1、广东省深圳市南山区华侨城中学2020届高三数学下学期线上测试试题（一）理（含解析）一、选择题。1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先解出集合A，B，然后求并集即可.【详解】解：解不等式得，所以集合解不等式得，所以集合所以故选B.【点睛】本题考查集合的并集运算，属于基础题.2.若复数满足，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先解出复数，求得，然后计算其模长即可.【详解】解：因为，所以所以所以故选D.【点睛】本题考查了复数的综合运算，复数的模长，属于基础题.3.若直线与曲线相切于点，则（ ）A. 0B. C. D. 【答案】D【解析】【分
2、析】先对曲线求导，由切点处的导数等于切线斜率列方程，解出即可.【详解】解：由，得因为直线与曲线相切于点所以，解得故选D.【点睛】本题考查了导数的几何意义，属于基础题.4.如图，直角三角形的两直角边长分别为6和8，三角形内的阴影部分是三个半径为3的扇形，向该三角形内随机掷一点，则该点落在阴影部分的概率为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出三角形总面积，空白面积，然后得阴影部分面积，由几何概型的面积型概率公式求出答案.【详解】解：三角形总面积因为三个扇形半径相等，且圆心角之和为180，所以所以向该三角形内随机掷一点，则该点落在阴影部分的概率故选A.【点睛】本题考查了几何概型的面
3、积型，属于基础题.5.已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由双曲线的离心率，得到与的关系，再由得到与的关系，然后可求出渐近线方程.【详解】解：因为离心率为，所以，所以的渐近线方程故选C.【点睛】本题考查了双曲线的离心率与渐近线方程，属于基础题.6.在中，角的对边分别是，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由边化角，化简整理可求出角C，然后计算面积即可.【详解】解：由，得所以，即所以，得，所以所以故选C.【点睛】本题考查了利用正弦定理进行边角转化，三角形面积公式，属于基础题.7.从6位女学生和5位男学生中选
4、出3位学生，分别担任数学、信息技术、通用技术科代表，要求这3位科代表中男、女学生都要有，则不同的选法共有（ ）A. 810种B. 840种C. 1620种D. 1680种【答案】A【解析】【分析】先由排列数分别求出不考虑性别，与全部是男生和全部是女生的选法总数，然后用总数减掉全部是男生和全部是女生的即为男女生都有的选法.【详解】解：不考虑男女生共有种全部是男生的有种全部是女生的有种所以男、女学生都有的共有种故选A.【点睛】本题考查了排列数，对于需要分类讨论的问题可考虑用间接法解题.8.刘微（225-295），3世纪杰出的数学家，撞长利用切割的方法求几何体的体积，因些他定义了四种基本几何体，其中
5、将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，将底面为矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”已知某“堑堵”与某“阳马”组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先结合题中信息和三视图，得出直三棱柱和四棱锥的底面和高，然后分别计算体积并相加即可.【详解】解：由三视图分析可知，直三棱柱的底面是侧视图中右边的直角三角形，且高为1所以直三棱柱的体积四棱锥的底面是正视图中的正方形，且高为2所以四棱锥的体积所以整个几何体的体积故选A.【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，空间几何体的体积，由三视图还原出原图是解题关键.9.已知，平面区域是
6、由所有满足的点组成的区域，则区域的面积是（ ）A. 8B. 12C. 16D. 20【答案】C【解析】【分析】先由，方程组，解出，代入得到满足的不等式组，画出可行域，求出面积即可.【详解】解：由，得，因为所以，解得又因为代入化简得画出不等式组代表平面区域如图中阴影部分，且阴影部分为平行四边形由直线方程解出点，点到直线的距离，所以阴影部分面积为故选C.【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算，线性规划中可行域的面积，属于中档题.10.已知展开式中的系数小于90，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先将当做一项，写出的展开通项，结合题意分析，要想得到展开式中的项，只能
7、是，和，然后分别讨论三种情况产生的的系数，将三种情况的系数相加即为原展开式中的系数，列出不等式，解出即可.【详解】解：因为展开式为要想得到展开式中的项，只能是，和当时，二项式的展开通项要想得到项，只能，此时的系数为当时，二项式的展开通项要想得到项，只能，此时的系数为当时，二项式的展开通项要想得到项，只能，此时的系数为所以展开式中系数为所以，解得故选B.【点睛】本题考查了三项式展开式中的系数问题，三项式展开需要将其中两项合并当做一项进行处理.11.在三棱锥中，平面平面，若球是三棱锥的外接球，则球的半径为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】取AB中点D，AC中点E，连PD，ED
8、，得E为外接圆的圆心，且OE平面，然后求出的外接圆半径和球心到平面的距离等于，由勾股定理得，即可得出答案.【详解】解：取AB中点D，AC中点E，连PD，ED因为，所以E为外接圆的圆心因为OEPD，OE不包含于平面，所以OE平面因为平面平面，得PDAB，EDAB所以PD平面，ED平面且，所以球心到平面的距离等于在中，所以，所以得外接圆半径，即由勾股定理可得球的半径故选A.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，经常用球中勾股定理解题，其中是外接球半径，是球心到截面距离，是截面外接圆半径.12.己知函数的图像关于点中心对称，关于直线对称（直线是与点距离最近的一条对称轴），过函数的图像上的任意一点作点
9、、直线的对称点分别为、，且，当时，记函数的导函数为，则当时，（ ）A. -2B. -1C. D. 【答案】C【解析】【分析】由点作点、直线的对称点分别为、，且，可得，又直线是与点距离最近的一条对称轴，所以，即，然后代入，解出，得到解析式，求导，由，化简可得的值.【详解】解：由点作点、直线的对称点分别为、，且，得，又直线是与点距离最近的一条对称轴，所以，即，又因为当时，所以，且，解得所以，因为所以，即所以，即故选C.【点睛】本题考查了正弦型三角函数的图像与性质，三角丰登变换，诱导公式，导数的运算，属于中档题.二、填空题。13.已知函数在单调递减，且为奇函数若，则的取值范围是_【答案】【解析】【分
10、析】先由奇函数得，不等式等价于，结合函数单调性得出的取值范围即可.【详解】解：由函数在单调递减，且为奇函数，得，因为，即所以，即所以的取值范围为故答案为【点睛】本题考查了函数的单调性与奇偶性，抽象函数不等式，属于基础题.14.已知，则_【答案】【解析】【分析】先由求出，然后对用二倍角公式并化简求值即可.【详解】解：因为，所以所以故答案为3【点睛】本题考查了三角恒等变换，给值求值类问题，二倍角公式，齐次弦化切思想，属于基础题.15.若实数，满足不等式组，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】先画出不等式组所代表的平面区域，解释的几何意义为点，的斜率，然后结合图像求出的最小值即可.【详解】解：先画
11、出不等式组代表的平面区域如图中阴影记，所以由图易知，当点P在B处，最小联立方程组，解得此时所以的最小值为故答案为.【点睛】本题考查了斜率型线性规划问题，解释目标式的几何意义是解题的关键.16.已知点在离心率为的椭圆上，则该椭圆的内接八边形面积的最大值为_【答案】【解析】【分析】先由点在离心率为的椭圆，可求出，由于椭圆可以看做是用一个不平行底面的圆去截圆柱所得的图形，且椭圆在底面的摄影是底面圆，由射影的性质可知，即，且椭圆内接八边形的射影为底面圆上的内接八边形，又由平面几何知识易知圆内接八边形中内接正八边形面积最大，求出最大值，然后可得答案.【详解】解：由点在椭圆，得，又因，得，由于椭圆可以看做
12、是用一个不平行底面的圆去截圆柱所得的图形，如图所示且椭圆在底面的摄影是底面圆，其中，由射影的性质可知，为两平面的二面角的平面角记椭圆内接八边形面积为，对应的在底面圆上的射影也是八边形，面积为所以，即，其中，底面圆半径由平面几何知识易知圆内接八边形中内接正八边形面积最大为所以椭圆内接八边形面积最大为【点睛】本题考查了椭圆的离心率与方程，椭圆内接多边形面积的最大值问题，巧妙利用射影的性质可将其转化为圆的内接多边形面积的最值问题.三、解答题。17.已知数列的的前项和为，且1，成等差数列（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，求【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由1，成等差数列，列式得之间的关
13、系式，由进行处理，可得成等比，求出通项即可；（2）化简得，然后裂项相消求和即可.【详解】解：（1）1，成等差数列，当时，当时，两式相减得，数列是首项为1，公比为2的等比数列，（2），【点睛】本题考查了数列通项公式与求和方法，由含的递推式求通项一般采用进行处理.18.如图，在四棱锥中，底面是梯形，,是正三角形，为的中点，平面平面（1）求证：平面；（2）在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由【答案】（1）见证明（2）见解析【解析】【分析】（1）先证，由平面平面，可得平面；（2）以点为原点，分别以射线为轴，轴，轴正半轴，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，设，用含
14、的式子求出平面和平面的法向量，由二面角的余弦值为列方程解出，从而得出的值.【详解】（1）证明：因为，且，所以四边形是平行四边形，从而，且，又在正三角形中，从而在中，满足，所以，又平面平面，平面平面，平面所以平面，（2）由（1）知，且，平面，从而平面，又平面，平面，所以，以点为原点，分别以射线为轴，轴，轴正半轴，建立空间直角坐标系，假设在棱上存在点满足题意，设，则，设平面的法向量，则，取得，得，有平面的一个法向量，所以，从而，因为，所以，所以在棱上存在点使得二面角的余弦值为，且【点睛】本题考查了线面垂直的证明，二面角的平面角，条件中有面面垂直时一般需要用到面面垂直的性质定理，空间中的夹角问题可采
15、用空间向量求解.19.从某工厂生产的某种产品中抽取1000件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：（1）求这1000件产品质量指标值的样本平均数和样本方差（同一组数据用该区间的中点值作代表）（2）由频率分布直方图可以认为，这种产品的质量指标值服从正态分布，其中以近似为样本平均数，近似为样本方差（）利用该正态分布，求；（）某用户从该工厂购买了100件这种产品，记表示这100件产品中质量指标值为于区间的产品件数，利用（）的结果，求附：若，则，【答案】（1）平均数=140；（2）（）0.3413（）见解析【解析】【分析】（1）由频率分布直方图中的数据结合平均数和方差公式直接
16、计算即可；（2）（）由（1）中数据知，计算出答案即可；（）依题意知服从二项分布，由二项分布的直接计算即可.【详解】（1）抽取产品的质量指标值的样本平均数和样本方差分别为（2）（）由（1）知，从而（）由（）知，一件产品的质量指标值位于区间的概率为，依题意知服从二项分布，所以【点睛】本题考查了频率分布直方图，平均数与方差，正态分布与二项分布，属于中档题.20.已知平面上动点到点距离比它到直线距离少1（1）求动点的轨迹方程；（2）记动点轨迹为曲线，过点作直线与曲线交于两点，点，延长，与曲线交于，两点，若直线，的斜率分别为，试探究是否为定值？若为定值，请求出定值，若不为定值，请说明理由【答案】（1）（
17、2）见解析【解析】【分析】（1）由题意结合抛物线定义直接写出方程即可；（2）设，直线方程为，直线方程为分别与抛物线方程联立，得到韦达定理，找出，之间的关系，得出定值.【详解】解：（1）设动点由题意知动点到点距离和到直线距离相等，由抛物线定义得动点的轨迹方程为（2）设由题意可令直线方程为，直线方程为将直线方程代入抛物线方程，并化简得则，将直线方程代入抛物线方程，并化简得则，同理可得因此故，即为定值【点睛】本题考查了抛物线的定义与方程，直线与抛物线的位置关系，抛物线中的定值问题，属于中档题.21.（1）已知函数是上的增函数，求实数的取值范围；（2）试比较两数与的大小，并证明你得出的结论【答案】（1
18、）（2）见证明【解析】【分析】（1）对求导，由函数是上的增函数得恒成立，参变分离可求出参数的范围；（2）记，由，得，变形处理可得，取，得【详解】解（1）是上的增函数，恒成立，即恒成立，则恒成立令，即是上的增函数，则，故，即实数的取值范围是（2）证明：记，由（1）知是上的增函数，取，得【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用单调性比较大小，巧妙关联构造函数是解题关键.22.在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为射线交曲线C于点A,倾斜角为的直线l过线段OA的中点B且与曲线C交于P、Q两点.(1)求曲线C的直角坐标方程及直线
19、l的参数方程;(2)当直线l倾斜角为何值时, |BP|BQ|取最小值, 并求出|BP|BQ|最小值.【答案】（1）曲线的直角坐标方程为；直线的参数方程为（为参数）（2）当时,取得最小值为【解析】【分析】（1）由求得曲线的直角坐标方程；先求出曲线与直线的交点的坐标,即可得到的中点,进而求解即可；（2）由（1）,将直线的参数方程代入到曲线的直角坐标方程中,由参数的几何意义可得,进而求解即可.【详解】（1）由题,因为,即,因为,所以,即,则曲线的直角坐标方程为,因为射线交曲线于点,所以点的极坐标为,则点的直角坐标为,所以的中点为,所以倾斜角为且过点的直线的参数方程为（为参数）. （2）将直线的参数方
20、程（为参数）代入曲线的方程中,整理可得,设、对应的参数值分别是、,则有,则,因为,当,即时,取得最小值为【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的转化,考查直线的参数方程,考查最值问题.23.已知函数(1)解不等式: f(x) ax+1,求实数a的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分类讨论法去绝对值解不等式即可；（2）画出函数的图象,等价于的图象在直线的图象的上方,结合图象即可得到的范围.【详解】（1）解:由题,当时,则,解得,则；当时,则,解得,则；当时,则,解得,则,综上,解集为（2）由题,则的图象如图所示:因为均满足,则的图象在直线的上方,因为直线恒过定点,点,则,由图象可知【点睛】本题考查分类讨论法解绝对值不等式,考查不等式的恒成立问题,考查数形结合思想.
