2020届广东省江门市高三上学期调研测试数学（理）试题（解析版）

2020届广东省江门市高三上学期调研测试数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

由中不等式变形得，解得或，即或，，，故选A.

2．设复数满足，则复数的共轭复数（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】A

【解析】由复数的乘方运算解得，其共轭复数实部相同，虚部互为相反数，即可得答案.

【详解】

因为，所复数的共轭复数.

故选：A

【点睛】

本题考查求通过复数的乘方运算化简，进而求其共轭复数，属于基础题.

3．已知平面向量满足，且||=2，||=1，则向量与的夹角为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设向量的夹角为，且，由，可得，代入数据可得，解得，可得，故选B.

4．若，且，则的值等于(    )

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】利用同角三角函数的关系将原式化简成关于的二次方程,求得,继而根据可得的值与的值即可.

【详解】

由,得,

即,解得或(舍).

∵,∴,

∴.

故选：D.

【点睛】

本题主要考查了同角三角函数的运用,属于基础题.

5．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体的体积为（    ）

A． B．1 C． D．4

【答案】C

【解析】该三视图还原之后是如图所示的三棱锥，由棱锥的体积公式求得答案.

【详解】

该三视图还原之后是如图所示的三棱锥，所以体积

故选：C

【点睛】

本题考查由三视图还原立体图形求体积，属于基础题.

6．已知向量，，则是向量与向量垂直的　　

A．必要不充分条件 B．充分不必要条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】由可得向量与向量垂直；反之，由向量与向量垂直，不一定得到．然后结合充分必要条件的判定方法得答案．

【详解】

解：向量，，

若，则，，此时，向量与向量垂直；

若向量与向量垂直，则，即，解得或．

是向量与向量垂直的充分不必要条件．

故选：．

【点睛】

本题考查向量垂直的坐标运算，考查充分必要条件的判定方法，属于基础题．

7．某程序框图如图所示，若输出的，则判断框内应填（        ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据程序框图的结构及输出结果,逆向推断即可得判断框中的内容.

【详解】

由程序框图可知,,则

所以此时输出的值,因而时退出循环.因而判断框的内容为

故选:A

【点睛】

本题考查了根据程序框图的输出值,确定判断框的内容,属于基础题.

8．已知函数为偶函数，则（    ）

A．1 B．2

C． D．3

【答案】C

【解析】利用列方程，解方程求得的值.

【详解】

由于为偶函数，所以，即，所以，所以.

故选：C.

【点睛】

本小题主要考查根据函数的奇偶性求参数，属于基础题.

9．中，，、是双曲线的左、右焦点，点在上，且，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由双曲线的简单几何性质表示，由余弦定理表示，再由双曲线的定义构建方程，求得答案.

【详解】

由题可知，、是双曲线的左、右焦点，则

则由余弦定理

又点在上，显然在右支上，则

故选：D

【点睛】

本题考查求双曲线的离心率，属于简单题.

10．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，若三棱锥体积的最大值为2，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】在底面△ABC中由余弦定理和正弦定理以及任意三角形的面积公式，可得，以及外接圆的半径r，由题可知三棱锥体积的最大值，则此时的点D应在垂直于面ABC且过球心的轴顶点位置，则可表示该三棱锥此时的高，由三棱锥的体积公式构建方程求得R，再带入球体的表面积公式即可得解.

【详解】

在底面△ABC中由余弦定理可知,则，即

由正弦定理可知，

若三棱锥体积的最大值，则此时的点D应在垂直于面ABC且过球心的轴顶点位置，则该三棱锥的高

则此时的体积为，解得

所以球的表面积为

故选：C

【点睛】

本题考查三棱锥的外接球求表面积问题，应优先确定球心位置进而求得半径，属于中档题.

11．已知线段的长为6，以为直径的圆有一内接四边形，其中，则这个内接四边形的周长的最大值为（    ）

A．15 B．16 C．17 D．18

【答案】A

【解析】连接AC，用表示出周长来，利用二次函数求解.

【详解】

连接AC，过C作于E，设，如图，

因为AB为直径且为6，所以.

由题意可知ABCD为等腰梯形，故其周长为，

所以当时，周长取到最大值15.

【点睛】

本题主要考查利用三角函数求解最值问题.根据题意构造目标式，结合目标式的特点选择合适的方法求解.

12．设函数有且仅有一个零点，则实数的值为（）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】对实行参变分离，对新函数的图象求导，研究其导函数的正负，得新函数的单调性，从而求出新函数的最趋势和最值，求得的范围.

【详解】

令因为所以

令得

时，所以在上单调递增；

时，所以在上单调递减；

所以在处取得最大值,又

要使有且仅有一个零点，

则的值为.

故选：B

【点睛】

本题关键在于对实行参变分离，转化为求新函数的图象趋势和最值，属于难度题.

二、填空题

13．曲线在处的切线的斜率是_____

【答案】3

【解析】先求得函数的导函数，令求得导数，也即切线的斜率.

【详解】

，当时，导数为，也即切线的斜率为.

【点睛】

本小题主要考查复合函数的导数，考查切线斜率的求法，属于基础题.

14．直线与圆相切，则实数等于________.

【答案】或

【解析】由题将圆化成标准方程，得
∴圆的圆心为 ，半径

∵直线 与圆相切，
∴点 到直线的距离等于半径，即

解之得

故答案为或.

15．已知函数为奇函数，该函数的部分图象如图所示，（点在图象的最高点）是边长为2的等边三角形，则         .

【答案】

【解析】试题分析：由题意得，，，又∵为奇函数，∴，，∴取，，∴，∴，故填：．

【考点】本题主要考查三角函数的图象和性质．

16．已知数列的前项和为，，，且对于任意，，满足，则的值为__________

【答案】91

【解析】由Sn+1+Sn﹣1＝2（Sn+1），可得Sn+1﹣Sn＝Sn﹣Sn﹣1+2，可得an+1﹣an＝2．利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．

【详解】

∵对于任意n＞1，n∈N，满足Sn+1+Sn﹣1＝2（Sn+1），

∴n≥2时，Sn+1﹣Sn＝Sn﹣Sn﹣1+2，

∴an+1﹣an＝2．

∴数列{an}在n≥2时是等差数列，公差为2．

则＝1+9×291．

故答案为91

【点睛】

本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

三、解答题

17．已知等差数列，，，数列满足，.

(1)求数列，的通项公式；

(2)求使得成立的最小正整数的值.

【答案】（1），（2）17

【解析】（1）利用等差数列中任意两项求公差，再用广义通项公式求出，接着利用累加法求数列；

（2）利用裂项相消法求数列的前项和为，再解不等式求得最小正整数为17.

【详解】

解：(1)设等差数列的公差为d，则，则，解得，

所以.

因为

所以

，也合适.

所以，.

(2)因为

所以

.

即，解得，

所不等式成立的最小正整数为17.

【点睛】

本题考查基本量法、累加法求数列通项公式、裂项相消法求和、不等式与数列的交会问题，考查逻辑推理和运算求解能力.

18．在中，角的对应边分别为.

（1）若成等比数列，，求的值；

（2）若角成等差数列，且，求周长的最大值.

【答案】（1）（2）6

【解析】（1）由同角三角函数关系求得，由等比中项的性质构建方程，进而由正弦定理边化角，再将所求表达式通分并由两角和的正弦公式的逆运用进行整理求得答案；

（2）由等差中项的性质和三角形三角和为求得角B，由正弦定理分别表示边a,c，进而表示周长L，利用三角恒等变换整理，再由三角函数求最值方式求得最大值.

【详解】

（1）在中，，

、、成等比数列，，

由正弦定理得，

（2），、、成等差数列，

，

，则，

由正弦定理，得

，

，即，

周长为.

，，

，

，

当时，周长取得最大值为6.

【点睛】

本题考查利用正弦定理表示边长进而求周长最值问题，还考查了正弦定理化简求值，属于中档题.

19．如图1，在边长为的正方形中，、分别为、的中点，沿将矩形折起使得，如图2所示，点在上，，、分别为、中点.

（1）求证：平面；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）见解析（2）

【解析】（1）取中点，连结、，利用中位线可得且，由直棱锥性质可知且，即可证得四边形是平行四边形，进而，再由线面平行的判定定理说明即可；

（2）由余弦定理，已知以及勾股定理可说明，易证，由线面垂直的判定定理和性质定理可说明，由等腰三角形说明，进而可证平面，，则为二面角的平面角，最后在中求得答案.

【详解】

（1）证明：（法一）

如图取中点，连结、，

则在中由中位线定理可知且，

又由原正方形可得且

且，

四边形是平行四边形，

，

又平面，平面，

平面.

法二：

如图，延长、交于点，连结，

且，

，

为中点，

中位线

又平面，面，

平面.

（2）解：（法一）

如图，因为，，

所以，

又.所以，，

，

，

，，

又，，，

平面，平面，.

又，平面，面，

又为中点，即，所以，

，平面，，

为二面角的平面角.

在中，，，

，

二面角的余弦值为.

法二：

如图，，，

，

又.所以，，

，

，

，，

又，，，

平面，平面，

.

又，

平面，面，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，

，

而是平面的一个法向量

设平面的法向量为，

由，即，

令，则，

面的一个法向量为，

设二面角大小为，由图，.

.

二面角的余弦值为.

【点睛】

本题考查立体几何中线面平行的证明，还考查了二面角的余弦值的求值，属于中档题.

20．已知椭圆的焦距为，且过点.

（1）求椭圆的方程；

（2）若不经过点的直线与椭圆交于，两点，且直线与直线的斜率之和为，证明：直线的斜率为定值.

【答案】(1) 椭圆的方程为;(2)见解析.

【解析】试题分析：（1）由已知条件先求出椭圆的半焦距，再把代入椭圆方程，结合性质  ，求出 、 、，即可求出椭圆的方程；（2）设直线的方程为与椭圆的方程联立，根据韦达定理及过两点的斜率公式，利用直线的斜率之和为零可得，从而可得结果.

试题解析：（1）因为椭圆的焦距为，且过点，所以.因为，解得，所以椭圆的方程为.

（2）设点，则，由消去得，（）则，因为，即，化简得.即.（）代入得，整理得，所以或.若，可得方程（）的一个根为，不合题意，所以直线的斜率为定值，该值为.

【方法点晴】本题主要考查待定系数求椭圆方程以及直线与椭圆的位置关系和过两点的斜率公式，属于难题.用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断椭圆的焦点在轴上，还是在轴上，还是两个坐标轴都有可能；②设方程：根据上述判断设方程或；③找关系：根据已知条件，建立关于、、的方程组；④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求.

21．设函数

（Ⅰ）设，讨论函数F（x）的单调性；

（Ⅱ）过两点的直线的斜率为，求证：

【答案】（Ⅰ）详见解析; （Ⅱ）详见解析

【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ），可得，．对分类讨论即可得出单调性．（ⅠⅠ）由，要证明，由于，只要证明即可，令（），只要证明即可．分别构造函数，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明．

试题解析：（Ⅰ）解：，所以，

函数的定义域为，而,

①当时，恒有，函数在上是增函数；

②当时，令，得，解得；

令，得，解得.

综上，当时，函数在上是增函数；

当时，函数在是增函数，在上是减函数．

（Ⅱ）证明：，

因为，所以；而，所以，所以；

要证，即证，令，则，则只要证，

设，则，故在上是增函数.

所以当时，，即成立．

综上可知成立，得证．

【考点】1．导数的运算；2．利用导数研究曲线上某点切线方程．

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）射线与曲线分别交于两点（异于原点），定点，求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）将曲线C1化成直角坐标方程，再化成极坐标方程；（2）先求出定点M到射线的距离

为三角形的高，再由极坐标方程求出弦长|AB|为三角形的底，根据面积公式求解即可．

【详解】

（1）解：曲线C1直角坐标方程为：x2+y2﹣4y=0，

由ρ2=x2+y2，ρsinθ=y得：

曲线C1极坐标方程为ρ=4sinθ，

（2）法一:M到射线θ=的距离为d=2sin=，

|AB|=ρB﹣ρA=4（sin﹣cos）=2（﹣1）

则S△MAB=|AB|×d=3﹣．

法二：

解：将θ=（ρ≥0）化为普通方程为y=x（x≥0），

∵曲线C2的极坐标方程为ρ=4cosθ，即ρ2=4ρcosθ，

由ρ2=x2+y2，ρcosθ=x得：

曲线C2的直角坐标方程为x2+y2﹣4x=0，

由得∴A（，3）

得∴B（1，），

，

点M到直线，

∴．

【点睛】

本题考查参数方程和普通方程，极坐标方程和普通方程的互化，以及弦长公式，属于中档题．

23．已知函数.

(1)若不等式的解集为，求实数的值；

(2)在(1)的条件下，若对一切实数x恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1) ;(2) 的取值范围.

【解析】【详解】

（1）∵|x-a|≤3 ，∴a-3≤x≤a+3，

∵f（x）≤3的解集为[-1,5] ，∴，∴a=2．

（2）∵f（x）+f（x+5）=|x-2|+|x+3|≥|（x-2）-（x+3）|=5

又f（x）+f（x+5）≥m恒成立 ,∴m≤5．