1、广东省汕头市2020届高三数学下学期第一次模拟考试试题 文（含解析）本试卷5页，23小题，满分150分考试用时120分钟考生注意：1答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后、再选涂其它答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，监考员将试题卷和答题卡一并交回第卷一、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的要求的1.已知
2、集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用集合的交、并、补运算即可求解.【详解】由集合，所以，又集合，所以.故选：C【点睛】本题主要考查了集合的交、并、补的混合运算，属于基础题.2.下列各式的运算结果虚部为1的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用复数的乘除运算化简即可求解.【详解】对于A，虚部为；对于B，虚部为；对于C，虚部为；对于D，虚部为1；故选：D【点睛】本题主要考查了复数的四则运算，需熟记，属于基础题.3.从甲、乙、丙、丁4名同学中，任意安排2名同学早上到校门口值日，另外2名同学下午到校门口值日，则甲和丁不在一起值日的概率为（
3、）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先利用组合求出值日的总排法：，再求出甲和丁排在一起的排法：，利用间接法可得甲和丁不在一起的排法，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】由题意可得值日的总排法：，甲和丁排在一起的排法：，所以甲和丁不在一起的排法：，所以甲和丁不在一起值日的概率为：.故选：C【点睛】本题主要考查了排列、组合的简单应用，古典概型的概率计算公式，属于基础题.4.若实数x，y满足，则的最大值是（ ）A. 9B. 12C. 3D. 6【答案】A【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定的最大值.【详解】作出不等式组对应的平
4、面区域如图（阴影部分）：由得，平移直线，由图像可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最大，由，解得，即，.故选：A【点睛】本题主要考查了简单的线性规划问题，考查了数形结合的思想，解题的关键是理解目标函数的几何意义，属于基础题.5.近年来，随着“一带一路”倡议的推进，中国与沿线国家旅游合作越来越密切，中国到“一带一路”沿线国家的游客人也越来越多，如图是20132018年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次情况，则下列说法正确的是（ ）20132018年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次逐年增加20132018年这6年中，2014年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次增幅最小20162018年
5、这3年中，中国到“一带一路”沿线国家的游客人次每年的增幅基本持平A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据折线图，分析图中的数据逐一判断即可.【详解】由图中折线逐渐上升，即每年游客人次逐渐增多，故正确；由图在2014年中折线比较平缓，即2014年中游客人次增幅最小，故正确；根据图像在20162018年这3年中，折线的斜率基本相同，故每年的增幅基本持平，故正确；故选：A【点睛】本题考查了折线图，考查了统计与推理，属于基础题.6.已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距等于，则椭圆C的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意可得，再由即可求解.【详解】由长轴长
6、是短轴长的2倍，所以，即，焦距等于，所以，即.由，解得，所以椭圆标准方程：.故选：A【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质、椭圆的标准方程，属于基础题.7.已知函数的图象与直线的三个相邻交点的横坐标分别是2,4,8，则的单调递减区间是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【详解】由题设可知该函数的最小正周期，结合函数的图象可知单调递减区间是，即，等价于，应选答案D点睛：解答本题的关键是充分利用题设中的有效信息“函数 的图象与直线的三个相邻交点的横坐标分别是2,4,8”结合图像很容易观察出最小正周期是，进而数形结合写出函数的单调递减区间，从而使得问题获解8.已知数列的前n项和为，
7、若，（ ）A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用与关系，可得数列为等比数列，利用等比数列的前项和的公式以及通项公式即可求解.【详解】由，当时，可得，当时，两式作差可得：，即，数列是以为首项，为公比的等比数列，则，故选：C【点睛】本题考查了与的关系、等比数列的定义、等比数列的通项公式以及等比数列的前项和的公式，属于基础题.9.已知四边形ABCD为平行四边形，M为CD中点，则（ ）A. B. C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】利用向量加法的三角形法则可得，再利用向量数量积的运算即可求解.【详解】 .故选：A【点睛】本题考查了向量的加、减、数乘以及数量积的运算，需掌握三角形法
8、则，属于基础题.10.已知函数是定义在R上的奇函数，当时，若曲线在点处的切线过点，则（ ）A. B. 1C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】设时，则，利用函数的奇偶性求出函数在上的解析式，并求出函数的导函数，利用导数的几何意义即可求解.【详解】设时，则，当时，所以，又，所以，即，所以又，所以，所以，解得.故选：D【点睛】本题考查了导数的几何意义、基本初等函数的导数以及导数的基本运算，属于基础题.11.“今有城，下广四丈，上广二丈，高五丈，袤一百二十六丈五尺”这是我国古代数学名著九章算术卷第五中“商功”中的问题意思为“现有城（如图，等腰梯形的直棱柱体），下底长4丈，上底长2丈，高5丈，纵长1
9、26丈5尺（1丈=10尺）”，则该问题中“城”的体积等于（ ）A. 立方尺B. 立方尺C. 立方尺D. 立方尺【答案】A【解析】【分析】求出棱柱底边梯形的面积，利用棱柱的体积公式即可求解.【详解】（立方尺），故选：A【点睛】本题考查了棱柱的体积公式，需熟记柱体的体积公式，属于基础题.12.已知函数的图象关于点对称，函数对于任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出函数的奇偶性，令，求出函数的导函数，根据函数的单调性判断即可.【详解】由题意可得，函数的图象关于点对称，故的图像关于原点对称，故是奇函数，由函数对于任意的满足，令
10、，故，所以函数在上单调递减，由，则为偶函数， 所以 即，即，故选：B【点睛】本题主要考查了构造函数判断函数的单调性、利用单调性比较函数值的大小，属于中档题.第卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.已知函数，则_【答案】；【解析】【分析】利用分段函数的解析式，将代入即可求解.【详解】由，则.故答案为：【点睛】本题考查了求分段函数的函数值以及指数的运算，属于基础题.14.记等差数列的前n项和为，已知，则_【答案】36；【解析】【分析】利用等差数列的前项和公式求出首项与公差，再利用前项和公式即可求解.【详解】由，则，解得，所以.故答案为：36【点睛】本题主要考查了等差数列的前项和公式
11、，需熟记公式，属于基础题.15.已知过点的直线l被圆截得的弦长为，则直线l的方程为_【答案】或；【解析】【分析】首先验证当直线的斜率不存在时，不满足题意，当直线的斜率存在时，设出直线方程：，圆的圆心为，半径为，根据垂径定理结合已知条件得到，由此能求出直线方程.【详解】当直线的斜率不存在时，则，代入圆的方程，解得，此时弦长为，不满足题意；当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，由圆，整理可得，即圆心为，半径为，所以圆心到直线的距离为：，直线l被圆截得的弦长为，所以，解得，即直线l的方程为或.故答案为：或【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、垂径定理、点斜式方程以及点到直线的距离公式，属于基础题.16
12、.体积为的三棱锥中，则该三棱锥外接球的表面积为_【答案】【解析】【分析】取的中点，连接，设，从而可得，取的中点，连接，求出，根据三棱锥的体积公式以及，求出，利用对称性可知外接球的球心在上或的延长上，根据勾股定理求出外接球的半径，再利用球的表面积公式即可求解.【详解】取的中点，连接，由，设， 所以， 取的中点，连接，则，所以，即，解得或，又，所以，即，所以. 利用对称性可知外接球的球心在上或的延长线上，若球心在上，设，所以 即，此时无解，即球心在的延长上，所以，解得，即球的半径，所以三棱锥的外接球面积为：.故答案为：【点睛】本题考查了多面体的外接球问题、球的表面积公式，求解的关键是找出球的球心，
13、属于难题.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.设的内角A，B，C所对的边分别为a、b、c，已知（1）求角A的大小；（2）若的面积为，求a的值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理的边角互化可得，再利用两角和的正弦公式的逆应用以及三角形的内角和性质即可求解.（2）利用三角形的面积公式可得，从而可求出，再利用余弦定理即可求解.【详解】解：（1）由正弦定理得，因为，所以因为，所以，所以，因为，所以（2）因为，所以，因为，所以，所以，根据余弦定理得，所
14、以【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用、三角形的面积公式，需熟记定理以及公式，属于基础题.18.在四棱锥中，平面平面ABCD，且有，（1）证明：；（2）若，Q在线段PB上，满足，求三棱锥的体积【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）设，则，在中，由余弦定理可得，从而可得，即证出，根据平面平面ABCD，利用面面垂直的性质定理可得平面PAC，再利用线面垂直的性质定理即可证出. （2）由，结合三棱锥的体积公式即可求解.【详解】（1）证明：不妨设，则由是等边三角形得，由余弦定理得，即，所以，所以，即又平面平面ABCD平面平面平面ABCD，平面PAC平面PAC，（2）依题意得，
15、【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理以及等体法求三棱锥的体积，属于中档题.19.从某小区抽取50户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50到350度之间，将用电量的数据绘制成频率分布直方图如下.（1）求频率分布直方图中的值并估计这50户用户的平均用电量；（2）若将用电量在区间内的用户记为类用户，标记为低用电家庭，用电量在区间内的用户记为类用户，标记为高用电家庭，现对这两类用户进行问卷调查，让其对供电服务进行打分，打分情况见茎叶图：从类用户中任意抽取3户，求恰好有2户打分超过85分的概率；若打分超过85分视为满意，没超过85分视为不满意，请填写下面列联表，并根据列联表判断是
16、否有把握认为“满意度与用电量高低有关”？满意不满意合计类用户类用户合计附表及公式：0.0500.0100.0013.8416.63510.828，.【答案】（1），186（2）没有把握【解析】【详解】（1），按用电量从低到高的六组用户数分别为6，9，15，11，6，3，所以估计平均用电量为 度.（2）类用户共9人，打分超过85分的有6人，所以从类用户中任意抽取3户，恰好有2户打分超过85分的概率为.满意不满意合计类用户6915类用户639合计121224因为的观测值，所以没有的把握认为“满意与否与用电量高低有关”.20.已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若，求a的取值范围【答案】（1）见解
17、析（2）【解析】【分析】（1）求出函数的定义域以及函数的导函数，分类讨论：当或时，根据的正负可得到函数的单调性. （2）由（1）当时，取代入求得，显然不成立；当时，若，只需，由（1）可得，构造函数，利用导数求得有最大值，从而可得.【详解】解：（1）的定义域为又当时，在上，是增函数；当时，得，在上，是减函数；在上，是增函数（2）由（1）知当时，即不成立；当时，即，因为，由（1）知：当时，取得极小值也是最小值，所以即成立令，解得，在上，所以是增函数，在上，是减函数，所以，当时，有最大值要使得即：所以实数a的取值范围是【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性中的应用、导数要不等式恒成立中的应用，考查了
18、分类讨论的思想，属于难题.21.已知抛物线，过抛物线C的焦点F的直线l交抛物线C于A，B两点，且A，B两点在抛物线C的准线上的投影分别P、Q（1）已知，若，求直线l的方程；（2）设P、Q的中点为M，请判断PF与MB的位置关系并说明理由【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）将抛物线方程化为，求出焦点，设，根据向量的坐标运算由可得，再根据，两式相减求出直线的斜率，利用点斜式即可求解.（2）依题意求出抛物线C的准线方程为：，设直线l的方程为：，将直线与抛物线联立消y得，由韦达定理可得，然后由一直求出，利用向量共线的坐标表示即可求解.【详解】解：（1）抛物线，化为，所以抛物线C的焦点设，所以
19、，由，得，又，两式相减得：，所以，所以直线l的方程为：（2），理由如下：依题意可知抛物线C的准线方程为：，依题意可设直线l的方程为：，联立消y得，所以，又，所以，因为所以，所以【点睛】本题考查了直线与抛物线位置关系，考查了向量共线的坐标表示，考查了学生的计算能力，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，则按所做的第一题记分22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为：（为参数，已知直线，直线以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系（1）求曲线C以及直线，的极坐标方程；（2）若直线与曲线C分别交于O、A两点，直线与曲线C分别交于O、B两点，求的
20、面积【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据题意消参求出曲线C的直线坐标方程，然后利用，即可求解. （2）把代入曲线C的极坐标方程，得出；同理，把代入曲线C的极坐标方程，得出，再利用三角形的面积公式即可求解.【详解】（1）依题意，由曲线C的参数方程（为参数）消参得，故曲线C的普通方程为由，得曲线C的极坐标方程为，的极坐标方程为，（2）把代入，得，所以，把代入，得，所以，所以【点睛】本题主要考查了参数方程与直角坐标方程的互化、直角坐标方程与极坐标方程的互化、直线与曲线相交时的极坐标方程的解法、三角形的面积公式，属于基础题.23.设函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若，证明【答案】（1）或（2）见解析【解析】【分析】（1）将代入，分类讨论去掉绝对值符号，解不等式组，求并集即可.（2）利用绝对值三角不等式以及不等式的性质即可求解.【详解】解：（1）当时，则解得，即或则所求不等式的解集为或（2）由已知，则所以得证【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法、绝对值三角不等式以及不等式的性质，属于基础题.