1、广东省深圳市罗湖区2020届高三数学上学期期末质量检测试题 理（含解析）本试卷共4页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级和姓名填写在答题卡上.2.作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.3.非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液.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，请将答案涂在答题卡上.1.设复数，则（ ）A. B. C. D.
2、【答案】D【解析】【分析】先将整理为的形式,进而求解即可【详解】由题,所以,故选:D【点睛】本题考查复数的模,考查复数的除法法则的应用2.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先解不等式可得,再由交集的定义求解即可【详解】由题,则,所以,故选:B【点睛】本题考查集合的交集运算,考查解一元二次不等式,考查解指数不等式3.已知平面向量，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对平方处理,进而求解即可【详解】由题,所以,故选:A【点睛】本题考查向量的模,属于基础题4.为了研究不同性别在处理多任务时的表现差异，召集了男女志愿者各200名，要求他们同时完成
3、多个任务，包括解题、读地图、接电话.下图表示了志愿者完成任务所需的时间分布.以下结论，对志愿者完成任务所需的时间分布图表理解正确的是（ ）总体看女性处理多任务平均用时更短；所有女性处理多任务的能力都要优于男性；男性的时间分布更接近正态分布；女性处理多任务的用时为正数，男性处理多任务的用时为负数.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】图像为对志愿者完成任务所需的时间分布图表,利用图像依次分析即可【详解】由图,女性处理多任务用时主要集中在2到3分钟,男性处理多任务用时主要集中在3到4分钟,故总体来看女性处理多任务用时更短,故正确；女性中也有处理多任务用时在5分钟的,并不是所有女性处理多
4、任务能力都要优于男性,故错误；从图像上来看男性的时间分布更接近正态分布,故正确；男性、女性处理多任务的用时均为正数,故错误；综上,正确,故选:C【点睛】本题考查统计数据反馈的信息,考查阅读理解能力5.已知为等差数列的前项和，若，则（ ）A. 6B. 15C. 16D. 18【答案】C【解析】【分析】由等差数列可得,可解得,进而求解即可【详解】因为是等差数列,所以,解得,所以,故选:C【点睛】本题考查求等差数列的项,考查等差数列的通项公式和前项和公式的应用6.中国古代的五音，一般指五声音阶，依次为：宫、商、角、徵、羽；如果把这五个音阶全用上，排成一个5个音阶的音序.且要求宫，羽两音阶在角音阶的同
5、侧，可排成多少种这样的不同音序（ ）A. 120B. 90C. 80D. 60【答案】C【解析】【分析】讨论“角”的位置,分别是“角”在两端,“角”在第二或第四个位置, “角”在第三个位置的情况,进而求解即可【详解】若“角”在两端,则“宫,羽”一定在“角”的同侧,此时有种；若“角”在第二或第四个位置,则有种；若“角”在第三个位置,则有种,故共有种,故选:C【点睛】本题考查元素有限制的排列问题,考查分类讨论思想7.已知函数是定义域为的奇函数，当时，.函数，若存在3个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将有3个零点问题转化为与有3个交点问题,画出的图像,进而
6、由图像得到的范围【详解】由题,因为是定义域为的奇函数,则图像关于原点对称,若存在3个零点,则与有三个交点,的图像如图所示,当时,在单调递增,在上单调递减,所以当时, 所以,由图,当时与有三个交点,故选:A【点睛】本题考查函数奇偶性的应用,考查由函数的零点个数求参数范围,考查数形结合思想8.已知，（其中是自然对数的底），则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由,则,再由,即可得到答案【详解】由题,因为,所以,又,所以,故选:B【点睛】本题考查对数的运算法则的应用,考查对数的比较大小,属于基础题9.执行如图的程序框图，则输出的值为（ ） A. 90B. 384C. 474D.
7、488【答案】C【解析】【分析】按程序框图要求一步一步运算,直至不满足的情况,此时输出【详解】,不是偶数,则；,是偶数,则；,不是偶数,则；,是偶数,则；,不是偶数,则；,是偶数,则；,此时输出,故,故选:C【点睛】本题考查根据程序框图计算输出结果,考查运算能力10.设函数，已知在有且仅有2个极小值点，下述选项错误的是（ ）A. 的取值范围是B. 在单调递增C. 在单调递减D. 在至多有2个极大值点【答案】B【解析】【分析】由在有且仅有2个极小值点可得,即,即可求得范围,且在单调递减,在单调递增,进而判断选项即可【详解】由题,因为在有且仅有2个极小值点,所以,即,因为,所以,故A正确；因为,所
8、以,因为在单调递增,只有当时在单调递增才成立,故B错误；因为在单调递减,所以在上单调递减,故C正确；因为,两端点取不到,且,所以在至多有2个极大值点,故D正确；故选:B【点睛】本题考查余弦型函数的单调性,考查余弦型函数的周期性的应用11.已知双曲线：的左，右焦点分别为、，以为直径的圆与的一条渐近线交于点，则该双曲线的离心率为（ ）A. 2B. 3C. D. 【答案】A【解析】【分析】以为直径的圆与的一条渐近线交于点,则,可得,又有,则,则可得一条渐近线方程为,进而求解即可【详解】由题,以为直径的圆与的一条渐近线交于点,则,因为,所以,设原点为,因为为的中点,所以在中,所以,所以一条渐近线方程为
9、,即,所以,故选:A【点睛】本题考查双曲线的离心率,考查数形结合思想12.已知三棱锥的底面是正三角形，点在侧面内的射影是的垂心，当三棱锥体积最大值时，三棱锥的外接球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设点是点在底面的射影,先分析可得是底面的垂心,也是外心,则,则当互相垂直时体积最大,再求得外接球的体积即可【详解】设点为的中点,则,因为点在侧面内的射影是的垂心,所以,设点是点在底面的射影,则平面,所以一定在上,因为,所以,所以是底面的垂心,也是外心,所以,则当互相垂直时体积最大,设球的半径为,则,所以,所以球的体积为故选:D【点睛】本题考查棱锥的外接球体积,考查空间想
10、象能力二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则曲线在点处的切线方程是_.【答案】【解析】【分析】先求导,将代入得到,即为曲线在点处的切线方程的斜率,再求得,进而求解即可【详解】由题,所以,则在点处的切线方程为,即,故答案为: 【点睛】本题考查曲线在一点处的切线方程,考查导函数的几何意义的应用14.某大型工程遇到一个技术难题，工程总部将这个问题分别让甲研究所和乙研究所进行独立研究，已知甲研究所独立研究并解决这个问题的概率为0.6，乙研究所独立研究并解决这个问题的概率为0.7，这个技术难题最终能被解决的概率为_.【答案】0.88【解析】【分析】先求得这个技术难题最终不能被解决
11、的概率,再由对立事件求解即可【详解】设事件为“这个技术难题最终能被解决”,所以,所以,故答案为:0.88【点睛】本题考查独立事件的概率公式的应用,考查利用对立事件求概率15.已知直线：经过抛物线：的焦点，且与交于、两点，与的准线交于点，若，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】将代入直线的方程中即可求得焦点,进而求得；由可知点为线段的中点,进而求解即可【详解】因为直线为,所以当时,所以焦点,所以,即抛物线为,则准线为,设点,因为,所以点为线段的中点,所以,解得,因为点在抛物线上,所以,解得或,因为,所以点在第一象限,所以为,所以,故答案为:；【点睛】本题考查抛物线方程,考查直
12、线与抛物线的位置关系的应用,考查斜率公式的应用16.如图，平面四边形中的面积是面积的两倍，数列满足，当时，恒有，则数列的前6项和为_.【答案】1818【解析】【分析】连接、,交于点,作,垂足为,垂足为,由的面积是面积的两倍可得,则,可设,则,即,整理可得,则数列是首项为,公比为的等比数列,再利用累加法可得数列的通项公式,进而求解即可【详解】连接、,交于点,作,垂足为,垂足为,如图所示, 所以,则,因为的面积是面积的两倍,所以,所以,显然、三点共线,设,所以,则,所以,则,当时,所以数列是首项为,公比为的等比数列,则,所以,由累加法可得,所以,设数列的前项和为,所以所以当时,故答案为:1818【
13、点睛】本题考查平面向量分解定理的应用,考查累加法求通项公式,考查等比数列的前项和公式的应用,考查运算能力三、解答题：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为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题，共60分17.在中，角，的对应边分别为，已知，且.（1）求；（2）若的面积为2，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理可得,分别讨论和的情况,进而求解即可；（2）由（1）可得,根据三角形面积公式可得,再利用正弦定理可得,进而求解即可【详解】解：（1）,由余弦定理得,因为,所以或,当时,则,这与“”矛盾,；当时,（
14、2）由（1）,的面积,所以,由正弦定理,则,所以,所以,则【点睛】本题考查余弦定理的应用,考查三角形面积公式的应用,考查利用正弦定理解三角形18.如图，在矩形中，为边的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且使平面平面.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由,可得,利用平面平面,可得平面,则,由折叠知,进而得证；（2）以的中点为坐标原点,以的方向为轴正方向,过点分别做和的平行线,分别为轴和轴,建立如图所示空间直角坐标系,分别求得平面的法向量和平面的法向量,进而利用数量积求解即可【详解】（1）证明:由题意,又,所以,又平面平面,且平面平
15、面,所以平面,故,又,且,所以平面（2）以的中点为坐标原点,以的方向为轴正方向,过点分别做和的平行线,分别为轴和轴,建立如图所示空间直角坐标系,则,设为平面的法向量,则有则,即,可取,设为平面的法向量,则有则,即,可取,所以,则二面角余弦值为【点睛】本题考查线面垂直的证明,考查空间向量法求二面角,考查运算能力19.已知椭圆：，若，离心率为.（1）求的方程；（2）斜率为的直线与椭圆交于，两点，以线段为直径的圆过点，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由题可得,进而求解即可；（2）设直线为,联立直线的方程与椭圆的方程,由韦达定理可得的关系,由以线段为直径的圆过点,则,进而代入
16、求解即可【详解】解:（1）由题意,解得,所以椭圆的方程（2）设直线的方程设为,设,联立消去得,则有,且,解得,又,所以,由为直径的圆过点,得,所以,得,所以,则,解得,又,所以直线的方程为或【点睛】本题考查椭圆的方程,考查直线与椭圆的位置关系的应用,考查运算能力20.已知函数，是函数的导函数.（1）当时，证明：函数在区间没有零点；（2）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）当时,由可得,且,即可得时,即可得到恒成立,进而证明；（2）,则在上恒成立,设,则,可得,对求导,由导函数的单调性进而判断的单调性,从而求解即可【详解】（1）证明：若,则,又,故,所
17、以,又,当时,所以恒成立,所以当时,函数在区间没有零点.（2）解:,故在上恒成立,设,所以,即,因为,由,得,所以在区间上单调递减,所以；在区间上单调递增,又,所以,故在区间上存在唯一零点区间,由的单调性可知,在区间上,单调递减；在区间上,单调递增,故【点睛】本题考查函数的零点的分布问题,考查利用导函数研究函数的单调性,考查利用导函数处理恒成立问题,考查运算能力21.某房产中介统计了深圳市某高档小区从2018年12月至2019年11月当月在售二手房均价（单位：万元/平方米）的散点图，如下图所示，图中月份代码1至12分别对应2018年12月至2019年11月的相应月份.根据散点图选择和两个模型进
18、行拟合，根据数据处理得到两个回归方程分别为和，并得到以下一些统计量的值：残差平方和0.01485570.0048781总偏差平方和0.069193（1）请利用相关指数判断哪个模型的拟合效果更好；（2）某位购房者拟于2020年5月份购买深圳市福田区平方米的二手房（欲购房为其家庭首套房）.若该小区所有住房的房产证均已满3年，请你利用（1）中拟合效果更好的模型解决以下问题：（i）估算该购房者应支付的购房金额.（购房金额房款税费；房屋均价精确到0.01万元/平方米）（ii）若该购房者拟用不超过760万元的资金购买该小区一套二手房，试估算其可购买的最大面积（精确到1平方米）附注：根据有关规定，二手房交易
19、需要缴纳若干项税费，税费是按照房屋的计税价格进行征收.（计税价格房款）征收方式见下表：购买首套房面积（平方米）契税（买方缴纳）的税率参考数据：，参考公式：相关指数.【答案】（1）模型的拟合效果更好；详见解析（2）（i）答案不唯一，具体见解析（ii）104平方米【解析】【分析】（1）根据表格,将数据代入相关指数的公式中,相关指数越大,拟合效果越好,即可得到结果；（2）（i）由题可得2020年5月份的对应月份代码为18,代入模型中求得二手房均价,进而根据不同的房屋面积对房款和税费求解即可；（ii）设该购房者可购买该小区二手房的最大面积为平方米,先由金额预估其面积的大致范围,进而求解即可【详解】解：
20、（1）设模型和的相关指数分别是和，则,因为,所以，所以模型的拟合效果更好（2）2020年5月份的对应月份代码为18,由（1）知,模型的拟合效果更好,利用该模型预测可得,这个小区2020年5月份的在售二手房均价为万元/平方米,（i）设该购房者应支付购房金额为万元,因为税费中买方只需缴纳契税,所以当时,契税为计税价格的,故,当时,契税为计税价格的,故,当时,契税为计税价格的,故,故,所以当时,购房金额为万元；当时,购房金额为万元；当时,购房金额为万元（ii）设该购房者可购买该小区二手房的最大面积为平方米,由（i）知,当时,应支付的购房金额为万元,又,又因为房屋均价约为7.16万元/平方米,所以,所
21、以,由,解得,所以该购房者可购买该小区二手房的最大面积为104平方米【点睛】本题考查相关指数,考查利用回归方程处理实际问题,考查数据处理能力（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），设与的交点为，当变化时，的轨迹为曲线.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）写出普通方程；（2）求曲线和曲线交点的极坐标.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）分别求得直线与直线的普通方程,联立两直线方程消去即可；（2）由（1）可得曲线的极坐标方程
22、,联立曲线与曲线的极坐标方程,求解即可【详解】解：（1）由,消去参数得的普通方程,由,消去参数得的普通方程,设,由题意得,消去得（2）由（1）曲线的坐标方程为,由题意得,故或,所以曲线和曲线交点的极坐标为或【点睛】本题考查参数方程与普通方程的转化,考查轨迹方程,考查直角坐标方程与极坐标方程的转化,考查极坐标系下的交点23.已知，函数（1）若，求函数的最小值；（2）证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将当,代入中,再利用绝对值三角不等式求解即可；（2）先利用绝对值三角不等式得到,即,再利用均值定理求解即可.【详解】解：（1）当,时,所以的最小值为5；（2）由故,即,又,所以,故,当且仅当,时等号成立.【点睛】本题考查利用绝对值三角不等式求最值,考查利用均值定理求最值.
