1、广东省揭阳市揭西县河婆中学2020届高三数学下学期3月月考试题 文（含解析）第一部分选择题（共60分）一、选择题：本大题共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. 复数，则它的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】C【解析】试题分析：复数的共轭复数为，在复平面内对应点的坐标为，所以位于第三象限选C考点：复数的概念及运算2. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解出集合中的范围,再求交集即可.【详解】由有,即,又中即.故故选C【点睛】本题主要考查二次不等式的
2、求解与集合的基本运算,属于基础题型.3. 已知等差数列的前项和为， ， ，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据给出条件求出，利用，成等差数列计算，再根据前项和性质计算的值.【详解】由得，,故选B.【点睛】等差数列性质：；等差数列前项和性质：.4. 某市在今年二月份抗击新冠肺炎阻击战中，有志愿者甲、乙、丙、丁4人，俩人分成一组，进行测量体温，街道喷药消毒，搬运物资等等工作，则甲、乙志愿者不在同一组的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】用列举法列举出所有分组的可能，从而可求出概率【详解】解：4人中2人为一组，则可能的分组有甲乙，丙丁；甲丙，乙丁；
3、甲丁，乙丙共3种可能，其中甲乙不在同一组有2种，所以甲、乙志愿者不在同一组的概率为.故选: C.【点睛】本题考查了古典概型概率求解.本题的关键是列举出所有的可能性.5. 函数的部分图象大致是（ ）.A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性,单调性和特殊点的函数值估算或变化趋势，来进行排除或确认.【详解】根函数是奇函数，排除D，根据x取非常小的正实数时，排除B，是满足一个值，故排除C，故选：A【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和函数值的符号判定函数的图象，属基础题.6. 若向量满足，且，则向量的夹角为（ ）A 30B. 60C. 120D. 150【答案】B【解析】【分析】
4、由,平方求出,代入向量夹角公式,求出的夹角余弦值,即可得结果.【详解】设的夹角为故选:B【点睛】本题考查向量的模长和向量的夹角计算,着重考查计算能力,属于基础题.7. 已知，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分析每个数的正负以及与中间值的大小关系.【详解】因为， 所以，故选C.【点睛】指数、对数、幂的式子的大小比较，首先确定数的正负，其次确定数的大小（很多情况下都会和作比较），在比较的过程中注意各函数单调性的使用.8. 已知抛物线的焦点为，准线为，该抛物线上的点到轴的距离为5，且，则焦点到准线的距离是（ ）A. 2B. 5C. 4D. 14【答案】C【解析】【分析】设，
5、不妨设，求出，再根据抛物线的定义得解.【详解】设，不妨设，到轴的距离为5，则焦点到准线的距离是，故选：C【点睛】本题主要考查抛物线的定义和简单几何性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9. 2019年是新中国成立七十周年，新中国成立以来，我国文化事业得到了充分发展，尤其是党的十八大以来，文化事业发展更加迅速，下图是从2013 年到 2018 年六年间我国公共图书馆业机构数（个）与对应年份编号的散点图（为便于计算，将 2013 年编号为 1，2014 年编号为 2，2018年编号为 6，把每年的公共图书馆业机构个数作为因变量，把年份编号从 1 到 6 作为自变量进行回归分析），得到回归直线
6、，其相关指数，给出下列结论，其中正确的个数是( )公共图书馆业机构数与年份的正相关性较强 公共图书馆业机构数平均每年增加13.743个 可预测 2019 年公共图书馆业机构数约为3192个A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】根据和确定是正相关还是负相关以及相关性的强弱；根据的值判断平均每年增加量；根据回归直线方程预测年公共图书馆业机构数.【详解】由图知点散布在从左下角到右上角的区域内，所以为正相关，又趋近于1，所以相关性较强，故正确；由回归方程知正确；由回归方程，当时，得估计值为3191.93192，故正确.故选D.【点睛】回归直线方程中的的大小和正负分别决定了单位增加量
7、以及相关型的正负；相关系数决定了相关性的强弱，越接近相关性越强.10. 中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，设扇形的面积为 ，圆面中剩余部分的面积为，当与的比值为 时，扇面看上去形状较为美观，那么此时扇形的圆心角的弧度数为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据扇形与圆面积公式，可知面积比即为圆心角之比，再根据圆心角和的关系，求解出扇形的圆心角【详解】与所在扇形圆心角的比即为它们的面积比，设与所在扇形圆心角分别为，则 ，又，解得故选:A【点睛】本题考查圆与扇形的面积计算，难度较易扇形的面积公式：，其中是扇形圆心角的弧度数，
8、是扇形的弧长11. 唐代诗人李颀的诗古从军行开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出点关于直线的对称点，所求问题即点到军营的最短距离.【详解】由题点和军营所在区域在河岸线所在直线方程的同侧，设点关于直线的对称点，中点在直线上，解得：，即，设将军饮马点为
9、，到达营区点为，则总路程，要使路程最短，只需最短，即点到军营的最短距离，即点到区域的最短距离为：故选：B【点睛】此题结合中国优秀传统文化内容考查点关于直线对称问题，以及圆外的点到圆上点的最小距离，对数形结合思想要求较高.12. 已知函数在定义域上的导函数为，若函数没有零点，且，当在上与在上的单调性相同时，实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】函数没有零点，即函数的导函数恒为正或恒为负，即在定义域内单调，只有唯一实根，即，可得可得在定义域内单调递增，在上的单调递增，利用导函数恒大于等于零即可求解.【详解】函数没有零点，即函数或恒成立，即在定义域内单调，则只有唯一
10、实根，设该实根为（为常数），即，所以在定义域内单调递增，所以在上的单调递增，恒成立，恒成立，恒成立所以所以故选：B【点睛】此题考查通过导函数讨论函数单调性问题，涉及方程的根，不等式恒成立求参数范围问题，综合性比较强.第二部分 非选择题（共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填在答题卡的相应位置上.13. 已知函数，_【答案】6【解析】【分析】根据分段函数依次求解，再求的值即可.【详解】由题，故答案为：6点睛】此题考查分段函数求值问题，根据分段函数解析式，依次求值即可.14. 已知的内角的对边分别为，且，则角_.【答案】【解析】【分析】由正弦定理化边为角的正弦，再利
11、用余弦定理求得角【详解】，由余弦定理得 故答案为：【点睛】本题考查正弦、余弦定理. 熟练运用正弦、余弦定理及变形是解题的关键.正弦定理常见变形： 、 、 15. 已知是球上的点，,，,则球的表面积等于_【答案】【解析】由已知S,A,B,C是球O表面上的点，所以 ，又，所以四面体的外接球半径等于以长宽高分别以SA,AB,BC三边长为长方体的外接球的半径，因为，,所以，所以球的表面积点睛：本题考查了球内接多面体，球的表面积公式，属于中档题其中根据已知条件求球的直径（半径）是解答本题的关键16. 已知椭圆C：,为其左右焦点,B为短轴的一个端点,三角形（O为坐标原点）的面积为,则椭圆的长轴长为_【答案
12、】8【解析】【分析】根据可得,再根据三角形的面积为可得,进而求得椭圆的长轴长.【详解】由题,设,因为,故.又三角形的面积.故.所以椭圆的长轴长为.故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆中的基本量求解,属于基础题.三、解答题：满分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. 在等比数列中，.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将已知条件化为和后，联立解出和后即可得到通项公式；（2）根据错位相减法可得结果.【详解】（1）因为，所
13、以解得故的通项公式为.（2）由（1）可得，则，-得.所以故.【点睛】本题考查了等比数列通项公式基本量的计算，考查了错位相减法求数列的和，属于中档题.18. 如图所示，在梯形中， 平面，（1）证明：平面；（2）若，求点到平面的距离【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）通过，来证明；（2）根据等体积法求解.【详解】（1）证明：平面，平面， . 又， ，平面，平面，平面. （2）由已知得，所以 且由（1）可知，由勾股定理得 平面=， 且 ，由， 得 即点到平面的距离为【点睛】本题考查线面垂直与点到平面的距离. 线面垂直的证明要转化为线线垂直；点到平面的距离常规方法是作出垂线段求解，此题根据
14、等体积法能简化计算.19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆过点，且离心率.（1）求椭圆的方程；（2）直线的斜率为，直线与椭圆交于、两点，求的面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由椭圆的离心率可得出，将点的坐标代入椭圆的方程，可得出和的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，由求出的范围，列出韦达定理，利用弦长公式计算出，利用点到直线的距离公式求出的高，然后利用三角形的面积公式结合基本不等式可求出该三角形面积的最大值.【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，.则椭圆的方程可化为，将点的坐标代入椭圆的方程得，可得，因此，椭圆的方程为
15、；（2）设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，消去，整理得，得.由韦达定理得，.则，直线的一般方程为，点到直线的距离为，所以，当且仅当时，即当时，等号成立，因此，面积的最大值为.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中三角形面积最值的计算，在求解直线与椭圆的综合问题时，一般将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理设而不求法求解，考查运算求解能力，属于中等题.20. 某企业为确定下一年投入某种产品的研发费用，需了解年研发费用（单位：千万元）对年销售量（单位：千万件）的影响，统计了近年投入的年研发费用与年销售量的数据，得到散点图如图所示(1)利用散点图判断和（其中均为大于的
16、常数）哪一个更适合作为年销售量和年研发费用的回归方程类型（只要给出判断即可，不必说明理由）(2)对数据作出如下处理，令，得到相关统计量的值如下表：根据第(1)问的判断结果及表中数据，求关于的回归方程； 151528.2556.5(3)已知企业年利润（单位：千万元）与的关系为（其中），根据第(2)问的结果判断，要使得该企业下一年的年利润最大，预计下一年应投入多少研发费用?附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，【答案】(1) 选择更合适；(2) . (3) 要使年利润取最大值，预计下一年应投入千万元的研发费用【解析】【分析】（1）根据散点图分布，可知更符合指数型模型，可得结
17、果；（2）对两边取倒数，得到，采用最小二乘法可求得和，从而得到结果；（3）由（2）可得，利用导数可判断出单调性，可知当时，取最大值，从而得到结果.【详解】（1）由散点图知，选择更合适（2）对两边取对数，得，即：由表中数据得 令，则，即年销售和年研发费用的回归方程为：（3）由（2）知，则令，得当时，；当时，在上单调递增；在上单调递减当千万元时，年利润取得最大值，且最大值为：千万元亿元要使年利润取最大值，预计下一年应投入千万元的研发费用【点睛】本题考查统计中的数据的相关性的问题，涉及到非线性回归模型方程的求解、利用导数求解函数的最值的问题；解题关键是能够将非线性回归模型转化为线性回归模型，从而利用
18、最小二乘法求得回归模型.21. 已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）若函数有两个极值点，且不等式恒成立，求实数取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）对进行求导，得，利用导数的几何意义求出切线斜率，最后根据点斜式求出切线方程；（2）根据题意，化简得，求出导函数，通过有两个不同的正根，即有两个不同的正根，列出不等式组，由恒成立条件转化为恒成立，构造新函数，利用导函数研究函数单调性和最值，进而可求得的取值范围.【详解】解：（1）因为，所以，所以切线斜率，又，故曲线在点处的切线方程为：，即.（2）因为，所以，因为函数有两个极值点，则有两个不同的正根，即有两个不同的正根，则，不等式
19、恒成立等价于恒成立，又，所以，令，则，所以在上单调递减，所以，所以.所以实数的取值范围为：.【点睛】本题考查函数与方程的应用，考查利用导数的几何意义求切线方程，以及利用导数研究函数的单调性和最值进而解决恒成立问题，还涉及构造新函数和结合二次函数零点的分布进行求解，考查转化思想和运算能力.（二）选考题：共10分.请考生从给出的第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题号一致，如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4；坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线：，曲线：.（）求曲线
20、，的直角坐标方程；（）已知曲线与轴交于，两点，为曲线上任一点，求的最小值.【答案】（）：，：；（）【解析】【分析】（）根据代入可化曲线；将利用两角差的余弦公式展开，代入可化得（）求出曲线与轴像交，两点，点关于直线的对称点为，根据即可求解.【详解】（）因为，所以曲线的直角坐标方程为，因为，所以曲线的直角坐标方程为.（）因为曲线与轴交于，两点，点关于直线的对称点为，所以，所以的最小值为.【点睛】本题考查了极坐标方程与普通方程的互化以及直线与圆的位置关系求距离的最值，需熟记极坐标与普通方程的关系式，属于基础题选修4-5：不等式选讲23. 已知函数的单调递增区间为.（）求不等式的解集；（）设，证明：.【答案】（）或；（）证明见解析【解析】【分析】（）将代入，采用零点分段法去绝对值即可求解.（）利用分析法要证明，只需证明，即要证明，根据即可证出.【详解】（）依题意得，所以不等式化为，当时，原不等式化为，得，当时，原不等式化为，得.当时，原不等式化为，得.所以，不等式的解集或.（）要证明，只需证明，即要证明，因为或，所以，因为，所以，即得证.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法、分析法证明不等式，考查了分类讨论的思想，属于基础题.