1、广东省珠海市实验中学、东莞六中、河源高级中学三校2020届高三数学下学期第一次联考试题 理（含解析）第卷（选择题，共60分）一、选择题（共有12小题，每小题5分，共60分，四个选项中只有一个是正确的.）1.已知全集,集合,则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由全集及，求出补集，找出集合的补集与集合的交集即可.详解：，集合，又，故选B.点睛：研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性. 研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质是求满足属于集合或不属于集合的元素的集合.2.已知为虚数单位，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】
2、【分析】先化简已知的等式，再利用两个复数相等的条件，解方程组求得x的值【详解】，即故选A【点睛】本题考查两个复数的乘法法则的应用，以及两个复数相等的条件，基本知识的考查3.向量在正方形网格中的位置如图所示.若向量与共线,则实数（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由图像，根据向量的线性运算法则，可直接用表示出，进而可得出.【详解】由题中所给图像可得：，又 ，所以.故选D【点睛】本题主要考查向量的线性运算，熟记向量的线性运算法则，即可得出结果，属于基础题型.4.“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样.为了测算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为
3、5的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷200个点，己知恰有80个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是（ ）A. B. C. 10D. 【答案】C【解析】【分析】由条件可知，计算结果.【详解】设图中阴影部分的面积为，正方形的面积为25，则，解得： 故选：C【点睛】本题考查几何概型，属于简单题型.5.函数的定义域是，且满足，当时，则图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性可排除B,C选项，当时，可知，排除D选项，即可求解.【详解】因为函数的定义域是，且满足，所以是奇函数，故函数图象关于原点成中心对称，排除选项B,C，又当时，可知，故排除选项D
4、,故选：A【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，函数图象，属于中档题.6.“干支纪年法”是中国历法上自古以来使用的纪年方法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、玉、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”.“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为：甲子、乙丑、丙寅、.癸酉，甲戌、乙亥、子、.癸未，甲申、乙酉、丙戌、癸巳，共得到60个组合，周而复始，循环记录.2010年是“干支纪年法”中的庚寅年，那么2019年是“干支纪年法”中的（ ）A. 己亥年B. 戊戌年C. 庚子年D. 辛丑年【答案】A【解析】【
5、分析】根据“干支纪年法”依次写出2011-2019年的“干支纪年”，得到结果.【详解】2011年是辛卯年，2012年是玉辰年，2013年是癸已年，2014年是甲午年，2015年是乙未年，2016年是丙申年，2017年是丁酉年，2018年是戊戌年，2019年是己亥年.故选：A【点睛】本题考查新定义，重点考查读懂题意，列举法，属于基础题型.7.若，则， ， ， 的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为，所以，因为，所以,.综上；故选D.8.已知一几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图是两个直角边分别为2和1的全等三角形，则这个四面体最长的棱长为（ ）A. B. 3C. D.
6、 【答案】B【解析】【分析】根据三视图画出如图的几何体，再求最长的棱长.【详解】由三视图可知，此几何体是三棱锥，如图，画出四面体，由三视图可知，长方体的侧棱长为1，最长的棱是， 故选：B【点睛】本题考查由三视图还原几何体，重点考查空间想象能力，属于中档题型，一般由三视图还原几何体，根据“长对正，高平齐，宽相等”的原则还原，也可将几何体放在正方体或长方体中，找点作图.9.已知的展开式中常数项为-40，则a的值为（ ）A. 2B. -2C. D. 4【答案】C【解析】【分析】由题意可知的展开式中，含项的系数是-40，利用二项式定理的通项公式求的系数求的值.【详解】由题意可知的展开式中，含项的系数是
7、-40，当时，则，解得：.故选：C【点睛】本题考查二项式定理指定项系数，重点考查转化与化归的思想，属于基础题型.10.已知函数在区间上是增函数，且在区间上存在唯一的使得，则的取值不可能为（ ）A. B. C. D. 1【答案】B【解析】【分析】由已知函数在上单调递增，在上存在唯一的最大值，建立关于的不等式组，求解的范围，比较选项.【详解】由题意可知 ，解得： 四个选项只有B不成立.故选：B【点睛】本题考查三角函数的性质，重点考查最值，属于中档题型，本题的关键是考查端点值和最大值的比较.11.过双曲线的右焦点F的直线交两渐近线于E、Q两点，O为坐标原点，内切圆的半径为，且，则双曲线的离心率为（
8、）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】因为内切圆的圆心是三角形角平分线的交点，根据角平分线的性质，画出如图的图象，再结合焦点到渐近线的距离为，和数形结合分析出，再求离心率.【详解】设内切圆的圆心为，则在的角平分线上，过点分别作于点，于点，由，得四边形是正方形，由焦点到渐近线的距离为，则，又，故选：D【点睛】本题考查双曲线的几何性质和三角形内心的几何性质，重点考查转化与化归，数形结合分析问题的能力，属于中档题型，本题的关键是利用双曲线的焦点到渐近线的距离等于，再根据勾股定理确定，再根据内切圆的几何性质确定几何关系.12.如图，在正方体中,平面a垂直于对角线AC,且平面a截得正方体的
9、六个表面得到截面六边形,记此截面六边形的面积为,周长为,则（ ）A. 为定值,不为定值B. 不为定值,为定值C. 与均为定值D. 与均不为定值【答案】B【解析】【分析】将正方体切去两个正三棱锥和，得到一个几何体，是以平行平面和为上下底，每个侧面都是直角等腰三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，设正方体棱长为，可求得六边形的周长为与无关，即周长为定值；当都在对应棱的中点时，是正六边形，计算可得面积，当无限趋近于时，的面积无限趋近于，从而可知的面积一定会发生变化【详解】设平面截得正方体的六个表面得到截面六边形为，与正方体的棱的交点分别为（如下图），将正方体切去两个正三棱锥和，得到
10、一个几何体，是以平行平面和为上下底，每个侧面都是直角等腰三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，设正方体棱长为，则，故，同理可证明，故六边形的周长为，即周长为定值；当都在对应棱中点时，是正六边形，计算可得面积，三角形的面积为，当无限趋近于时，的面积无限趋近于，故的面积一定会发生变化，不为定值故答案为B.【点睛】本题考查了正方体的结构特征，考查了截面的周长及表面积，考查了学生的空间想象能力，属于难题第卷 （非选择题，共90分）二、填空题（共20分.本大题共4小题，每小题5分）13.实数满足，则的最小值是_【答案】-8【解析】【分析】首先画出可行域，然后平移直线，判断目标函数的最小
11、值.【详解】如图，画出可行域，令，作出初始目标函数：，当时，即当直线的横截距最小时，取得最小值，由图象可知，当直线过点时，目标函数取得最小值， ，解得 ，即,即 故答案为：-8【点睛】本题考查线性规划，重点考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.14.为响应中共中央、国务院印发关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见，高二（1）班5名学生自发到3个农场参加劳动，确保每个农场至少有一人，则不同的分配方案有_种（用数字填写答案）【答案】150【解析】【分析】根据条件分配方案先分成两类，一种是2，2,1，一种是1,1,3的分组分配，再按照组合排列求解.【详解】由题意可知，有两类分配方法，其中一种是
12、3个农场有2个农场有2人，1个农场有1人，共有种方法,另外一种是3个农场有2个农场有1人，另外一个农场有3人，共有种方法，所以一共有90+60=150种方法.故答案为：150【点睛】本题考查排列，组合，重点考查分组，分配，属于基础题型.15.设分别是椭圆的左、右焦点，E为椭圆上任一点，N点的坐标为，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】首先利用椭圆的定义，转化，利用，结合数形结合分析距离和的最大值.【详解】 ，如图，当三点共线时，等号成立，所以的最大值是,即的最大值是.故答案为：【点睛】本题考查椭圆内距离的最大值，椭圆的定义，重点考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型，本题的关键是利用椭圆的
13、定义转化，从而利用三点共线求最大值.16.设数列的前n项和为满足：，则_【答案】【解析】【分析】首先求首项，当时，再通过构造可得数列是等比数列，从而求得.【详解】当时，当时，故【点睛】本题考查数列已知求，重点考查转化与化归的思想，属于中档题型，本题的关键是证明数列是等比数列.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题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题：共60分.17.如图，点A在的外接圆上，且，A为锐角，.（1）求；（2）求四边形的面积.【答案】（1）10；（2）18【解析】【分析】（1）中，利用余弦定理求；
14、（2）由（1）易求的面积，根据四点共圆，可知，中利用正弦定理求，再来利用两角和的正弦公式求，最后求面积.【详解】解：（1），A为锐角，在中由余弦定理得：，得或（舍去），（2）由（1）可知四点共圆，在中由正弦定理得：，即，得四边形面积【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，重点考查推理计算能力，属于基础题型，本题的关键条件是四边形若有外接圆，则对角互补.18.已知四棱锥，在平行四边形中，Q为上的点，过的平面分别交，于点E、F，且平面.（1）证明：；（2）若，Q为的中点，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用线面平行的性
15、质可知，再后再根据条件证明平面，从而证明线线垂直；（2）如图，以O为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用两个平面法向量求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：连结交于点O，连结.在平行四边形中，且O为、的中点，且平面，平面，平面，平面，且平面平面，（2）由（1）可知平面，故平面平面，且O为的中点，又平面平面平面，与平面所成角为与平面所成角的正弦值为，且，在中，由勾股定理得：如图，以O为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则：，Q为的中点，则，易知，平面的一个法向量为设平面的法向量为，因为，则：，即，令，则：，故可取平面的一个法向量为平面与平面所成锐二面角的余弦值为【点睛】本题考查证明
16、线线垂直，空间坐标法求二面角，重点考查推理证明，计算能力，属于中档题型.19.已知抛物线的焦点为F，直线l与抛物线C交于A，B两点，O是坐标原点.（1）若直线l过点F且，求直线l的方程；（2）已知点，若直线l不与坐标轴垂直，且，证明：直线l过定点.【答案】（1）或；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）法一：分斜率存在和斜率不存在两种情况讨论，当斜率存在时设直线方程为与联立，利用弦长公式求解；法二：设直线方程为，方程联立后利用弦长公式求解；（2）设直线方程为与联立，由得，利用根与系数关系，得到直线过定点.【详解】解：（1）法一：焦点，当直线斜率不存在时，方程为，与抛物线的交点坐标分别为，此时，
17、不符合题意，故直线的斜率存在.设直线方程为与联立得，当时，方程只有一根，不符合题意，故.，抛物线的准线方程为，由抛物线的定义得，解得，所以方程为或法二：焦点，显然直线不平行于x轴，设直线方程为，与联立得，设，由，解得，所以方程为或（2）设，设直线方程为与联立得，由得，即整理得，即整理得即，即故直线方程为过定点【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系的综合问题，涉及弦长，斜率求法，属于中档题型，题中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具.20.某工厂改造一废弃的流水线M，为评估流水线M的性能，连续两天从流水线M生产零件上随机各
18、抽取100件零件作为样本，测量其直径后，整理得到下表：记抽取的零件直径为X.第一天直径/mm5859616263646566676869707173合计件数11356193318442121100第二天直径/mm5860616263646566676869707173合计件数11245213421332111100经计算，第一天样本的平均值，标准差第二天样本的平均值，标准差（1）现以两天抽取的零件来评判流水线M的性能.（i）计算这两天抽取200件样本的平均值和标准差（精确到0.01）；（ii）现以频率值作为概率的估计值，根据以下不等式进行评判（P表示相应事件的概率），；评判规则为：若同时满足上
19、述三个不等式，则设备等级为优；仅满足其中两个，则等级为良；若仅满足其中一个，则等级为合格；若全部不满足，则等级为不合格，试判断流水线M的性能等级.（2）将直径X在范围内的零件认定为一等品，在范围以外的零件认定为次品，其余认定为合格品.现从200件样本除一等品外的零件中抽取2个，设为抽到次品的件数，求分布列及其期望.附注：参考数据：，；参考公式：标准差.【答案】（1）（i），；（ii）合格；（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）（）因为两天100个零件的平均值都是65，所以200个零件的平均值也是65，按照公式计算标准差；（）分别计算的概率，然后比较等级；（2）由（）可知200件零件中合格品
20、7个，次品4个，的可能取值为0，1，2，利用超几何分布计算概率，并求分布列和数学期望.【详解】（1）（i）依题意：200个零件的直径平均值为由标准差公式得：第一天：，第二天：，则故（注：如果写出不给分）（ii）由（1）可知：，仅满足一个不等式，判断流水线M的等级为合格.（2）可知200件零件中合格品7个，次品4个，的可能取值为0，1，2，则，的分布列012P则【点睛】本题考查样本期望，方差的计算，原则的应用，以及超几何分布列的计算，重点考查数据的分析和应用，属于中档题型，本题的关键是读懂题意.21.已知函数，.（1）求的单调区间；（2）若有最大值且最大值是，求证：.【答案】（1）见解析；（2）
21、见解析【解析】【分析】（1）对求导，得，对a分类讨论，利用导函数的正负性即可得出单调性；（2）利用（1）中结论及最大值是，可得，对进行整理，可得，由时，可知，证明即可，构造函数，利用导数可得，再构造，利用导数可得，所以，问题得解.【详解】（1）由函数，得1)当时，函数在上单调递增；2)当时，由，可得：当时，当时故上单调递增，在上单调递减.（2）证明：由（1）知，当时，函数有唯一最大值，即，解得. 时，所以证明 即可，令 可知，当时函数取得极大值即最大值，且设，则所以在上单调递增，上单调递减，故，所以所以，即问题得解.【点睛】本题是导数的综合应用题，考查了利用导数求函数单调性及利用导数求最值证明
22、不等式，考查了分类讨论思想和放缩法，属于难题.（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.在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点A的极坐标为，直线l的极坐标方程为（1）求直线l的直角坐标方程与曲线C的普通方程；（2）若B是曲线C上的动点，G为线段的中点.求点G到直线l的距离的最大值.【答案】（1）：，C：；（2）【解析】【分析】（1）利用消参得到曲线C的普通方程，以及利用两角和的正弦公式展开，利用求直线的直角坐标方程；（2）利用参数方程设，则，利用点到直线的距离，转化为三
23、角函数求最值.【详解】（1）直线的极坐标方程为，即.由，可得直线的直角坐标方程为.将曲线C的参数方程消去参数，得曲线C的普通方程为.（2）设.点A的极坐标化为直角坐标为则.点G到直线距离.当时，等号成立点.点G到直线的距离的最大值为【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程，直角坐标方程的互化，以及参数方程的应用，属于基础题型，本题第二问的关键是利用椭圆的参数方程设点G的坐标，转化为三角函数求最值.23.已知函数，.（1）当时，求不等式的解集；（2）若，不等式恒成立，求实数a的取值.【答案】（1）空集；（2）1【解析】【分析】（1）不等式转化为，利用零点分段，去绝对值，写成分段函数的形式，利用函数的单调性求函数的值域，同时求出不等式的解集；（2）当，去绝对值，转化为对恒成立，再去绝对值求的取值范围.【详解】解：（1）当时，不等式化为，设函数，由函数图象可知当时，函数取得最小值1，所以原不等式解集为空集（2）当，不等式恒成立，即对恒成立，由得对恒成立得故a的取值为1【点睛】本题考查含绝对值不等式的解法，以及恒成立求参数的取值范围，重点考查计算能力，属于基础题型.
