1、广东省梅州市2020届高三数学下学期总复习质检试题 理（含解析）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个是符合题目要求的.1.复数，则其共轭复数（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由复数的四则运算化简复数，再求即可.【详解】故选：A【点睛】本题主要考查了复数的四则运算以及共轭复数的概念，属于基础题.2.已知集合则=（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出函数的值域化简集合的表示，求出函数的定义域化简集合的表示，最后根据集合交集的定义进行求解即可.【详解】因为，所以.故选：C【点睛】本题考查了集合交集的运算，本
2、题考查了求函数的定义域和值域，考查了数学运算能力.3.在中是的中点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据平面向量基本定理，结合平面向量的加法的几何意义进行求解即可.【详解】因为，所以是的中点.又因为是的中点，所以.故选：D【点睛】本题考查了平面向量基本定理的应用，考查了平面向量加法的几何意义，考查了数学运算能力.4.以下四个命题：若为假命题，则p，q均为假命题；对于命题则p为：；是函数在区间上为增函数的充分不必要条件；为偶函数的充要条件是其中真命题的个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】根据且命题的定义判断；根据否定的定义判断；根据对数
3、函数的性质以及充分条件和必要条件的定义判断；举反例结合函数奇偶性的定义判断.【详解】对，若为假命题，则中至少一个为假命题，故错误；对，命题的否定为，故错误；对，当时，函数在区间上为增函数；当函数在区间上为增函数时，即是函数在区间上为增函数的充分不必要条件，故正确；对，当时，此时函数也是偶函数，故错误；故选：A【点睛】本题主要考查了判断命题的真假，涉及了特称命题的否定，判断充分不必要条件，函数奇偶性定义的应用，属于中档题.5.2021年起，我省将实行“3+1+2”高考模式，某中学为了解本校学生的选考情况，随机调查了100位学生，其中选考化学或生物的学生共有70位，选考化学的学生共有40位，选考化
4、学且选考生物的学生共有20位若该校共有1500位学生，则该校选考生物的学生人数的估计值为（ ）A. 300B. 450C. 600D. 750【答案】D【解析】【分析】先求出100位样本中选考生物没有选考化学的学生共有位，根据已知选考化学且选考生物的学生共有20位，得到选考生物的学生有位，计算比值估计选考生物的总体人数.【详解】因为选考化学或生物的学生共有70位，选考化学的学生共有40位，所以选考生物没有选考化学的学生共有位，又选考化学且选考生物的学生共有20位，所以选考生物的学生有位所以在100位学生中选考生物的占比为 ，该校共有1500位学生，则该校选考生物的学生人数的估计值为人故选：D【
5、点睛】本题考查用样本估计总体，属于基础题.利用样本的数字特征解决优化决策问题的依据(1)平均数反映了数据取值的平均水平；标准差、方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小标准差、方差越大，数据的离散程度越大，越不稳定；标准差、方差越小，数据的离散程度越小，越稳定(2)用样本估计总体就是利用样本的数字特征来描述总体的数字特征6.展开式的常数项为（ ）A. 120B. 160C. 200D. 240【答案】B【解析】【分析】根据多项式乘法法则求解【详解】由题意常数项为故选：B【点睛】本题考查三项式展开式中的项，解题时可用二项式定理，也可结合多项式乘法法则求解7.在各项不为0的等差数列中，数列是等比数列
6、，且，则等于（ ）A. 2B. 4C. 8D. 16【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的性质得到，数列是等比数列，故=16.【详解】等差数列中,故原式等价于-解得或 各项不为0的等差数列,故得到，数列是等比数列，故=16.故答案为D.【点睛】本题考查数列的性质，是基础的计算题，对于等比等差数列的 小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.8.某几何体的三视图如图示，已知其主视图的周长为8，则该几何体侧面积的最大值为（ ）A. 2B. 4C. 16D. 不存在【答案】B【解析】【分析】由三视图得到几何体为圆锥，设出圆锥的底面半
7、径和母线长，根据主视图的周长得到一个等量关系，然后利用基本不等式求得侧面积的最大值.【详解】由三视图知，该几何体为圆锥，设底面的半径为，母线的长为，由其主视图的周长为8，则，即该几何体侧面积（当且仅当时“=”成立）.故选：B.【点睛】本小题主要考查由三视图还原为原图，考查圆锥的侧面积计算公式，考查利用基本不等式求最值，属于基础题.9.若有下列四个不等式：；则下列组合中全部正确的为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据不等式性质，结合举例法，分别对判断即可【详解】解：若，则，故正确；令，则，故错误；由，得，则，即，则成立，故正确；令，则，则，故错误；故选：B【点睛】本题主要
8、考查不等式的基本性质的应用，属于基础题10.已知直线：2x-y+3=0和直线：x=-1，抛物线上的点P到直线和直线的距离之和的最小值是（ ）A. B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据x=-1是抛物线的准线，则点P到x=-1的距离等于PF，根据垂直线段最短，利用数形结合法，得到点F到直线2x-y+3=0的距离，即为P到直线和直线的距离之和的最小值求解.【详解】因为x=-1是抛物线的准线，所以点P到x=-1的距离等于PF，因为抛物线的焦点为 ，如图所示：过点F作直线：2x-y+3=0的垂线，与抛物线的交点即为点P，所以P到直线和直线的距离之和的最小值就是：点F到直线2x-y+3=0的
9、距离，所以最小值为： .故选：A【点睛】本题主要考查抛物线性质的应用，还考查了数形结合，转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.11.(2017石家庄一模)祖暅是南北朝时期的伟大数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等现有以下四个几何体：图是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图、图、图分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】设截面与底面的距离为，则中截面内圆半径为，则截面圆环
10、的面积为；中截面圆的半径为，则截面圆的面积为；中截面圆的半径为，则截面圆的面积为；中截面圆的半径为，则截面圆的面积为，所以中截面的面积相等，故选D12.在直角坐标系xOy中，如果相异两点都在函数的图象上，那么称A，B为函数的一对关于原点成中心对称的点对(A，B与B，A为同一对).函数图象上关于原点成中心对称的点对有（ ）A. 1对B. 2对C. 3对D. 4对【答案】C【解析】【分析】作出函数，作出关于原点的对称图像，由图象交点个数即可得到结论.【详解】若图象上有关于原点成中心对称的点，则与关于原点对称图像有交点，作出，图象如图，由图象可知，有3个交点，从而有3对关于原点对称的点.故选：C【点
11、睛】本题主要考查了对数函数、正弦型函数的图象与性质的应用问题，也考查了数形结合思想，属于中档题.二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分13.已知数列的前项和为，则_【答案】【解析】【分析】由与的关系得出，进而得出数列为等比数列，由等比数列的通项公式即可得出.【详解】即数列是以1为首项，为公比的等比数列 故答案为：【点睛】本题主要考查了等比数列前项和与通项的关系，属于中档题.14.曲线在点处的切线方程为_【答案】.【解析】【分析】首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，由点斜式求出切线方程；【详解】解：因为定义为所以所以所以故切线方程为，整理得故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意
12、义的应用，属于基础题.15.某食品的保鲜时间y(单位：小时)与储存温度x(单位：)满足函数关系（为自然对数的底数，k，b为常数)，若该食品在0的保鲜时间是384小时，在22的保鲜时间是24小时，则该食品在33的保鲜时间是_【答案】6.【解析】【分析】根据该食品在0的保鲜时间是384小时，在22的保鲜时间是24小时，由 求得函数，再令求解.【详解】因为该食品在0的保鲜时间是384小时，在22的保鲜时间是24小时，所以 ，解得，所以，当时，.故答案为：6【点睛】本题主要考查函数的实际应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.16.已知双曲线的左、右焦点分别为，为坐标原点，是双曲线在第一象限上的点，
13、直线，分别交双曲线左、右支于另一点，且，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】由题意，可得，由，可得，由余弦定理可得，即可求出双曲线的离心率【详解】由题意，由余弦定理可得，故答案为：【点睛】本题考查双曲线的离心率、余弦定理，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题三、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17-21题为必考题，每个考生都必须作答；第22-23题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：60分17.已知a，b，c分别为说角ABC三个内角A，B，C的对边，满足（1）求A；（2）若b=2，求面积的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利
14、用正弦定理的边角互化可得，再利用余弦定理即可求解.（2）利用正弦定理可得，再利用三角形的面积公式可得，根据三角形的内角和性质以及两角差的正弦公式可将式子化为，结合的取值范围即可求解.【详解】解：（1）由已知及正弦定理得， 由余弦定理可得 又， （2） 由已知及正弦定理得， 由得 是锐角三角形，得得 ， 所以面积的取值范围是【点睛】本题考查了正弦定理的边角互化、余弦定理解三角形、三角形的面积公式、两角差的正弦公式，属于中档题.18.如图中，、分别是、的中点，将沿折起连结、，得到多面体.（1）证明：在多面体中，；（2）在多面体中，当时，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）0.【解析】【分
15、析】（1）根据线面垂直的判定定理，先得到平面，进而可得 ；（2）根据题意，先得到两两垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，根据向量夹角计算公式，即可求出结果.【详解】（1）证明：中，因为分别是的中点，所以， 所以多面体中， ， 又，平面； 因为平面， （2）依题意可得， ，直角中，得，又所以， 由（1）知， ，平面 以为坐标原点，分别以为轴，建立如图的坐标系. 则， 得设平面的一个法向量分别是，则可取. 可取. . 所以二面角的余弦值为0.【点睛】本题主要考查证明线线垂直，以及求二面角的余弦值问题，熟记线面垂直的判定定理及性质，灵活运用向量的方法求解二面角即可，
16、属于常考题型.19.某市城市总体规划（年）提出到2035年实现“15分钟社区生活圈”全覆盖目标，从教育与文化、医疗与养老、交通与购物、休闲与健身4个方面构建“15分钟社区生活圈“指标体系，并依据“15分钟社区生活圈”指数高低将小区划分为：优质小区(指数为、良好小区(指数为0.4-0.63、中等小区(指数为0.20.4)以及待改进小区(指数为0-0.2)4个等级下面是三个小区4个方面指标值的调查数据：注：每个小区”15分钟社区生活圈”指数其中、为该小区四个方面的权重，为该小区四个方面的指标值(小区每一个方面的指标值为之间的一个数值)现有100个小区的“15分钟社区生活圈“指数数据，整理得到如下频
17、数分布表：（1）分别判断A、B、C三个小区是否是优质小区，并说明理由；（2）对这100个小区按照优质小区、良好小区、中等小区和待改进小区进行分层抽样，抽取10个小区进行调查，若在抽取的10个小区中再随机地选取2个小区做深入调查，记这2个小区中为优质小区的个数为，求的分布列及数学期望.【答案】（1）小区不是优质小区；小区是优质小区； 小区不是优质小区；见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）分别求出、三个小区指数，由此能判断，三个小区是否是优质小区（2）对这100个小区按照优质小区、良好小区、中等小区和待改进小区进行分层抽样，抽取10个小区进行调查，抽到优质小区的个数为4个，抽到良好小区的个数为
18、3个，抽到中等小区的个数为2个，抽到待改进小区的个数为1个，在抽取的10个小区中再随机地选取2个小区做深入调查，记这2个小区中为优质小区的个数为，则的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望【详解】解：（1）小区的指数，所以小区不是优质小区； 小区的指数，所以小区是优质小区； 小区的指数，所以小区不是优质小区； （2）依题意，抽取个小区中，共有优质小区个，其它小区个依题意的所有可能取值为、. ，. 则的分布列为：012 .【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查学生的逻辑分析能力、运算求解能力，属于中档题20.
19、已知两动圆和（），把它们的公共点的轨迹记为曲线，若曲线与轴的正半轴的交点为，且曲线上的相异两点满足：.（1）求曲线的轨迹方程；（2）证明直线恒经过一定点，并求此定点的坐标；（3）求面积的最大值.【答案】（1）；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）设两动圆的公共点为，由椭圆定义得出曲线是椭圆，并得出、的值，即可得出曲线的方程；（2）求出点，设点，对直线的斜率是否存在分两种情况讨论，在斜率存在时，设直线的方程为，并将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合条件并代入韦达定理求出的值，可得出直线所过点的坐标，在直线的斜率不存在时，可得出直线的方程为，结合这两种情况得出直线所过定点坐标；（
20、3）利用韦达定理求出面积关于的表达式，换元，然后利用基本不等式求出的最大值.【详解】（1）设两动圆的公共点为，则有：由椭圆的定义可知的轨迹为椭圆，所以曲线的方程是：；（2）由题意可知：，设，当的斜率存在时，设直线，联立方程组：，把代入有：， ，因为，所以有，把代入整理：，（有公因式）继续化简得：，或（舍），当的斜率不存在时，易知满足条件的直线为：过定点，综上，直线恒过定点；（3）面积，由第（2）小题的代入，整理得：，因在椭圆内部，所以，可设， ，（时取到最大值）所以面积的最大值为【点睛】本题考查利用椭圆的定义求轨迹方程，考查直线过定点问题以及三角形面积问题，对于这些问题的处理，通常是将直线方程
21、与圆锥曲线方程联立，结合韦达定理设而不求法求解，难点在于计算量，易出错.21.已知.（1）当时，求证：；（2）若有三个零点时，求的范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】分析：（1）令，利用导数可得在上单调递减，从而可得结论; （2）有三个零点等价于有三个零点，当时，当时，可得是单调函数，至多有一个零点，不符合题意，当时，利用导数研究函数的单调性，根据单调性，结合函数图象可得的范围是.详解：（1）证明：，令，在上单调递减，所以原命题成立.（2）由 有三个零点可得有三个零点，当时，恒成立，可得至多有一个零点，不符合题意；当时，恒成立，可得至多有一个零点，不符合题意；当时，记得两个零点为，
22、不妨设，且，时，；时，；时，观察可得，且，当时，；单调递增，所以有，即，时，单调递减，时，单调递减，由（1）知，且，所以在上有一个零点，由，且，所以在上有一个零点，综上可知有三个零点，即有三个零点，所求的范围是. 点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查
23、，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题. (二)选考题：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.以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线l的参数方程为（t为参数），圆C的极坐标方程为（1）求直线l和圆C的直角坐标方程；（2）若点在圆C上，求的取值范围.【答案】（1）直线l的直角坐标方程为；圆C的直角坐标方程为；（2）；【解析】【分析】（1）由直线l参数方程，消去参数t，即可得到直线l的直角坐标方程，再由极坐标与直角坐标的互化公式，即可求
24、得圆C的直角坐标方程；（2）设，化简得，结合三角函数的性质，即可求解.【详解】（1）由题意，直线l的参数方程为（t为参数），消去参数t，得直线l的直角坐标方程为，又由圆C的极坐标方程为，即，又因为，可得圆C的直角坐标方程为.（2）因为点在圆C上，可设，所以，因为，所以的取值范围是.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及圆的参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，以及合理应用圆的参数方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集得结果；（2）先化简不等式，再根据绝对值三角不等式性质求最值，即得结果.【详解】（1）或或或或 即不等式的解集为.（2）【点睛】本题考查绝对值定义以及绝对值三角不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.
