2020届广东省惠州市高三上学期第一次调研数学（理）试题（解析版）

2020届广东省惠州市高三上学期第一次调研数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A．∅ B． C． D．

【答案】B

【解析】可以求出集合M，然后进行交集的运算即可．

【详解】

由M中不等式得，解得，即，

，故选B．

【点睛】

考查描述法、列举法的定义，以及一元二次不等式的解法，交集的运算．

2．设(为虚数单位），其中是实数，则等于(   )

A．5 B． C． D．2

【答案】A

【解析】由，得，

∴，解得，∴．故选A．

3．某高校调查了320名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了下图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是，样本数据分组为，，，，.根据直方图，这320名学生中每周的自习时间不足22.5小时的人数是（     ）

A．68 B．72 C．76 D．80

【答案】B

【解析】由频率分布直方图可得，320名学生中每周的自习时间不足22.5小时的人数是人．选B．

4．七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是(    )

A．3600种 B．1440种 C．4820种 D．4800种

【答案】A

【解析】不相邻问题用插空法，先将除甲乙外的其他5人全排列，再将甲乙2人插入6个空中，即可.

【详解】

第一步，先将除甲乙外的其他5人全排列，种

第二步，将甲乙2人插入6个空中，种

则不同的排法种数是种

故选：A

【点睛】

本题考查排列问题，插空法是解决本题的关键.属于较易题.

5．正方形中，点，分别是，的中点，那么(   )

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】由题意点，分别是，的中点，求出，，然后求出向量即得．

【详解】

解：因为点是的中点，所以，

点得是的中点，所以，

所以，

故选：．

【点睛】

本题考查向量加减混合运算及其几何意义，注意中点关系与向量的方向，考查基本知识的应用。属于基础题。

6．等比数列的前项和为，公比为，若，，则（  ）

A． B．2 C． D．3

【答案】B

【解析】根据题意，分析可得等比数列的公比，进而由等比数列的通项公式可得，解可得，又由，解可得的值，即可得答案．

【详解】

根据题意，等比数列中，若，则，

若，则，解可得，则，

又由，则有，解可得；

故选B．

【点睛】

本题考查等比数列的前项和公式的应用，关键是掌握等比数列的前项和的性质．

7．设双曲线（，）的一条渐近线为，且一个焦点与抛物线的焦点相同，则此双曲线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】求出抛物线的焦点坐标，即双曲线的一个焦点，结合渐近线方程即可得解.

【详解】

因为抛物线的焦点为，

所以解得，双曲线方程为.

故选：C.

【点睛】

此题考查根据焦点坐标和渐近线方程求解双曲线的标准方程，根据基本量的计算求双曲线标准方程，属于简单题.

8．将函数y＝sin x的图像向左平移个单位，得到函数y＝f（x）的图像，则下列说法正确的是（ ）

A．y＝f（x）是奇函数

B．y＝f（x）的周期为π

C．y＝f（x）的图像关于直线x＝对称

D．y＝f（x）的图像关于点对称

【答案】D

【解析】试题分析：将函数y＝sin x的图像向左平移个单位，得到函数，是偶函数，周期为2π，关于直线x＝0对称，关于点对称，选D．

【考点】三角函数图像变换与性质

9．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（    ）

A．存在两条异面直线，.

B．存在一条直线，.

C．存在一条直线，.

D．存在两条平行直线，.

【答案】A

【解析】根据面面平行的判定定理，以及线面，面面位置关系，逐项判断，即可得出结果.

【详解】

对于A选项，如图：为异面直线，且，在内过上一点作，则内有两相交直线平行于，则有；故A正确；

对于B选项，若，则可能平行于与的交线，因此与可能平行，也可能相交，故B错；

对于C选项，若，则与可能平行，也可能相交，故C错；

对于D选项，若，则与可能平行，也可能相交，故D错.

故选：A

【点睛】

本题主要考查探求面面平行的充分条件，熟记面面平行的判定定理，以及线面，面面位置关系即可，属于常考题型.

10．已知是抛物线的焦点，是轴上一点，线段与抛物线相交于点，若，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】A

【解析】设的坐标，点的坐标，根据向量关系解方程即可得解.

【详解】

由题意得点的坐标为，设点的坐标，点的坐标，

所以向量：，，

由向量线性关系可得：，，解得：，

代入抛物线方程可得：，则，

由两点之间的距离公式可得：.

故选：A.

【点睛】

此题考查根据直线与抛物线的交点构造向量关系求解参数，考查基本运算.

11．关于圆周率，数学发展史上出现过许多有创意的求法，如著名的普丰实验和查理斯实验．受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计的值：先请120名同学每人随机写下一个x，y都小于1的正实数对，再统计其中x，y能与1构成钝角三角形三边的数对的个数m，最后根据统计个数m估计的值．如果统计结果是，那么可以估计的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由试验结果知120对0～1之间的均匀随机数，满足，面积为1，两个数能与1构成钝角三角形三边的数对，满足且， ，面积为，由几何概型概率计算公式，得出所取的点在圆内的概率是圆的面积比正方形的面积，二者相等即可估计π的值．

【详解】

由题意，120名同学随机写下的实数对落在由的正方形内，其面积为1．

两个数能与1构成钝角三角形应满足且，

此为一弓形区域，其面积为．由题意，解得，故选B．

【点睛】

本题考查了随机模拟法求圆周率的问题，也考查了几何概率的应用问题，是综合题．

12．已知函数，设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】∵

∴

∴

∵当时，；当时，

∴当时，，；

当时；.

∴

∴函数是偶函数

∴当时，易得为增函数

∴，

∵，，

∴

∴

故选D.

二、填空题

13．已知，则函数的最小值为_______.

【答案】7

【解析】转化函数，通过基本不等式求解即可．

【详解】

，，

．

当且仅当，即，即时等号成立.

法二：，令得或，

当时函数单调递减，

当时函数单调递增．

所以当时函数取得最大值为：.

【点睛】

本题考查基本不等式在最值中的应用，考查计算能力．

14．在中，，，，则__________．

【答案】

【解析】已知两边一夹角，可利用余弦定理求对边，即,再利用正弦定理求解即可.

【详解】

解：因为在中，，，，

由余弦定理

可得：，

由正弦定理得：

,

故答案为.

【点睛】

本题考查了正弦定理及余弦定理的应用，重点考查了解斜三角形，属基础题.

15．设是公差不为零的等差数列，为其前项和.已知成等比数列，且，则数列的通项公式为________.

【答案】

【解析】根据等差数列前项和关系，得，结合解方程组即可得解.

【详解】

设等差数列的公差为，则

，，，

因为，所以，整理得

，∵，∴，

.

故答案为：

【点睛】

此题考查根据等差数列相关关系求解通项公式，考查基本运算，属于简单题目.

16．在三棱锥中，底面为，且，斜边上的高为，三棱锥的外接球的直径是，若该外接球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为__________．

【答案】

【解析】分析：由题意,画出图形,设,把棱锥的体积用含有的代数式表示,然后利用二次函数求解,即可得到答案.

详解：如图所示，

由外接球的表面积为，可得外接球的半径为，则，

设，则，

又变式上的高，

当平面时，棱锥的体积最大，

此时，

当时，体积最大，此时最大值为.

点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，把球的体积表示关于的函数表达式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.

三、解答题

17．已知△ABC的内角A，B，C满足．

（1）求角A；

（2）若△ABC的外接圆半径为1，求△ABC的面积S的最大值．

【答案】（1） ; （2） .

【解析】（1）利用正弦定理将角化为边可得，再由余弦定理即可得；

（2）由正弦定理，可得，由基本不等式利用余弦定理可得，从而由可得解.

【详解】

（1）设内角，，所对的边分别为，，．

根据，可得

，

所以，

又因为，所以．

（2），

所以，所以（时取等号）．

【点睛】

本题主要考查了正余弦定理及三角形的面积公式的应用，涉及基本不等式求最值，属于基础题.

18．如图，三棱锥中，平面

，，．分别为线段上的点，且．                    

(1)证明：平面；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】【详解】试题分析：（1）要证线面垂直，就是要证线线垂直，题中由平面，可知，再分析已知由得，这样与垂直的两条直线都已找到，从而可得线面垂直；（2）求二面角的大小，可心根据定义作出二面角的平面角，求出这个平面角的大小，本题中，由于，平面，因此两两垂直，可以他们为轴建立空间直角坐标系，写出图中各点的坐标，求出平面和平面的法向量，向量的夹角与二面角相等或互补，由此可得结论．

试题解析：（1）证明：由PC平面ABC，DE平面ＡＢＣ，故PCDE

由CE＝２，CD=DE＝得ＣＤＥ为等腰直角三角形，故CDDE

由PCCD=C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD

（2）解：由（１）知，CDE为等腰直角三角形，DCE＝，如（１９）图，过点Ｄ作DF垂直CE于Ｆ，易知DF＝FC＝EF＝１，又已知EB＝１，

故FB＝２．                                                             

由ACB＝得DFAC，，故AC＝DF＝．

以Ｃ为坐标原点，分别以的方程为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Ｃ（0,0,0,），Ｐ（0,0,3），Ａ（,0,0）,Ｅ（0,2,0），Ｄ（1,1,0），

设平面的法向量，

由，，

得.

由（1）可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量可取为,即.

从而法向量，的夹角的余弦值为，

故所求二面角A-PD-C的余弦值为.

【考点】考查线面垂直，二面角．考查空间想象能力和推理能力．

19．已知定点，，直线、相交于点，且它们的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线。

（1）求曲线的方程；

（2）过点的直线与曲线交于、两点，是否存在定点，使得直线与斜率之积为定值，若存在，求出坐标；若不存在，请说明理由。

【答案】(1) ；(2) 存在定点，见解析

【解析】（1）设动点，则，利用，求出曲线的方程．

（2）由已知直线过点，设的方程为，则联立方程组，

消去得，设，，，利用韦达定理求解直线的斜率，然后求解指向性方程，推出结果．

【详解】

解：（1）设动点，则，

，

，即，

化简得：。

由已知，故曲线的方程为。

（2）由已知直线过点，设的方程为，

则联立方程组，消去得，

设，，则

又直线与斜率分别为，

，

则。

当时，，；

当时，，。

所以存在定点，使得直线与斜率之积为定值。

【点睛】

本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查计算能力，属于中档题．

20．已知函数.

（1）求函数的单调递增区间；

（2）若关于的方程在区间内恰有两个相异的实根，求实数的取值范围.

【答案】（1）单调递增区间是（2）

【解析】（1）求出导函数，解不等式即可得到增区间；

（2）构造函数，原问题转化为在的零点问题，结合单调性与极值最值讨论即可得解.

【详解】

（1）函数的定义域是.

因为，

又，令，解得，

所以函数的单调递增区间是.

（2）由，得

令，

则（）

由，得，由，得

所以函数在内单调递减，在内单调递增，

由题可知方程在区间内恰有两个相异的实根，

则，

即，

解得，

综上所述，实数取值范围是.

【点睛】

此题考查根据导函数求函数的单调区间，结合函数的单调性解决方程的根的问题，转化为函数零点问题求解.

21．某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元.某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：

以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．

（1）求X的分布列；

（2）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）选择延保方案二较合算

【解析】（Ⅰ）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，分别求出对应的概率，列出分布列即可；（Ⅱ）求出两种方案下所需费用的分布列，然后分别求出对应的期望值，比较二者的大小即可选出最合算的方案．

【详解】

解：（Ⅰ）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，

，，，

，，

，，

∴的分布列为

（Ⅱ）选择延保一，所需费用元的分布列为：

（元）.

选择延保二，所需费用元的分布列为：

（元）.

∵，∴该医院选择延保方案二较合算.

【点睛】

本题考查了离散型随机变量的分布列，考查了概率的计算，考查了期望的求法，属于中档题．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.

（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；

（2）若与相交于､两点，求的面积.

【答案】（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）.

【解析】（1）由曲线的参数方程能求出的普通方程，曲线的极坐标方程转化为，由此能求出的直角坐标方程；

（2）求出原点到直线的距离为，化的参数方程为普通方程，可得表示圆心为，半径的圆，求出到直线的距离，再由垂径定理求得，代入三角形面积公式求解．

【详解】

（1）消去参数可得的普通方程为，

由，得，

又因为，，

所以的直角坐标方程为；

（2）如图：

原点到直线的距离，

曲线的标准方程为，表示圆心为，半径的圆，

到直线的距离，

故，

所以，

综上，的面积为.

【点睛】

本题主要考查了参数方程、极坐标方程与普通方程的互化，考查了点到直线的距离以及垂径定理的应用，考查数形结合思想和计算能力，属于高考常考题.

23．已知．

（1）当时，求不等式的解集;

（2）若时，不等式恒成立，求a的取值范围．

【答案】(1) ．(2) .

【解析】（1）将a=1代入f（x）中，去绝对值后分别解不等式即可；
（2）x∈（0，1）时，不等式f（x）＜x+2恒成立等价于当x∈（0，1）时，|ax-1|＜1恒成立，然后分a≤0和a＞0讨论即可．

【详解】

解：（1）解法1：当时，不等式可化简为.

当时，，解得，所以；

当时，，，无解；

当时，，解得，所以﹒

综上，不等式的解集为．

解法2：当时，

当时，，解得，所以；

当时，，无解；

当时，，解得，所以．

综上，不等式的解集为．

（2）解法1：当时，不等式可化简为.

令，则的图像为过定点斜率为a的一条直线，

数形结合可知，当时，在上恒成立.

所以，所求a的取值范围为

解法2：当时，不等式可化简为.

由不等式的性质得或，

即或.

当时，，不等式不恒成立；

为使不等式恒成立，则.

综上，所求a的取值范围为.

【点睛】

本题考查了绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，考查了转化思想，属中档题．