1、广东省江门市新会华侨中学2020届高三数学下学期测试试题 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，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先分析出集合分别表示曲线、上的点组成的集合，直接求曲线和的交点即可.【详解】集合表示曲线上的点组成的集合.集合表示曲线上的点组成的集合.由解得：.所以.故选：B【点睛】本题考查集合的描述法，集合的交集运算，属于基础题.2.实数是复数为虚数单位)在复平面内位于第四象限的（ ）A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既非充分又非必要条件
2、【答案】A【解析】【分析】先将复数化简，得到，再判断.【详解】在复平面内表示的点的坐标为.当时，点在第四象限，反之当点在第四象限时， 所以实数是复数为虚数单位)在复平面内位于第四象限充分非必要条件.故选：【点睛】本题考复数的几何性质和充分条件、必要条件的判断，属于基础题.3.设等比数列满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由条件，结合等比数列的通项公式可得由通项公式可求答案.【详解】设等比数列的公比为,，即，即由得: ,即.则 所以故选：【点睛】本题考查求等比数列的通项公式和求数列中的项，属于基础题.4.古希腊帕特农神庙在建筑设计中多次运用宽与长的比为的黄金矩形.如图
3、，矩形与矩形都是黄金矩形.现随机从矩形中取一点，则取自矩形的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设,根据题意可求出的长，再矩形,的面积即可得到答案.【详解】设，则由条件有.则，所以故.所以矩形的面积为 矩形的面积为 取自矩形的概率为故选:【点睛】本题考查几何概率问题，属于基础题.5.设向量，则的充要条件是实数（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出，由有，根据向量的数量积的坐标公式可求得结果.【详解】由向量则，由.则，即. 所以，故，故选：【点睛】本题考查根据向量的垂直关系求参数，属于基础题.6.在下列四个图象中，函数与的大致图像依次对应为（ ）
4、A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由和的解析式得出奇偶性，再根据特殊点处的函数值，可得出答案.【详解】函数为偶函数，所以的图像只能在、中选择.又，排除，应选；函数为奇函数，所以的图像只能再、中选择.又排除应选，故选:【点睛】本题考查函数的奇偶性，以及函数在特殊点处的函数值分析函数的图像，属于基础题.7.若满足约束条件，则（ ）A. 有最小值B. 无最大值C. 有最小值D. 无最大值【答案】D【解析】【分析】先根据条件作出可行域，在对选项进行验证，可得答案.【详解】由知，可行域在两相交直线的下方.与边界线平行，显然有最大值，无最小值，A、B不正确.由于可行域不封闭，如图，向左、右
5、平移始终与可行域有交点.所以无最大值，也无最小值.故选:【点睛】本题考查简单的线性规划问题，属于基础题.8.执行如图所示的程序框图，如果输入的，则输出的的结果是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由框图可知程序是求数列求积的运算，根据运算可求出输出的值.【详解】设输出的值为.由框图可知程序是对数列求积.所以化简得，即，所以得.所以当时，程序退出循环，结束，输出故选:【点睛】本题考查程序框图中的循环结构，属于中档题.9.已知双曲线的离心率为，左右焦点分别为，直线与的一条渐近线垂直，垂足为若三角形的面积为.则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由双曲线的离心
6、率为2可得，从而有，渐近线为 ，即，在直角三角形中，利用等面积的方法求出，进一步求出与的长，得到答案.【详解】由双曲线的离心率为由，可得.所以双曲线的渐近线为 ，即.由条件设垂直于渐近线，如图.则.过点作轴，交轴于点.又在直角三角形中， 所以, 故面积为，所以，则, 故选:【点睛】本题考查双曲线的离心率和渐近线的性质，以及三角形的面积的应用，属于中档题.10.我国古代认为构成宇宙万物的基本要素是金、木、土、水、火这五种物质，称为“五行”，得到图中外圈顺时针方向相邻的后一物生前一物，内圈五角星线路的后一物克前一物的相生相克理论.依此理论，每次随机任取两行，重复取次，若取出的两行为“生的次数记为，
7、则与的值分别为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】从五行中随机任取两行为“生”的概率为，则重复取次，所以随机变量服从二项分布，然后用二项分布的期望和方差公式求解.【详解】设从五行中随机任取两行为“生”的事件为则依题意，随机变量服从二项分布，有，故故选:【点睛】本题考查古典概率和二项分布的期望和方差的计算，属于中档题.11.如图，正方形网格的边长为图中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体所有的表面中面积最大的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图，在正方体中将该几何体还原，然后再计算出面积最大的面.【详解】由三视图可知该几何体为图中的三棱台，
8、根据三视图可知，正方体的棱长为4，分别为的中点.侧面为全等的两个直角梯形,即面积为：.设相交于 ,相交于，则分别为的中点.侧面是等腰梯形，如图在矩形中，,所以平面，则,所以梯形的高为取的中点,则,所以其面积为该几何体所有的表面中最大的值为18.故选:【点睛】本题考查三视图以及几何体中面积最大的面，属于中档题.12.函数中，满足对有，当时，；函数；函数.现给出是偶函数；在上单调递增；无最大值；有个零点这四个结论，则正确结论编号是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由条件满足对有,时，,可得函数图像特点,再结合的表达式,对4个命题进行逐一判断,即可找出正确的命题,得到答案.【详
9、解】满足对有,时，将在上的图像向右平移个单位,再将纵坐标扩到为原来的2倍，得到上的图像.将在上的图像向右平移个单位,再将纵坐标扩到为原来的2倍，得到上的图像.将在上的图像向左平移个单位,再将纵坐标变为为原来的 ，得到上的图像，依此类推可得的图像，如图.所以不周期函数，所以错误.由，作出其函数图像，如图.由图显然在上不是单调递增函数，所以错误.当大于0，且时，.所以当大于0，且时.所以无最大值,故正确.函数的零点个数,即函数与图像的在上交点的个数.作出函数与的图像,如同由图像可知, 函数与图像的在上有5个交点,故正确.故选: D【点睛】本题考查函数的图像变换,函数零点以及利用函数图像分析函数性质
10、,属于难题.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.随机变量满足，则_.【答案】0.3【解析】【分析】随机变量满足，则可知对于的正态分布曲线的对称轴为2020，则，根据正态曲线的对称性可得答案.【详解】随机变量满足，则可知对于的正态分布曲线的对称轴为2020，又，则.,与，在正态曲线中是关于对称轴对称的.所以由正态曲线的对称性可得所以.故答案为：0.3【点睛】本题考查由正态分布曲线的对称性求概率问题，属于基础题.14.若展开式中的系数为，则展开式中的常数项是_(用数字作答)【答案】13【解析】【分析】由展开式的通项公式为，又，可得展开式中含的项的系数，从而得到答案.【详解】
11、由又展开式的通项公式为由于的展开式中不含的项，展开式中含的项为所以展开式中含的项的系数为由的系数为，可得.故展开式中的常数项是.故答案为：13【点睛】本题考查二项式展开式中根据特定项的系数求参数，属于中档题.15.已知正项数列满足，则_.【答案】5050【解析】【分析】根据与的递推关系 ，消去得到的递推关系，从而求出，再求答案.【详解】由己知得:，又得得:，整理得: 因为是正项数列，所以，故所以.故答案为：5050【点睛】本题考查由含与的递推关系求通项公式，属于中档题.16.如图，半径为的圆与边长为的正方形中心重合，点都在圆周上，图中以虚线为腰、正方形的边为底的四个全等的等腰三角形分别沿各自的
12、底折起后得到一个重合的正四棱锥.若当变化时得到一个体积最大的正四棱锥，则此时的四棱锥的外接球半径为_.【答案】【解析】【分析】连接交于，则，则正四棱锥的高为，表示出其体积，求出体积最大时正四棱锥的各个棱长，然后再求外接球的半径.【详解】连接交于，如图，则，.则正四棱锥的高为依题意，此时的四棱锥体积为:令.则可知当时，此时这时，棱锥的高为，又，故设此时的四棱锥的外接球半径为，球心为.则由中, ,.则,即,解得所以此时的四棱锥的外接球半径为故答案为：【点睛】本题考查空间线线、线面以及面面的位置关系，考查锥体的体积和锥体的外接球问题，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
13、说明、证明过程或演算步骤.）17.锐角的内角的对边分别为已知.（1）求；（2）若求的长.【答案】（1）；（2）2【解析】【分析】(1)由结合正弦定理可得，进一步得到，整理可得，从而求出答案.(2) 由正弦定理得: ,由条件可得,结合条件由余弦定理可得答案.【详解】（1）依题意，由正弦定理得. 故,即即即（2）由正弦定理得: 是锐角三角形，故，所以 ， 故,故.在中，由余弦定理可得:，故【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题.18.如图，矩形所在的平面与正三角形所在的平面互相垂直，为的中点，连接.（1）证明:平面平面；（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】（1）见
14、解析；（2）【解析】【分析】（1）连接，可得，由条件可证，可得平面，从而可证.（2）取中点,中点以为空间直角坐标系的原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系, 直线与平面所成的角即为，故，运用向量的方法求解.【详解】（1）证明:连接三角形为正三角形，为的中点，平面平面，平面平面平面平面平面 .，平面平面，平面平面平面平面 （2）取中点,中点以为空间直角坐标系的原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图. 直线与平面所成的角即为，故.设，则， ，故，设平面的法向量为，则即即令，则，故.平面的法向量为，设所求二面角的大小为，则由，故二面角的余弦值为: 【点睛】本题考查面面垂直的证明和求二面角的
15、大小，属于中档题.19.京广高速铁路(又称京广高铁)是中国运营中的高速客运专线之一，被誉为世界上运营里程最长的高速铁路，在出行人群中越来越受欢迎.现交通部门利用大数据工具随机抽取了沿线城市出行人群中的名旅客进行调查统计，得知在这名旅客中岁(含)以下采用乘坐京广高铁出行的占.岁(含)以下岁上合计乘京广高跌不乘京广高跌合计（1）请完成的列联表，并由列联表中所得数据判断有多大把握认为“乘坐京广高铁出行与年龄有关”?（2）为优化服务质量，铁路部门从这名旅客按年龄采用分层抽样的方法随机抽取人免费到广州参加座谈会，会后再进行抽奖活动，奖品共三份.由于年龄差异，规定岁(含)以下的旅客若中奖每人得元，岁以上的
16、旅客若中奖每人得元，这两个年龄段的得奖人数分别记为与.设旅客抽奖所得的总金额为元，求的分布列与数学期望.参考公式: ，参考数据如表【答案】（1）表格见解析，有的把握认为“采用乘坐京广高铁出行与年龄有关”；（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据条件及列联表中数据，完善列联表，再计算出得到结论.（2）采用分层抽样的方法，从“岁(含)以下”的人中抽取人，从“岁以上”的人中抽取人，的可能取值为: ,求出对应的概率，写出分布列，求出数学期望.【详解】（1）由已知可得，岁（含）以下采用乘坐京广高铁出行的有人列联表如表:岁(含)以下岁上合计乘京广高跌不乘京广高跌合计由列联表中的数据计算可得的观测值由
17、于，故有的把握认为“采用乘坐京广高铁出行与年龄有关”.（2）采用分层抽样的方法，从“岁(含)以下”的人中抽取人，从“岁以上”的人中抽取人，由或或的可能取值为: 故分布列如表:数学期望.【点睛】本题考查独立性检验和离散型随机变量的分布列和数学期望，属于中档题.20.已知椭圆的左、右焦点分别为右顶点为过右焦点且垂直于轴的直线与椭圆相交于两点，所得四边形为菱形，且其面积为.（1）求椭圆的方程；（2）过左焦点的直线与椭圆交于两点，试求三角形面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)由椭圆的对称性及四边形为菱形知，可得的纵坐标为，四边形的面积为，结合的关系求解出，即可得到得答案.(2)
18、设，设直线的方程为:由直线方程与椭圆方程联立，得到的表达式，求出三角形面积的表达式，再求其最大值.【详解】（1）如图，因椭圆的对称性及四边形为菱形知，即，即令，得点的纵坐标为由四边形的面积为故即又联立得:故椭圆方程为（2）由知:设直线的方程为:假设.由得: 即由得:，故.令则设由可知: 单调递增，故【点睛】本题考查求椭圆方程和直线与椭圆的位置关系，考查三角形的面积的最值，属于中档题.21.已知函数为自然对数的底数).（1）求的单调递增区间与最小值；（2）设，证明:在上，.【答案】（1）与，；（2）见解析【解析】【分析】(1)由，令得出解，再用表格得出与变化关系,得到单调性，从而得到最小值.(2
19、) 要证即证，设，求出 ，得到的单调性，从而证明结论.【详解】（1）令则即或当时，或，或随变化如下:单调递减极小值单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，的单调递增区间为与，或因为故（2）要证即证，即证在上成立.方法一令，故在上单调递减，即在上成立.故在上，方法二只需证在上成立因为恒成立，即恒成立，故需证上成立，即证在上成立.令故在上单调递增，即在上成立，故在上，.【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间和最小值以及利用导数证明不等式，属于中档题.22.已知在直角坐标系中，曲线的参数方程为( 为参数)，直线的普通方程为.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）当时，求曲线的极坐标方程；（2）设射线与分别交于两点，设求的最小值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1) 先求出曲线的普通方程为，再化为极坐标方程 ，将代入即可.(2)将射线与的极坐标方程分别联立，得到，则，再求其最值.【详解】（1）曲线的普通方程为由代入得，即时，曲线的极坐标方程为（2）由题意可得：直线的极坐标方程为，可得故同理，故当且仅当时，的最小值为【点睛】本题考查参数方程、普通方程与极坐标方程的互化，极坐标下极径的几何意义的运用，属于中档题.
