；当时，不等式化为，解得；当时，不等式化为，即，解得；综上，不等式的解集为.（）当时，等价于，若，则，；若，则，.综上，实数的取值范围为.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，函数恒成立问题，体现了转化、分类讨论的数学思想.
