1、广东省深圳市2020届高三数学二模考试试题 理（含解析）本试卷共6页，23小题，满分150分考试用时120分钟注意事项：1答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校、姓名和考生号，并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁、不污损2选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上3非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效4作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再作答5考生必须保持答题卡
2、的整洁，考试结束后，将答题卡交回一、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要求的1.设z,则|z|（ ）A. B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】把已知等式变形,再由商的模等于模的商求解即可.【详解】解：z,|z|.故选：B.【点睛】本题考查复数模的求法,考查数学转化思想方法,是基础题.2.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据指数函数的值域化简集合的表示，解一元二次不等式化简集合的表示，最后根据集合的交集和并集的定义、子集的定义进行判断即可.【详解】因为，所以，故选项A不正确；，故选项B不正确；根
3、据子集的定义有.故选：D【点睛】本题考查了集合交集、并集的运算，考查了子集的定义，考查了指数函数的值域，考查了解一元二次不等式，考查了数学运算能力.3.设为平面，m，n为两条直线，若，则“”是“”的（ ）A. 充分必要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充分性和必要性的定义，结合线面垂直的性质进行判断即可.【详解】当时，如果，不一定能推出，因为直线n可以在平面外，当时，如果，根据线面垂直的性质一定能推出，所以若，则“”是“”的必要不充分条件.故选：C【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，考查了线面垂直的性质，考查了推理论证能力.
4、4.已知双曲线C：（，）的两条渐近线互相垂直，则C的离心率为（ ）A. B. 2C. D. 3【答案】A【解析】【分析】根据双曲线和渐近线的对称性，结合双曲线离心率的公式、之间的关系、双曲线渐近线方程进行求解即可.【详解】双曲线C：的渐近线方程为：，因为该双曲线的两条渐近线互相垂直，所以有.故选：A【点睛】本题考查了已知双曲线渐近线的性质求离心率问题，考查了数学运算能力，属于基础题.5.已知定义在R上的函数满足，当时，则（ ）A. B. 2C. D. 8【答案】A【解析】【分析】根据等式，结合已知函数的解析式、指数幂运算公式进行求解即可【详解】因为，所以，因为，所以.故选：A【点睛】本题考查了
5、求函数值，考查了指数运算公式的应用，考查了数学运算能力.6.若，的平均数为a，方差为b，则，的平均数和方差分别为（ ）A. 2a，2bB. 2a，4bC. ，2bD. ，4b【答案】D【解析】【分析】直接根据平均值和方差的性质得到答案.【详解】根据平均值和方差的性质知：，的平均数和方差分别为和.故选：D.【点睛】本题考查了平均值和方差，意在考查学生的计算能力和对于平均值和方差的性质的灵活运用.7.记等差数列的前n项和为，若，则（ ）A. B. C. D. 0【答案】A【解析】【分析】直接利用等差数列和的性质得到答案.【详解】根据等差数列和的性质知：，故，即.故选：A.【点睛】本题考查了等差数列
6、和的性质，意在考查学生的计算能力和应用能力.8.函数f（x）的部分图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，结合选项中函数图象的对称性，先排除不符合题意的，然后结合特殊点函数值的正负即可判断.【详解】因为f（x）f（x），所以f（x）为偶函数，图象关于y轴对称，排除选项A，C，又f（2），因为，所以，所以f（2）0，排除选项D.故选：B.【点睛】本题主要考查函数图象与性质及其应用，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.9.已知椭圆C：的右焦点为F，O为坐标原点，C上有且只有一个点P满足，则C的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【
7、分析】根据对称性知在轴上，计算得到答案.【详解】根据对称性知在轴上，故，解得，故椭圆方程为：.故选：D.【点睛】本题考查了椭圆方程，意在考查学生计算能力，确定在轴上是解题的关键.10.下面图1是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图.其阴离子排列如图2所示,图2中圆的半径均为1,且相邻的圆都相切,A,B,C,D是其中四个圆的圆心,则（ ）A. 32B. 28C. 26D. 24【答案】C【解析】【分析】建立以为一组基底的基向量,其中且的夹角为60,根据平面向量的基本定理可知,向量和均可以用表示,再结合平面向量数量积运算法则即可得解.【详解】解：如图所示,建立以为一组基底的基向量,其中且的夹角为6
8、0,.故选：C.【点睛】本题考查平面向量的混合运算,观察图形特征,建立基向量是解题的关键,考查学生的分析能力和运算能力,属于中档题.11.意大利数学家斐波那契（1175年1250年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为（设是不等式的正整数解，则的最小值为（ ）A. 10B. 9C. 8D. 7【答案】C【解析】【分析】根据题意，是不等式的正整数解，化简得，即，根据数列的单调性，求出成立的的最小值，即可求出答案.【详解】解析：是不等式的正整数解，即，令，则数列即为斐波那契数列，即
9、，显然数列为递增数列，所以数列亦为递增数列，不难知道，且，使得成立的的最小值为8，使得成立的的最小值为8.故选：C.【点睛】本题考查数列的新定义，以及利用数列的单调性求最值，还根据对数运算化简不等式，考查转化思想和化简运算能力.12.已知直线与函数（）的图象相交，将其中三个相邻交点从左到右依次记为A，B，C，且满足有下列结论： n的值可能为2当，且时，的图象可能关于直线对称当时，有且仅有一个实数，使得在上单调递增；不等式恒成立其中所有正确结论的编号为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的图像性质，依次分析四个结论即可求解.【详解】解析：如图所示， 不妨设，且线段
10、的中点为，显然有，且的图象关于直线对称，即,（1），且，由正弦曲线的图像可知，（）.（），即，（2）由等式（1），（2）可得，即，且，且，对于结论，显然，故结论错误：对于结论，当，且时，则，故，若的图象关于直线对称，则（），即（）显然与矛盾，从而可知结论错误：对于结论，且在区间上单调递增，故结论正确；对于结论，下证不等式（），（法一）当时，（），即（），（法二）即证不等式（）恒成立，构造函数（），显然函数单调递增，当时，即不等式（）恒成立，故结论正确：综上所述，正确的结论编号为故选：D【点睛】本题考查三角函数的图像性质，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.曲线在点
11、处切线的方程为_【答案】【解析】【分析】对求导，带入得到斜率，通过点斜式得到切线方程，再整理成一般式得到答案.【详解】带入得切线的斜率，切线方程为，整理得【点睛】本题考查导数的几何意义，通过求导求出切线的斜率，再由斜率和切点写出切线方程.难度不大，属于简单题.14.若x，y满足约束条件，则的最大值为_.【答案】2【解析】【分析】画出可行域，表示可行域上的点到原点的斜率，分析并计算的最大值.【详解】作出可行域如图所示，又为可行域内的点到原点的斜率，由图得的最大值为，又，得的最大值为.故答案为：【点睛】本题考查了线性规则，正确画出不等式组表示的平面区域是解题的基础，理解目标函数的意义是解题的关键1
12、5.2020年初，湖北成为全国新冠疫情最严重的省份，面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，全国人民心系湖北，志愿者纷纷驰援若将4名医生志愿者分配到两家医院（每人去一家医院，每家医院至少去1人），则共有_种分配方案.【答案】14【解析】【分析】根据题意先将4名医生分成2组，再分配的两家医院即可求得分配方案的种数，分组时有和两种分组方法，同时注意是平均分组问题.【详解】由题先将4名医生分成2组，有种，再分配的两家医院有种.故答案为：14【点睛】本题考查了排列组组合的综合应用，考查了先选再排的技巧，分组时要注意分类讨论，还有要特别注意平均分组问题的计数方法.16.已知正方形边长为3，点E，F分别
13、在边，上运动（E不与A，B重合，F不与A，D重合），将以为折痕折起，当A，E，F位置变化时，所得五棱锥体积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】欲使五棱锥的体积最大，须有平面平面，求出底面五边形的面积以及高，利用棱锥的体积公式得出体积表达式，再由基本不等式以及导数得出五棱锥体积的最大值.【详解】解析：不妨设， 在直角三角形中，易知边上的高为又五棱锥的底面面积为欲使五棱锥的体积最大，须有平面平面，令，则，令，则不难知道，当时，取得最大值综上所述，当时，五棱锥的体积取得最大值故答案为：.【点睛】本题主要考查了利用导数解决实际应用问题，涉及了棱锥的体积公式和基本不等式的应用，属于中档题.三、解答题：
14、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.中，D为上的点，平分，的面积为.（1）求的长；（2）求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据三角形面积公式可得，可得，根据余弦定理可得；（2）根据余弦定理求出，可得，再利用以及两角差的正弦公式可得结果.【详解】（1）因为，面积为，平分，在中，由余弦定理，得，.（2）在中，由余弦定理，得，因为平分，所以，【点睛】本题考查了余弦定理、三角形内角和定理、三角形的面积公式、两角差的正弦公式，属于基础题.18.如图，三棱柱中，底面为等边三
15、角形，E，F分别为，的中点，.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）通过计算可得，通过证明平面，可得，再根据直线与平面垂直的判定定理可得平面；（2）先说明直线，两两垂直，再以，的方向为x，y，z轴的正方向，以点E为原点，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量可求得结果.【详解】（1）证明：设，则，点E为棱的中点，.三棱柱的侧面为平行四边形，四边形为矩形，点F为棱的中点，.三棱柱的底面是正三角形，E为的中点，.，且平面，平面，且，相交，平面，平面，平面.（2）由（1）可知平面，平面，三棱柱是正三棱柱，设的中点为M，则直线，两两垂直，
16、分别以，的方向为x，y，z轴的正方向，以点E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，.设平面的一个法向量为，则，则，则，不妨取，则，则，所以，设直线与平面所成角为，则，因为，所以则直线与平面所成角的大小为.【点睛】本题考查了线面垂直的性质与判定，考查了直线与平面所成角的向量求法，属于中档题.19.足球运动被誉为“世界第一运动”.为推广足球运动，某学校成立了足球社团由于报名人数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定否录取，规则如下：（1）下表是某同学6次的训练数据，以这150个点球中的进球频率代表其单次点球踢进的概率.为加入足球社团，该同学进行了“点球测试”，每次点球是否踢进相互独立，将他
17、在测试中所踢的点球次数记为，求；（2）社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到.记开始传球的人为第1次触球者，接到第n次传球的人即为第次触球者，第n次触球者是甲的概率记为.（i）求，（直接写出结果即可）；（ii）证明：数列为等比数列.【答案】（1）（2）（i），（ii）证明见解析；【解析】【分析】（1）先求出踢一次点球命中的概率，然后根据相互独立事件的乘法公式分别求出取1，2，3的概率，再根据离散型随机变量的期望公式可求得结果；（2）（i）根据传球顺序分析可得答案
18、；（ii）根据题意可得，再变形为，根据等比数列的定义可证结论.【详解】（1）这150个点球中的进球频率为，则该同学踢一次点球命中的概率，由题意，可能取1，2，3，则，则的期望.（2）（i）因为从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，所以第1次触球者是甲的概率，显然第2次触球者是甲的概率，第2次传球有两种可能，所以第3次触球者是甲的概率概，（ii）第n次触球者是甲的概率为，所以当时，第次触球者是甲的概率为，第次触球者不是甲的概率为，则.从而，又，是以为首项，公比为的等比数列.【点睛】本题考查了样本估计总体，离散型随机变量的期望，考查了递推关系以及等比数列的概念；考查分析问题、解决问题的能力，
19、建模能力，处理数据能力.属于中档题.20.在平面直角坐标系中，P为直线：上的动点，动点Q满足，且原点O在以为直径的圆上.记动点Q的轨迹为曲线C（1）求曲线C的方程：（2）过点的直线与曲线C交于A，B两点，点D（异于A，B）在C上，直线，分别与x轴交于点M，N，且，求面积的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设动点，表示出，再由原点O在以为直径的圆上，转化为，得到曲线C的方程.（2）设而不解，利用方程思想、韦达定理构建面积的函数关系式，再求最小值.【详解】解：（1）由题意，不妨设，则，O在以为直径的圆上，曲线C的方程为.（2）设，依题意，可设：（其中），由方程组消去x并整理，得，则
20、，同理可设，可得，又，当时，面积取得最小值，其最小值为.【点睛】本题以直线与抛物线为载体，其几何关系的向量表达为背景，利用方程思想、韦达定理构建目标函数，利用坐标法解决几何问题贯穿始终，主要考查直线与抛物线的位置关系最值问题，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力.21.已知函数（其中常数，是自然对数的底数）（1）若，求在上的极大值点；（2）（）证明在上单调递增；（）求关于的方程在上的实数解的个数【答案】（1）；（2）（）证明见解析，（）当时，方程在上的实数解的个数为，当时，方程在上的实数解的个数为.【解析】【分析】（1）首先求出函数的导数，利用导数得到函数的单调区间，再根据单调
21、区间即可得到函数的极大值点.（2）（）首先根据的单调性只需证明，将问题转化为证明，构造函数，再结合的单调性即可证明.（ii）首先证明，再证明函数的最大值，设，分别求出和的零点个数，从而得到方程解得个数.【详解】（1）.当时，.增函数极大值减函数所以函数的极大值点为.（2）（）因为，所以在上必存在唯一的实数，使得.所以，为增函数，为减函数.要证明在上单调递增，只需证明即可.又因为，所以，即证即可.设，所以在为减函数.当时，即，即证，所以在上单调递增.（）先证明时，设，因为，所以，在为增函数.所以，即.再证明函数的最大值.因为，所以，.因为，所以.所以.下面证，令，则，即证，.设，所以函数为增函数
22、.当时，即.即证：.设，当时，且在为减函数，所以在上有唯一零点.当时，且在为增函数.当时，即，所以在上没有零点.当时，即，所以在上有唯一零点.综上所述：当时，方程在上的实数解的个数为，当时，方程在上的实数解的个数为.【点睛】本题主要考查函数的单调区间、极值和最值，同时考查了利用导数研究函数的零点问题，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、23两题中任选一题作答注意：只能做所选定的题目如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑选修44：坐标系与参数方程22.椭圆规是用来画椭圆的一种器械，它的构造如图所示，在一个十字形的金属板
23、上有两条互相垂直的导槽，在直尺上有两个固定的滑块A，B，它们可分别在纵槽和横槽中滑动，在直尺上的点M处用套管装上铅笔，使直尺转动一周，则点M的轨迹C是一个椭圆，其中|MA|2，|MB|1，如图，以两条导槽的交点为原点O，横槽所在直线为x轴，建立直角坐标系.（1）将以射线Bx为始边，射线BM为终边的角xBM记为（02），用表示点M的坐标，并求出C的普通方程；（2）已知过C的左焦点F，且倾斜角为（0）的直线l1与C交于D，E两点，过点F且垂直于l1的直线l2与C交于G，H两点.当，|GH|，依次成等差数列时，求直线l2的普通方程.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）用三角函数表示出点M的
24、坐标，直接利用转换关系把极坐标方程转换为直角坐标方程；（2）设出直线l1的参数方程，与椭圆方程联立利用直线参数的几何意义求出、，根据题意有，列出方程求出直线l1的斜率即可求得直线l2的方程.【详解】（1）设M（x，y）依题意得：x2cos，ysin，所以M（2cos，sin），由于cos2+sin21，整理得.（2）由于直线l1的倾斜角为（），且l1l2，所以直线l2的倾斜角为，依题意易知：F（），可设直线l1的方程为（t为参数），代入得到：，易知，设点D和点E对应的参数为t1和t2，所以，.则，由参数的几何意义：，设G、H对应的参数为t3和t4，同理对于直线l2，将换为，所以，由于，|GH|
25、，依次成等差数列，所以，则，解得，所以，又，所以，所以直线l2的斜率为，直线l2的直角坐标方程为x.【点睛】本题考查极坐标方程和直角坐标方程之间的转换、直线参数方程中参数的几何意义、韦达定理的应用、等差数列的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于较难题.选修45：不等式选讲23.已知a，b，c为正实数，且满足a+b+c1.证明：（1）|a|+|b+c1|；（2）（a3+b3+c3）（）3.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据a，b，c为正实数，且满足a+b+c1，得到b+c1a0，则|a|+|b+c1|a|+|a|，再利用绝对值三角不等式求解.（2）利用（a3+b3+c3）3abc，得到（a3+b3+c3）（）3abc（），进而变形为，再利用基本不等式求解.【详解】（1）a，b，c为正实数，且满足a+b+c1，b+c1a0，|a|+|b+c1|a|+|a|（a）+（a）|.当且仅当（a）（a）0，即0时，等号成立.|a|+|b+c1|；（2）（a3+b3+c3）（）3abc， ， ， ，3（a+b+c）3.当且仅当abc时等号成立.（a3+b3+c3）（）3.【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式，基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
