1、广东省深圳市福田中学2020届高三数学质量监测试题 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，只有一个选项是符合题目要求的.1. 已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】算出集合A、B及，再求补集即可.【详解】由，得，所以，又，所以，故或.故选：A.【点睛】本题考查集合的交集、补集运算，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.2. 复数（其中为虚数单位）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】本题首先可以通过复数的运算法则对复数进行化简，得到，
2、即可得出复数所对应的点的坐标，问题得解【详解】，所以复数所对应的点为，它在第二象限，故选B【点睛】本题主要考查复数的运算法则以及复数所对应的点的坐标，考查运算能力，考查推理能力，是简单题3. 已知等差数列的前项和有最小值，且，则使得成立的的最小值是（ ）A. 11B. 12C. 21D. 22【答案】D【解析】【分析】由题意可知公差，又，故，且，根据前项和公式及下标和公式，可得其，即可得解.【详解】解：由题意可得等差数列的公差.因为，所以，所以，则，.故使得成立的的最小值是22.故选：【点睛】本题考查等差数列性质及前项和公式，属于基础题.4. 已知，则( )A. B. C. D. 【答案】A【
3、解析】【分析】将（1+x）5变成（2）+（1x）5后，用通项公式可求得【详解】（1+x）52+（1x）5，通项a3（2）240，故选A【点睛】本题考查二项式定理的应用，属于基础题.5. 已知向量，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意得到=（,4），因为，故（）+0=0解得,再根据向量点积运算得到结果即可.【详解】向量，,所以=（,4）,因为，故（）+0=0解得,则.故答案为D.【点睛】这个题目考查了向量的点积运算；对于向量的题目一般是以小题的形式出现，常见的解题思路为：向量基底化，用已知长度和夹角的向量表示要求的向量，或者建系实现向量坐标化，或者应用数形结合.
4、6. 执行如图所示的程序框图，则输出的值为( )A. 4097B. 9217C. 9729D. 20481【答案】B【解析】阅读流程图可知，该流程图的功能是计算：，则，以上两式作差可得：，则：.本题选择B选项.7. 某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的7个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.7，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了5个问题就晋级下一轮的概率等于（ ）A 0.07497B. 0.92503C. 0.1323D. 0.6174【答案】A【解析】【分析】该选手第一和第二个问题一对一错，第三个问题错，第四和
5、第五个问题全对，或前3题全错而第4第5全对，计算概率得到答案.【详解】该选手恰好回答了5个问题就晋级下一轮，该选手第一和第二个问题一对一错，第三个问题错，第四和第五个问题全对，或前3题全错而第4第5全对，则该选手恰好回答了5个问题就晋级下一轮的概率：.故选：A.【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力，确定满足条件的两种情况是解题的关键.8. 已知函数，若，互不相等，且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】画出函数的图像，根据对数函数的运算得到，再根据图像看出的范围，也即是的范围.【详解】画出函数图像如下图所示，由于，故，即，由推向可知，
6、故选D.【点睛】本小题主要考查分段函数的图像，考查对数的运算，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.9. 某市1路公交车每日清晨6：30于始发站A站发出首班车，随后每隔10分钟发出下一班车.甲、乙二人某日早晨均需从A站搭乘该公交车上班，甲在6：35-6：55内随机到达A站候车，乙在6：50-7：05内随机到达A站候车，则他们能搭乘同一班公交车的概率是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】建立如图所示的直角坐标系,分别表示甲,乙二人到达站的时刻,则坐标系中每个点可对应某日甲乙二人到达车站时刻的可能性.根据题意,甲乙二人到达站时间的所有可能组成的可行域是图中粗线围成的矩形,而
7、其中二人可搭乘同一班车对应的区域为黑色区域,根据几何概型概率计算公式可知,所求概率为.【详解】请在此输入详解！10. 已知，满足条件，若的最大值为0，则实数的值为（ ）A. B. -2C. D. 2【答案】B【解析】【分析】画出可行域，对分成三种情况，结合的最大值为，求得的值.【详解】画出可行域如下图所示.其中，.当时，目标函数为，由图可知，可行域内的最大值也即是的最大值为，不符合题意.当时，向上平移基准直线到可行域边界位置，由此可知在点取得最大值，即不符合.当时， 向上平移基准直线到可行域边界位置，由此可知在点取得最大值，即符合.所以的值为.故选：B【点睛】本小题主要考查线性规划根据目标函数
8、的最值求参数，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.11. 若函数有最大值，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设 ， ，可得 在 上递增，在 递减，当 时，函数在 上递增，在 递减，有最大值，可排除选项D；时，而 ，即无最大值，可排除选项C；当 时，在 上递增，在上递减，在 递减，且有 ，有最大值，可排除选项B,故选A.【 方法点睛】本题主要考查分段函数的解析式、利用导数研究函数的单调性及特殊值法解答选择题，属于难题. 特殊法是“小题小做”的重要策略,是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率，又能提高准确性，这种方法主要适合下列题型
9、:(1)求值问题（可将选项逐个验证）；（2）求范围问题（可在选项中取特殊值，逐一排除）；（3）图象问题（可以用函数性质及特殊点排除）；（4）解方程、求解析式、求通项、求前 项和公式问题等等.12. 已知，若对都有，则a取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】要使题设成立，需满足，先求出函数的最大值，再采用分离常数法结合导数求解即可【详解】由都有成立可知，由，令或，当，单增；当时，单减，故故对恒成立，即恒成立，即对恒成立，令， ，则单调递增，当时，当时，则必然存在唯一零点，当时，则在单调递减，在单调递增，则故选：D【点睛】本题考查利用导数研究函数增减性，函数最值，分离参
10、数法的应用，属于难题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 设函数的导数为，且，则=_.【答案】【解析】【分析】对求导，可得，将代入上式即可求得：，即可求得，将代入即可得解【详解】因为，所以.所以，则，所以则，故.【点睛】本题主要考查了导数的运算及赋值法，考查方程思想及计算能力，属于中档题14. 斜率为的直线过双曲线的左焦点F1与双曲线的右支交于点P，且PF2与x轴垂直（F2为右焦点），则此双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】可设直线方程为，求出直线与右支的交点纵坐标，利用PF2与x轴垂直,结合双曲线的性质列出方程转化求解双曲线的离心率即可.【详解】由斜率为的直线过双
11、曲的左焦点可得直线方程为，可得P的纵坐标为，又因为与x轴垂直（为右焦点），可得，解得，则双曲线的离心率为，故答案为：.【点睛】离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：直接求出，从而求出;构造的齐次式，求出;采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解15. 设随机变量，随机变量，若，则_.【答案】6【解析】【详解】因，故，即，则，又随机变量，所以， ，应填答案16. 已知数列的前项和，如果存在正整数，使得成立，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【详解】根据题意可得，又；易知，数列的奇数项为递减的等比数列且各项为正；偶数项为递增的等比数列且各项为负，于是不等式
12、成立即存在正整数使得成立，只需要，即即可.故故答案为：.三、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设（1）求B；（2）若ABC的面积等于，求ABC的周长的最小值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先利用边角互化将转化为关于B的方程，求出B（2）因为B已知，所以求面积的最小值即为求ac的最小值，结合余弦定理和基本不等式可以求得【详解】（1）因为，由正弦定理得因为，所以sinA0，所以，所以，因为，所以，即（2）依题意，即ac4所以当且仅当时取等号又由余弦定理得，当且仅当ac2时取等号所以ABC的周长最小值为【
13、点睛】本题主要考查解三角形、基本不等式求最值，考查学生逻辑推理、数学运算、直观想象的核心素养，是一道容易题.18. 我国政府对PM2.5采用如下标准：某市环保局从180天的市区PM2.5监测数据中，随机抽取10天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示（十位为茎，个位为叶）.（1）求这10天数据的中位数.（2）从这10天的数据中任取3天的数据，记表示空气质量达到一级的天数，求的分布列；（3）以这10天的PM2.5日均值来估计这180天的空气质量情况，记为这180天空气质量达到一级的天数，求的均值.【答案】（1）41；（2）分布列见解析；（3）72天【解析】【分析】（1）直接根据中位数的概念计算得到答
14、案.（2）的可能值为，计算概率得到分布列.（3）根据题意得到，计算平均值得到答案.【详解】（1）由茎叶图知：10天的中位数为（微克/立方米）.（2）根据题意知，的可能值为，利用即得分布列：0123P（3）一年中每天空气质量达到一级的概率为，由，得到（天），一年中空气质量达到一级的天数为72天.【点睛】本题考查了中位数，分布列，均值，意在考查学生的计算能力和应用能力.19. 在四棱锥中，平面ABCD，E为PD的中点，.（1）求四棱锥的体积V；（2）若F为PC的中点，求证：平面平面AEF；（3）求二面角的大小.【答案】（1）；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）直接利用锥体的体积公式计算得到
15、答案.（2）证明平面PAC，得到平面PAC，得到证明.（3）取AD的中点M，连接EM，则，过M作于Q，连接EQ，则为二面角的平面角，计算角度得到答案.【详解】（1）在中，在中，.则.（2）平面ABCD，又，平面PAC，E、F分别为PD、PC中点，平面PAC，平面AEF，平面平面AEF.（3）取AD的中点M，连接EM，则，平面ACD，过M作于Q，连接EQ，则为二面角的平面角.M为AD的中点，又，故.即二面角的大小为30.【点睛】本题考查了四棱锥的体积，面面垂直，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，确定为二面角的平面角是解题的关键.20. 已知椭圆的短轴长为2，且两个焦点和短轴的两个端点
16、恰为一个正方形的四个顶点，过E的左焦点F且不与坐标轴垂直的直线l与E交于A，B两点，线段AB的垂直平分线m与x轴，y轴分别交于M，N两点，交线段AB于点C.（1）求E的方程；（2）设O为坐标原点，记的面积为，的面积为，且，当时，求l的斜率的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据题意计算，得到椭圆方程.（2）设出直线方程，联立方程得到根与系数关系，计算点坐标，得到直线m的方程，进而计算坐标，计算表达式得到，解得答案.【详解】（1）由题意可得，半焦距，所以，所以E的方程.（2），设直线l的方程为，.联立方程组消去y，得，由韦达定理得，所以点C的坐标为，可得直线m的方程为，易得，
17、所以，所以，即l的斜率的取值范围为.【点睛】本题考查了椭圆方程，根据面积关系求直线的斜率，意在考查学生的计算能力和应用能力，确定面积的表达式是解题的关键.21. 若存在实数k，b，使得函数和对其定义域上的任意实数x同时满足：且，则称直线：为函数和的“隔离直线”.已知，（其中e为自然对数的底数）.试问：（1）函数和的图象是否存在公共点，若存在，求出交点坐标，若不存在，说明理由；（2）函数和是否存在“隔离直线”？若存在，求出此“隔离直线”的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）存在，交点坐标为；（2）存在，【解析】【分析】（1）构造函数，求导得到函数的单调区间，得到函数在处取得最小值为0，得到
18、答案.（2）设直线，根据得到，再证明恒成立，令，求导得到单调区间，计算最值得到证明.【详解】（1），令，得，当时，时，故当时，取到最小值，最小值是0，从而函数和的图象在处有公共点，交点坐标为.（2）由（1）可知，函数和的图象在处有公共点，因此存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线方程为，即，由，可得在上恒成立，则，只有，此时直线方程为：，下面证明恒成立，令，当时，当时，函数单调递减；时，函数单调递增，则当时，取到最小值是0，所以，则当时恒成立.函数和存在唯一的隔离直线.【点睛】本题考查了函数图像的交点问题，求新定义“隔离直线”方程，意在考查学生的计算能力和综
19、合应用能力.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，则按所做的第一个题目计分.22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（其中为参数，且，在以为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系（两种坐标系取相同的单位长度）中，曲线的极坐标方程为，设直线经过定点，且与曲线交于、两点（）求点的直角坐标及曲线的直角坐标方程；（）求证：不论为何值时，为定值【答案】（）直角坐标为，；（）见解析【解析】【分析】（）根据题意,令直线的参数方程中即可求出点的直角坐标，整理化简曲线的极坐标方程,结合,即可得到曲线的直角坐标方程;（）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，根据参数的几何意
20、义,利用韦达定理即可证明为定值.【详解】（）因为直线的参数方程为（其中为参数，且，所以当时，得点，即点的直角坐标为；又曲线的极坐标方程为，即曲线的直角坐标方程为；（）证明：将直线的参数方程代入，整理得，其中，所以判别式，由韦达定理可得,，由参数方程中参数的几何意义可得,，即不论为何值时，都为定值1【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化及参数方程中参数的几何意义;利用参数方程中参数的几何意义是证明为定值的关键;属于中档题、常考题型.23. 设函数.（1）解不等式；（2）若对一切实数均成立，求实数的取值范围.【答案】(1) 解集为或;(2) 的取值范围为.【解析】分析：（1）分段讨论去绝对值求解不等式即可；（2）要使成立，只需函数的最小值大于即可，利用绝对值三角不等式可得的最小值.详解：（1）当时，原不等式即为，解得，；当时， ，原不等式即为，解得，；当时， ，原不等式即为，解得，；综上，原不等式的解集为或.（2）.当时，等号成立.最小值为，要使成立，解得，的取值范围为.点睛：（1）含绝对值不等式的解法法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.（2）不等式恒成立问题通常转化为求函数最值来处理.
