1、广东省湛江市2020届高三数学二模考试试题 理（含解析）一、选择题（共12小题）1. 设集合，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可知，是关于的方程的根，可求得的值，再解方程，进而可解出集合.详解】，则，解得，.故选：A.【点睛】本题考查利用交集的结果求参数，考查计算能力，属于基础题.2. 复数在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】先对复数进行除法和乘法运算，再根据实部和虚部找出对应的点，即可得出对应的象限【详解】解：，在复平面内对应点的坐标为，位于第二象限故选：B【点睛】本题考查复数的除法
2、和乘法运算，考查复数的几何意义，属于基础题3. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用二倍角的正切公式结合可求得的值，再由二倍角公式得出，在分式的分子和分母中同时除以，将分式转化为只含的代数式，代值计算即可.【详解】，即，解得，因此，.故选：C.【点睛】本题考查利用二倍角公式求值，涉及弦化切思想的应用，考查计算能力，属于基础题.4. 高二某班共有45人，学号依次为1、2、3、45，现按学号用系统抽样的办法抽取一个容量为5的样本，已知学号为6、24、33的同学在样本中，那么样本中还有两个同学的学号应为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，
3、由系统抽样的方法，可求出抽到的每个同学的学号之间的间隔为：，而已知学号为6、24、33的同学在样本中，即可得分别写出5个同学的学号，即可得出剩余的两个同学的学号.【详解】解：由题可知，该班共有45人，按学号用系统抽样的办法抽取一个容量为5的样本，则抽到的每个同学的学号之间的间隔为：，而已知学号为6、24、33的同学在样本中，即抽到的第一个学号为6，则第二个学号为：6+9=15，第三个学号为：15+9=24，则第四个学号为：24+9=33，第五个学号为：33+9=42，所以样本中还有两个同学的学号应为：15，42.故选：B.【点睛】本题考查对系统抽样的理解，属于基础题.5. 下列图象为函数y，y
4、，y，y的部分图象，则按顺序对应关系正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意对比函数的性质与函数图象的特征，逐个判断即可得解.【详解】由可得函数为奇函数，所以函数对应的图象为图，故排除A、C；由，可知函数对应的图象为图；由，可知函数、对应的图象分别为、，故排除D.故选：B【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了三角函数性质的应用，关键是找到函数的性质与图象特征的对应关系，属于基础题6. 函数f（x）ax36x的一个极值点为1，则f（x）的极大值是（ ）A. 4B. 2C. 4D. 2【答案】C【解析】【分析】对进行求导，求出，从而求出，再求的极大值即可【详解】f（
5、x）ax36x，可得3ax26，f（x）ax36x的一个极值点为1，所以3a60，解得a2，因为，所以f（x）在和上是增函数，在上是减函数，所以x1时，函数取得极大值：f（-1）4故选：C【点睛】本题考查了导数的综合应用，属于中档题7. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异“意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为3的圆的三分之一，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. 4D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得该几何体的体积与圆锥相同，结
6、合圆锥侧面展开图的特征可求得圆锥的母线与底面半径的长度，进而可得圆锥的高，代入圆锥体积公式即可得解【详解】由题意可知，该几何体的体积等于圆锥的体积，圆锥的侧面展开图恰为一个半径为3的圆的三分之一，圆锥的底面周长为，圆锥的底面半径为1，母线长为3，圆锥的高为，圆锥的体积圆锥从而所求几何体的体积为故选：A【点睛】本题考查了数学文化与圆锥体积的求法，考查了圆锥侧面展开图的特征，正确理解题意是解题的关键，属于基础题8. 执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的x的值为（ ）A. 2B. 2C. 5或2D. 7或2【答案】D【解析】【分析】根据输出的，结合程序框图的值分和两种情况，分别计算即可.【详解
7、】由程序框图可得：由，解得；由，解得.综上，输入的的值为7或-2故选：D【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题9. 在中，角的对边分别是，若，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由于，根据正弦定理角化边得出，而，则，再利用余弦定理得出，即可得出，最后根据三角形的面积公式即可求出答案.【详解】解：由题可知，则，即：，又，则，由余弦定理得：则，即：，所以，得，解得：，则，得：或（舍去），所以的面积为：.故选：D.【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形的面积公式，考查运算能力.10. 已知函
8、数f（x）Acos（x+）（A0，0，0）的图象的一个最高点为（），与之相邻的一个对称中心为，将f（x）的图象向右平移个单位长度得到函数g（x）的图象，则（ ）A. g（x）为偶函数B. g（x）的一个单调递增区间为C. g（x）为奇函数D. 函数g（x）在上有两个零点【答案】B【解析】【分析】先根据函数的部分图象和性质求出f（x）解析式，再根据图象的变换规律求得g（x），最后根据余弦函数性质得出结论【详解】因为函数f（x）Acos（x+）的图象的一个最高点为（），与之相邻的一个对称中心为，所以A=3，（）；所以T所以2；所以f（x）3cos（2x+）；又因为f（）3cos（2（）+3，所以K
9、；0；，f（x）3cos（2x）；因为将f（x）的图象向右平移个单位长度得到函数g（x）的图象，所以g（x）3cos2（x）3cos（2x）；是非奇非偶函数；令+2k2x2k，所以kxk，kz；当k0时，g（x）的一个单调递增区间为：；令2xk，解得x，kz，函数g（x）在0，上只有一个零点故选：B【点睛】本题主要考查由三角函数部分图象求解析式，图象变换以及三角函数的性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.11. 已知正方体的棱长为，为的中点，下列说法中正确的是（ ）A. 与所成的角大于B. 点到平面的距离为C. 三棱锥的外接球的表面积为D. 直线与平面所成的角为【答案】D【
10、解析】【分析】对于A，取的中点，连接，则为与所成的角，可求得该角正切值： ；对于B， 到平面的距离即点到平面的距离，则可得到点到平面的距离为；对于C，三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，可得四棱锥的高为，从而求得外接球的半径为得外接球的表面积；对于D，连接，取的中点，连接交于，连接， 是直线与平面所成的角，【详解】解：如图，对于A，取的中点，连接，则为与所成的角， ，故A错误；对于B，由于平面，故到平面的距离即点到平面的距离，连接交于，可得平面，而，点到平面的距离为，故B错误；对于C，三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，为矩形，且， ，四棱锥高为，设四棱锥的外接球的半径为，则，解得三棱锥的外接球的表面
11、积，故C错误；对于D，连接，取的中点，连接交于，连接，是直线与平面所成的角，在直角三角形中， ， ，故D正确故选：D【点睛】本题主要考查空间角：异面直线所成交和线面角；以及空间距离：点到平面的距离；几何体的外接球表面积注意运用定义在解题中的运用，同时考查运算能力，属于一道综合题12. 已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，设直线，的斜率分别为，且满足，设的面积为，以，为直径的圆的面积分别为，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设直线的方程为，消去整理得，利用判别式以及韦达定理，转化表示三角形的面积，通过基本不等式求表达式的最值即可.【详解】设直线的方程为
12、，根据题意可知，联立直线和椭圆方程消去可得：，可得根据韦达定理：由化简可得，可得，m22，设到直线距离为根据点到直线距离公式可得：则，由 ，当且仅当时取等号，这时的最小值为；故选：C【点睛】本题主要考查了椭圆中的三角形面积问题，解题关键是掌握圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，采用“设而不求法”并进行一系列的数学运算，从而使问题得以解决二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡的相应位置.13. 已知向量，若，则 _【答案】2【解析】【分析】根据两个向量共线的充要条件，列出相应的关系式，进而求解参数再利用向量模长公式求
13、解.【详解】，解得|故答案：2【点睛】本题考查平面向量共线与模长计算.已知两向量共线或垂直求参数：两向量共线的充要条件，求向量模的常用方法:(1)若向量是以坐标形式出现的，求向量的模可直接利用公式.(2)若向量 是以非坐标形式出现的，求向量的模可应用公式或，先求向量模的平方，再通过向量数量积的运算求解14. 若实数满足约束条件，则的最大值为_.【答案】4【解析】【分析】根据题意，画出实数满足约束条件表示的平面区域，要求的最大值，即求的轴上的截距的最小值，由图可知，将向下平移到过点时，取得最小值，即可求出的最大值.【详解】解：由题可知，实数满足约束条件表示的区域如下图阴影部分：由于，即，要求的最
14、大值，即求的轴上的截距的最小值，由图可知，将向下平移到过点时，取得最小值，即过点时，取得最大值，所以最大值为：.故答案为：4.【点睛】本题考查利用几何法求线性规划的最值，考查数形结合思想.15. 已知F1（c，0），F2（c，0）分別为双曲线1（a0，b0）的左、右焦点，以坐标原点O为圆心，c为半径的圆与双曲线在第二象限交于点P，若tanPF1F2，则该双曲线的离心率为_【答案】【解析】【分析】设|PF1|t，利用P，F1，F2在圆x2+y2c2上，得出PF1PF2，然后根据勾股定理和双曲线的定义，把,的值均用来表示，进而可以求得该双曲线的离心率【详解】由题意可得：P，F1，F2在圆x2+y2
15、c2上，所以PF1PF2，设|PF1|t，因为tanPF1F2，所以|PF2|，由勾股定理可得t2+2t24c2，所以4c23t2，所以2ct，而2a|PF2|PF1|（）t，所以双曲线的离心率e，故答案为：【点睛】本题考查了双曲线的应用，考查学生综合运用所学知识解决问题的能力16. 若（1+x）10a0+a1x+a2x2+a10x10,则a2+a6+a8_；a1+2a2+3a3+10a10_.【答案】 (1). 300 (2). 5120【解析】【分析】(1)根据二项展开式的公式计算即可.(2)对原式两边求导,再代入求解即可.【详解】(1)由已知通项为：,所以展开式中每一项的系数即为其二项式
16、系数.故a2+a6+a8.(2)对原式两边求导数得：10（1+x）9.令x1得a1+2a2+3a3+10a1010295120.故答案为：300；5120【点睛】本题主要考查了根据二项展开式通项公式求解项的系数的问题,同时也考查了求导赋值法求解二项展开式系数和的问题等.属于中档题.三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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. 已知数列an的前n项和为Sn，且Snn2+an1（1）求an通项公式；（2）设bn，求数列bn的前n项和Tn【答案】
17、（1）an2n+1；（2）Tn【解析】【分析】（1）先由得到，两式相减得，进而求得；（2）利用裂项相消法求和即可【详解】解：（1），由可得：，整理得：，当时，有,所以也适合，故； （2），【点睛】本题主要考查数列通项公式的求法及裂项相消法求前n项和，属于中档题18. 如图，在正四棱柱中，是棱的中点，平面与直线相交于点.（1）证明：直线平面.（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）推导出，设点为的中点，连结，推导出平面，平面，从而平面平面，由此能证明平面（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值【详解】解：（1）证
18、明：平面平面，平面平面，平面平面，由题意得，设点为的中点，连结，是棱的中点，平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面平面，平面，平面（2）解：，如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，0，1，0， 1，1，1，0，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得，1，设二面角的平面角为，由，二面角的正弦值为【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题19. 冠状病毒是一个大型病毒家族，已知的有中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征（SARS）等较严重的疾病，新型
19、冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，某小区为进一步做好新型冠状病毒肺炎疫情知识的教育，在小区内开展“新型冠状病毒防疫安全公益课”在线学习，在此之后组织了“新型冠状病毒防疫安全知识竞赛”在线活动已知进入决赛的分别是甲、乙、丙、丁四位业主，决赛后四位业主相应的名次为第1，2，3，4名，该小区为了提高业主们的参与度和重视度，邀请小区内的所有业主在比赛结束前对四位业主的名次进行预测，若预测完全正确将会获得礼品，现用a，b，c，d表示某业主对甲、乙、丙、丁四位业主的名次做出一种等可能的预测排列，记X|a1|+|b2|+|c3|+|d4|（1）求该业主获得礼品概率；（2）求X的分布
20、列及数学期望【答案】（1）；（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）求得该业主预测的结果的总数，其中预测完全正确的结果只有1种，利用古典概型及概率的计算公式，即可求解；（2）以（a，b，c，d）为一个基本事件，用列举法逐一写出每种情况，得到随机变量的取值，求得相应的概率，即可求得随机变量的分布列，利用公式求得数学期望.【详解】（1）由题意，该业主预测的结果有种可能，预测完全正确的结果只有1种，所以该业主获奖的概率为（2）以（a，b，c，d）为一个基本事件，如下表所示：（a，b，c，d）X（a，b，c，d）X（a，b，c，d）X（1，2，3，4）0（2，3，1，4）4（3，4，1，2）8（1，
21、2，4，3）2（2，3，4，1）6（3，4，2，1）8（1，3，2，4）2（2，4，1，3）6（4，1，2，3）6（1，3，4，2）4（2，4，3，1）6（4，1，3，2）6（1，4，2，3）4（3，1，2，4）4（4，2，1，3）6（1，4，3，2）4（3，1，4，2）6（4，2，3，1）6（2，1，3，4）2（3，2，1，4）4（4，3，1，2）8（2，1，4，3）4（3，2，4，1）6（4，3，2，1）8所以随机变量的所有可能的取值为，可得 所以随机变量X的分布列如表：02468 所以数学期望E（X）【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，以及离散型随机变量的分布列和数学期望的求解
22、，其中解答中认真审题，利用列举法求得基本事件的个数，得出随机变量的取值情况是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.20. 已知函数，且，（1）求的图象在点处的切线方程；（2）已知函数，若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件联立方程求得和，进而求得和，即可求得的图象在点处的切线方程；（2）由，可得，变形可得，构造函数，根据导数求其单调性，结合条件，即可求得答案.【详解】（1）可得，由解得，则，故的图象在点处的切线方程：即：（2）若，则即在上有解，令，令，当时，单调递增，即，在上单调递增，故的范围【点睛】本题主要考查了求函数的切线
23、方程和根据不等式成立求参数范围问题，解题关键是掌握根据导数求切线的方法和构造函数求不等式成立的步骤，考查了分析能力和计算能力，属于难题.21. 已知顶点为原点的抛物线，焦点在轴上，直线与抛物线交于、两点，且线段的中点为（1）求抛物线的标准方程（2）若直线与抛物线交于异于原点的、两点，交轴的正半轴于点，且有，直线，且和有且只有一个公共点，请问直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由【答案】（1）；（2）是，直线过定点.【解析】【分析】（1）设抛物线的标准方程为，求出点的坐标，将点的坐标代入抛物线的方程，求出的值，由此可求得抛物线的标准方程；（2）设点，由条件可得出，可求出直线的斜率
24、，由此可设直线的方程为，与抛物线的方程联立，由可得出，分与两种情况讨论，求出直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标.【详解】（1）由题意设抛物线的标准方程为，因为的中点为，所以的坐标为，将点的坐标代入抛物线的方程，得，可得，因此，抛物线的标准方程为；（2）由（1）知，设，因为，则，由，可得，即，所以，直线的斜率，因为直线，设直线的方程为，代入抛物线的方程可得，因为且和有且只有一个公共点，可得，解得，设，则，即，当时，可得直线的方程为，由时，代入整理，即直线恒过定点；当，直线的方程为，过点，综上，可知直线过定点【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了抛物线中直线过定点问题的求解，考查计算能
25、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，如果多做，则按所做的第一题计分.22. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系（1）设射线l的极坐标方程为，若射线l与曲线C交于A，B两点，求AB的长；（2）设M，N是曲线C上的两点，若MON，求的面积的最大值【答案】（1）；（2）1【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；（2）设M，N，求出范围，再利用，通过三角函数关系式的恒等变换及正弦型函数的性质的应用求出结果【详解】解：（1）曲线C的参数方程为（为参
26、数），转换为直角坐标方程为，其为过原点的圆整理得，其为过坐标原点的圆，根据转换为极坐标方程为，整理得，射线l的极坐标方程为与曲线C相交于A和B两点，由于射线l：过坐标原点，故其中有一个交点为坐标原点，所以，得；（2）设M，N，由于直线OC的斜率为，又圆C过原点，故过原点与圆C相切的切线的斜率为k，从而，得，则，当，即时，的最大值为1【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角形面积公式的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题23. 已知函数f（x）|2x+4|2x2|（1）求不等式|f（x）|4的解集；（2）记f （x）的最大值为m，设a，b，c0，且a+2b+3cm，证明：【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）先将f（x）写为分段函数的形式，然后由|f（x）|4得到，再解不等式组即可；（2）由（1）知f（x）的最大值为6，从而得到a+2b+3c6，然后利用基本不等式求出的最小值，即可证明不等式成立【详解】解：（1）f（x）|2x+4|2x2|f（x）|4，不等式的解集为；（2）由（1）知，当时，的最大值为6，a+2b+3cm6，当且仅当a2b3c，即时等号成立，【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，基本不等式和利用综合法证明不等式，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题