1、广东省汕头市2020届高三数学第二次模拟考试试题 文（含解析）一选择题1.已知全集，则（ ）A. NB. MC. D. 【答案】B【解析】【分析】首先列举集合，再求【详解】由条件可知 ，.故选：B【点睛】本题考查集合的运算，重点考查列举法，属于基础题型.2.已知，是虚数单位，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】整理为的形式，根据复数相等的充要条件求出m、n，代入求模即可.【详解】，.故选：A【点睛】本题考查复数代数形式的乘法运算、复数相等的充要条件、复数的模，属于基础题.3.在此次抗击新冠肺炎疫情过程中，中医治疗起到了重要作用.中医理论讲究食物相生相克，合理搭配饮食可
2、以增强体质，提高免疫力，但不恰当的搭配也可能引起身体的不适.食物相克是指事物之间存在着相互拮抗制约的关系，若搭配不当，会引起中毒反应.已知猪肉与菊花，猪肉与百合，螃蟹与茄子相克.现从猪肉螃蟹茄子菊花百合这五种食物中任意选取两种，则它们相克的概率为（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用组合求出五种食物中任意选取两种有种，相克的有3种，相比即可【详解】解：因为从猪肉、螃蟹、茄子、菊花、百合这五种食物中任意选取两种有种，相克的有3种，则相克的概率为故选：【点睛】本题考查用组合数公式的应用求概率，属于基础题4.若函数的最小正周期为，则图象的一条对称轴为（ ）A. B. C. D.
3、【答案】D【解析】【分析】先由最小正周期求出，再令可得对称轴方程，从而可得选项.【详解】因为，所以，又函数的最小正周期为，解得.，令，解得，取，可得图象的一条对称轴为.故选：D.【点睛】本题考查三角函数的周期性和对称轴.对于函数，最小正周期为，令可得对称轴方程，属于基础题.5.设是定义在R上的奇函数，且对任意实数x恒有，当时，则（ ）A. 0B. -3C. -1D. -2【答案】C【解析】【分析】根据题意可求出函数的一个周期为，再利用周期性和奇偶性可将转化为，即可求出【详解】因为，所以故选：C【点睛】本题主要考查函数性质周期性和奇偶性的应用，属于基础题6.已知非零向量，若，且，则与的夹角为（
4、）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由向量垂直可得，结合数量积的定义表达式可求出，又，从而可求出夹角的余弦值，进而可求夹角的大小.【详解】解：因为，所以，因为，所以， .故选:B.【点睛】本题考查了向量的数量积，考查了向量垂直的关系，考查了向量夹角的求解.本题的关键是由垂直求出数量积为0.7.数列中，首项，且点在直线上，则数列的前项和 等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】点的坐标代入直线方程可得，推出数列为等差数列，求出首项与公差代入等差数列的前n项和公式即可得解.【详解】因为点在直线上，所以，又，所以数列是以2为首项，为公差的等差数列，则，所以数列的前
5、项和.故选：B【点睛】本题考查由递推公式证明数列为等差数列、等差数列的前n项和，属于基础题.8.已知函数，则大致图象为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性和特殊值进行排除可得结果【详解】是偶函数，排除B,D，排除A故选：C【点睛】已知函数的解析式判断图象的大体形状时，可根据函数的奇偶性，判断图象的对称性：如奇函数在对称的区间上单调性一致，偶函数在对称的区间上单调性相反，这是判断图象时常用的方法之一9.在立体几何中，以下命题中假命题的个数为（ ）若直线，平面，则.若平面平面，平面平面，则.有3个角是直角的四边形是矩形.若平面平面，平面，平面，且，则.A. 0个
6、B. 1个C. 2个D. 3个【答案】D【解析】【分析】由线面的位置关系可判断. 应用线面垂直的判断定理结合面面垂直的性质可证明两相交平面都和第三个平面垂直，则它们的交线与第三个平面垂直. 可举例在空间四边形中可以有三个直角. 当平面满足条件，此时与不一定垂直，可判断.详解】若直线，平面，则或，所以不正确.若平面平面，平面平面，,则，正确,证明如下.如图设，在内，直线外任取一点，作，交点为，因为平面平面,则，所以。作，交点为，因为平面平面，所以，所以，又,所以有3个角是直角的四边形，如图可以为空间四边形，所以不正确.若平面平面，平面，平面，且，当平面满足条件，此时与不一定垂直，所以不正确.所以
7、假命题的个数为3个.故选：D【点睛】本题考查平面与平面垂直的性质问题在解答的过程当中充分体现了面面垂直、线面垂直、线面平行的定义判定定理以及性质定理的应用属于基础题10.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.若，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知易得，而后根据二倍角公式化简得出，进而得出，然后根据正弦定理可得出，最后得出，易得出，最后得出的取值范围即可.【详解】，即，由正弦定理可得：，即，A，B为的内角，即，所以，所以，所以，所以的取值范围为.故选：C.【点睛】本题考查利用正余弦定理解决三角形中的范围问题，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常
8、考题.11.设函数，则满足的x的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】根据函数的单调性求解【详解】函数在上单调递减，在上为常数1，所以由得，解得故选：D.【点睛】本题考查函数的单调性，由单调性解函数不等式掌握单调性的定义是解题关键12.过抛物线焦点的直线与双曲线的一条渐近线平行，并交其抛物线于两点，若，且，则抛物线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设抛物线的焦点坐标为 ，双曲线的一条渐近线方程为 ，所以设直线为 ，设 ，根据 ，解得： ，因为 ，所以 ， ，即 ，解得： 或 （舍），即抛物线方程为 ，故选C.【点睛】本题考查了抛物线的焦半径公式，开
9、口向右的抛物线上的点到焦点的距离为 ，利用点既在抛物线上又在直线上，这样建立方程求解，求抛物线方程时，要注意几个与 有关的量，比较焦点，准线，以及焦点到准线的距离和焦半径公式，以及焦点弦长公式，有时可以和平面几何建立关系，或是利用直线与抛物线联立，或是点在抛物线上，都可以解决抛物线方程的问题.二填空题13.若满足约束条件则的最大值是_【答案】6【解析】如图，作出不等式组所表示的平面区域，可以理解为过可行域中一点与原点的直线的斜率，点在点处时取得最大值6.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条
10、件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.14.若，则_.【答案】【解析】【分析】由两角差的正切公式，求得，再由正弦的倍角公式和基本关系式，化为齐次式，即可求解.【详解】由两角差的正切公式，可得，解得，又由.故答案为：.【点睛】本题主要考查了三角恒等变换的化简、求值，其中解答中熟记两角差的正切，以合理应用正弦的倍角公式和三角函数的基本关系式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.15.圆内切于圆，则 【答案】【解析】试题分析：圆的方程为，圆心.圆的方程变形得，圆心，圆内切于圆，.考点：两圆的位置关系.16.已知三校锥的四个顶点在球的球面
11、上，平面，是边长为的正三角形，、分别是、的中点，且，则球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】根据已知条件，作图建立直角坐标系，利用求出，然后根据垂面模型构建出直角三角形求出外接球的半径，然后即可求解【详解】如图，根据题意，以A为原点，为轴方向，为轴方向，为轴方向，建立空间直角坐标系，设，由，可得，因为、分别是、的中点，得，可得，解得，解得，根据外接圆垂面模型的应用，可找到如图的球心和的外接圆圆心，且必有，且为的外接圆的半径，因为是边长为的正三角形，且，设外接球半径，则在中，根据勾股定理，得，则可求得，则球的表面积为答案：【点睛】本题考查空间直角坐标系的运用，以及锥体垂面模型的应用，属于中档题
12、三解答题17.已知函数，数列，满足，.（1）求证：数列是等比数列；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】本题第（1）题根据题意将代入函数表达式可得，然后进行转化可得，即可证明结论；第（2）题先将代入函数表达式，再根据可计算出，从而可得数列是以1为首项，2为公比的等比数列，由此可计算出数列的通项公式，进一步推出数列的通项公式，以及数列的通项公式，然后根据通项公式的特点构造数列数列：令，则，先运用错位相减法计算出数列的前项和，再运用分组求和计算出数列的前项和【详解】（1）证明：依题意，由代入函数表达式，可得：，两边同时加1，可得：，数列是以2为公比的等比数列
13、（2）解：由题意，可知：，解得，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，即，构造数列：令，则，设数列的前项和为，则，两式相减，可得：，【点睛】本题主要考查数列求通项公式，数列求和的问题，以及函数与数列综合考查了转化与化归思想，整体思想，构造法，等差数列和等比数列的求和公式，以及逻辑推理能力和数学运算能力属于中档题18.如图，在三棱锥中，平面，点M，N分别是上的一点，且.（1）求证：；（2）若，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由线面垂直的性质，证得，再由直角三角形的性质，证得，结合线面垂直的判定定理，证得平面，即可得到；（2）设点到平面的距离为，根据，即可
14、求解.【详解】（1）过点M作交于点，连接，平面，平面，.在平面内，.，.，又，平面，且平面，.（2）若，则分别为的中点，所以,又由,所以为等边三角形，所以，设点到平面的距离为，根据，可得，解得.【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定及性质的应用，以及利用“等体积法”求解点到平面的距离，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及合理应用等体积法求解点面距是解答的关键，着重考查推理与运算能力.19.新型冠状病毒疫情发生后，口罩的需求量大增，某口罩工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出两种新的生产方式.为比较两种生产方式的效率，选取80名工人，将他们随机分成两组，每组40人，第一组工人用
15、第一种生产方式，第二组工人用第二种生产方式.第一种生产方式40名工人完成同一生产任务所用时间(单位：)如表68728577838290838984888776917990879186928887817695946387857196637485929987827569第二种生产方式40名工人完成同一生产任务所用时间(单位：)如饼图所示：（1）填写第一种生产方式完成任务所用时间的频数分布表并作出频率分布直方图；生产时间频数（2）试从饼图中估计第二种生产方式的平均数；（3）根据频率分布图和饼图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由.【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）第二种生产方式的效率更高，理
16、由见解析.【解析】【分析】（1）从样本表格中的数据得到频数，即可绘制频率分布直方图；（2）由平均数的计算公式，即可求解第二种生产方式的平均数，得到答案；（3）由（1）中的频率分布直方图求得第一种生产方式的平均数，比较平均数的大小，即可得到结论.【详解】（1）根据第一种生产方式40名工人完成同一生产任务所用时间的表格数据，可得：生产时间频数481810则所用时间的频数分布表并作出频率分布直方图：（2）根据平均数的计算公式，试从饼图中估计第二种生产方式的平均数为：（3）从频率分布直方图中估计第一种生产方式的平均数为：从平均数的角度发现：用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于80分钟；用
17、第二种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间低于80分钟.因此第二种生产方式的效率更高.【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的绘制及性质，以及平均数的计算及其应用，其中解答中熟记频率分布直方图的性质，以及平均数的计算公式是解答的关键，着重考查数据处理能力.20.已知点M的坐标为，点N的坐标为，且动点Q到点M的距离是，线段QN的垂直平分线交线段QM于点P.（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）过圆上任意一点作切线l交曲线C于A，B两点，以AB为直径的圆是否过定点，如过定点，求出该定点；如不过定点，请说明理由.【答案】（1）；（2）是，以AB为直径的圆恒过坐标原点O.【解析】【分析】（1）根据条件可
18、得，从而点P的轨迹是以M，N为焦点，长轴长为的椭圆.可得答案.（2）先分析当直线l的斜率不存在时的情况, 当直线l的斜率存在时，设其方程设为，设，由直线与相关圆相切，可得，将直线方程与椭圆方程联立，由韦达定理可得，从而可得出答案.【详解】解：（1）依题意有：，点P的轨迹是以M，N为焦点，长轴长为的椭圆.设椭圆的方程为，则，所求轨迹C的方程为.（2）以AB为直径的圆过定点.圆E的方程为，设O为坐标原点，当直线l的斜率不存在时，不妨设AB直线方程为，则，所以，所以，即AB为直径的圆过坐标原点；当直线l的斜率存在时，设其方程设为，设，因为直线与相关圆相切，所以，联立方程组得，即，所以以AB为直径的圆
19、恒过坐标原点O，综上可知以AB为直径的圆恒过坐标原点O.【点睛】本题考查求轨迹方程和探索定点问题，考查椭圆的定义和方程联立韦达定理的使用，考查计算能力，属于中档题.21.已知函数，.（1）若在单调递增，求的取值范围；（2）若，证明：当时，.(参考公式：函数的导数：)【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意可得对任意的恒成立，再令，可得，利用导数求得函数的最小值，可得出关于实数的不等式，解出即可；（2）利用分析法可知，要证明原不等式成立，即证：当时，构造函数，利用导数证明出函数在上单调递增，由此可得出所证不等式成立.【详解】（1）依题意有：，.函数在单调递增，对恒成立.即：对
20、恒成立(*)令，则，当时，函数在单调递增，解得.因此，实数的取值范围是；（2）当时，要证：当时，.即要证：当时，.构造函数：，则，先证：当时，要证：，即要证：，构造函数：，则，当时，则函数在单调递增.，即，函数在单调递增，即：当时，故原不等式成立.【点睛】本题考查利用函数在区间上的单调性求参数，同时也考查了利用导数证明函数不等式，考查计算能力与推理能力，属于较难题.22.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为：（为参数）（1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；（2）直线与轴、轴分别交于，两点，设点为上的一点，求的面积的最小值.【答案】（1）答
21、案见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用将直线的极坐标方程转化为直角坐标方程，由可将曲线的参数方程转化为普通方程；（2）求出A、B的坐标，设，求出点P到直线的距离，代入利用辅助角公式及三角函数的有界性可求得面积的最小值.【详解】（1）直线的直角坐标方程为；因为，所以曲线的普通方程为；（2）对直线，令可得，则；令可得，则，设，点P到直线的距离，其中，的面积，当时，的面积取得最小值.【点睛】本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程的相互转化，利用参数方程及三角函数的有界性解决三角形面积的最值问题，涉及辅助角公式、点到直线的距离公式的应用，属于基础题.23.已知：，其中.（1）求证：；（2）若，求的最小值.【答案】（1）详见解析；（2）1.【解析】【分析】(1) 所证不等式等价于，两边平方后分解因式即可得到证明；（2）将所求式子展开然后利用基本不等式从而可求得最值.【详解】（1）所证不等式等价于，即，也就是，故原不等式成立.（2） 当且仅当或时，取到最小值1.【点睛】本题考查不等式的证明方法，考查比较法的应用，考查利用基本不等式求最值问题,属于中档题.