2020届广东省三校高三上学期第一次联考数学（理）试题（解析版）

这是一份2020届广东省三校高三上学期第一次联考数学（理）试题（解析版），共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020届广东省三校高三上学期第一次联考数学（理）试题


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意，求得集合，，再根据集合的交集的运算，即可求解。
【详解】
由题意，求得集合，，所以，
【点睛】
本题主要考查了对数函数的图象与性质，以及集合的交集运算问题，其中解答中熟记对数函数的图象与性质，以及集合交集的运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。
2．若复数的共轭复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据复数的乘法、除法运算求出，再由复数的模的求法即可求出
【详解】
由题意，
所以，
所以，
故选：C
【点睛】
本题主要考查复数的乘法、除法运算，考查复数的模的求法以及复数与共轭复数的模相等，属于基础题.
3．下列有关命题的说法错误的是（ ）
A．若“”为假命题，则、均为假命题；
B．若、是两个不同平面，，，则；
C．“”的必要不充分条件是“”；
D．若命题：，，则命题：：，.
【答案】C
【解析】根据“或”命题的真假判断表即可判断A；根据面面垂直的判定定理即可判断B；由充分必要条件可判断C；根据特称命题的否定可判断D.
【详解】
对于A，若“”为假命题，、均为假命题，故A正确；
对于B，若、是两个不同平面，，，
由面面垂直的判定定理可知：，故B正确；
对于C，“”不能推出“”，例如，反之一定成立，
故“” 是“”的充分不必要条件，故C错误；
对于D，命题：，，为特称命题，
其否定一定为全称命题，即为，，故D正确.
故选：C
【点睛】
本题主要考查常用逻辑用语中命题的真假判断，属于基础题.
4．已知离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P





则X的数学期望（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【解析】根据分布列概率的性质得到m的值，再由均值公式得到结果.
【详解】
由，得，所以．
故选：B
【点睛】
这个题目考查了离散型分布列的性质，以及均值的计算.
5．已知向量、均为非零向量，，，则、的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设、的夹角为，由，得出，利用平面向量数量积的运算律与定义可计算出的值，结合的取值范围得出的值.
【详解】
设、的夹角为，且，
，解得，，.
因此，、的夹角为，故选：B.
【点睛】
本题考查利用平面向量的数量积求向量的夹角，在处理平面向量垂直时，要将其转化为两向量的数量积为零，利用平面向量数量积的定义和运算律来计算，考查运算求解能力，属于中等题.
6．若cos（-α）=，则cos（+2α）的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】利用二倍角公式求出的值，再利用诱导公式求出的值．
【详解】
∵cos＝，
∴cos＝2－1＝2×－1＝－，
∴cos＝cos＝－cos＝.
故选：A.
【点睛】
本题考查了余弦二倍角公式与诱导公式的应用问题，是基础题．
7．若直线mx+ny+2=0（m＞0，n＞0）截得圆的弦长为2，则 的
最小值为（ ）
A．4 B．6 C．12 D．16
【答案】B
【解析】圆心坐标为，半径为1，又直线截圆得弦长为2，所以直线过圆心，即，，所以 ，当且仅当时取等号，因此最小值为6，故选B．
8．设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则=
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【解析】首先根据题中的条件，利用点斜式写出直线的方程，涉及到直线与抛物线相交，联立方程组，消元化简，求得两点，再利用所给的抛物线的方程，写出其焦点坐标，之后应用向量坐标公式，求得，最后应用向量数量积坐标公式求得结果.
【详解】
根据题意，过点（–2，0）且斜率为的直线方程为，
与抛物线方程联立，消元整理得：，
解得，又，
所以，
从而可以求得，故选D.
【点睛】
该题考查的是有关直线与抛物线相交求有关交点坐标所满足的条件的问题，在求解的过程中，首先需要根据题意确定直线的方程，之后需要联立方程组，消元化简求解，从而确定出，之后借助于抛物线的方程求得，最后一步应用向量坐标公式求得向量的坐标，之后应用向量数量积坐标公式求得结果，也可以不求点M、N的坐标，应用韦达定理得到结果.
9．已知定义在上的偶函数对任意都有，当取最小值时，的值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】A
【解析】根据辅助角公式化简由函数为偶函数求出，再由，求出，将代入表达式即可求解.
【详解】
，
因为函数为偶函数，
所以，即，
又因为都有，
可得：
所以，解得
所以，且取最小值，
所以
综上可得，
，
故选：A
【点睛】
本题考查了辅助角公式、诱导公式以及三角函数的奇偶性，属于中档题
10．如图，在直二面角中，均是以为斜边的等腰直角三角形，取的中点，将沿翻折到，在的翻折过程中，下列不可能成立的是（　　）

A．与平面内某直线平行
B．平面
C．与平面内某直线垂直
D．
【答案】D
【解析】连接,当平面与平面重合时,可判断;当平面与平面重合时可判断B,根据假设法可判断D.
【详解】
根据题意, 连接

当平面与平面重合时,平面,所以平面内必存在与平行和垂直的直线,故可能成立；
在平面内过B作的平行线,使得,连接,则当平面与平面重合时,平面,故平面内存在与平行的直线,即平面内存在与平行的直线,所以平面,故可能成立．
若,又,则为直线和的公垂线,所以,
设 ,则经计算可得,
与矛盾,故不可能成立．
故选:
【点睛】
本题考查了空间中直线与直线、直线与平面的平行和垂直判定,对空间几何体的分析能力要求较高,属于中档题.
11．定义为个正数、、…、的“均倒数”，若已知正整数列的前项的“均倒数”为，又，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由已知得，求出后，利用当时，
即可求得通项，最后利用裂项法即可求和.
【详解】
由已知得，
，
当时，，验证知
当时也成立，
，
，

故选：C
【点睛】
本题是数列中的新定义，考查了与的关系、裂项求和，属于中档题.
12．已知函数（为自然对数的底数）在上有两个零点，则的范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】利用参数分离法进行转化，，设（且），
构造函数，求函数的导数，研究函数的单调性和极值，利用数形结合进行求解即可．
【详解】
解：由得，
当时，方程不成立，即，
则，
设（且），
则，
∵且，∴由得，
当时，，函数为增函数，
当且时，，函数为减函数，
则当时函数取得极小值，极小值为，
当时，，且单调递减，作出函数的图象如图：
要使有两个不同的根，
则即可，
即实数的取值范围是.

方法2：由得，
设，，
，当时，，则为增函数，
设与，相切时的切点为，切线斜率，
则切线方程为，
当切线过时，，
即，即，得或（舍），则切线斜率，
要使与在上有两个不同的交点，则，
即实数的取值范围是.
故选：D．

【点睛】
本题主要考查函数极值的应用，利用数形结合以及参数分离法进行转化，求函数的导数研究函数的单调性极值，利用数形结合是解决本题的关键．


二、填空题
13．设满足约束条件，则的最大值为______________．
【答案】19
【解析】根据不等式组画出可行域，结合图像得到最值.
【详解】
作出不等式组所表示的平面区域为如图所示的，其中，
，所以．

故答案为：19
【点睛】
利用线性规划求最值的步骤：
(1)在平面直角坐标系内作出可行域．
(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）．
(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解．
(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。
14．若的展开式中各项系数之和为32，则展开式中的系数为__________．
【答案】15
【解析】依题意，令，求得，写出二项展开式的通项，进而可确定展开式中的系数。
【详解】
依题意，令，解得，所以，
则二项式的展开式的通项为：，
令，得，所以的系数为。
【点睛】
本题主要考查了二项式定理的应用问题，其中解答中利用各项系数的和，求解n的值，再利用二项展开式的通项求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。
15．已知点在双曲线上，轴（其中为双曲线的右焦点），点到该双曲线的两条渐近线的距离之比为，则该双曲线的离心率为______.
【答案】.
【解析】由题意可得，分别求出点到该双曲线的两条渐近线的距离，根据点到该双曲线的两条渐近线的距离之比为，可得，即可求出与的关系，即可求出离心率.
【详解】
双曲线的两条渐近线的方程为，
由轴（其中为双曲线的右焦点），
，，
不妨设 ，
则点到该双曲线的两条渐近线的距离分别为
，，
点到该双曲线的两条渐近线的距离之比为，
，即，
即，
，

故答案为：
【点睛】
本题考查了双曲线的性质，考查了学生的计算能力，属于中档题.
16．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若三棱锥的体积为，则球的表面积为______.
【答案】
【解析】求出，可得的外接圆半径，从而可求出该三棱锥的外接球半径，即可求出三棱锥的外接球表面积.
【详解】

，，

的外接圆直径，
，
平面，三棱锥的体积为，
，可解得
三角形为等腰三角形，
该三棱锥的外接球的半径

该三棱锥的外接球的表面积为

故答案为：
【点睛】
本题主要考查立体几何的外接球问题，考查了棱锥的体积公式、球的表面积公式，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.

三、解答题
17．在中，角所对的边分别为，
；
（1）证明：为等腰三角形；
（2）若为边上的点，，且，，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】(1)根据已有等式，利用正弦定理作角化边，可得，最后再由余弦定理把所有角都化为边的等式得；最后，根据等式可化简出，故可证为等腰三角形.
(2)由，，可得， 然后，就可以根据角的相等关系，根据余弦定理或相似关系列出等式进行求解即可.
【详解】
（1），由正弦定理得：，
由余弦定理得：；
化简得：,
所以即，
故为等腰三角形．
（2）如图，

由已知得，，

，
，
又，
，
即，
得，由（1）可知，得．
解法二：取的中点，连接．由（1）知，
由已知得，

，
，
．

解法三：由已知可得，由（1）知，，
又，
，
即，即，
．
【点睛】
本题考查解三角形的问题，（1）题的关键就是利用正弦定理和余弦定理作角化边的转化，(2)题的难点在于根据已有关系化简出相应的等式关系求解，难度属于一般题.
18．如图，四棱锥的底面为直角梯形，，且
为等边三角形，平面平面；点分别为的中点．

（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】(1)求解线面平行，根据题意，连接相应的中位线，根据中位线的关系可得，四边形是平行四边形.
(2) 设的中点为， 可证两两垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，然后求出平面的法向量，最后利用向量的内积关系即可求解出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）设的中点为，连接，
为的中点，所以为的中位线，
则可得，且；
在梯形中，，且，
，
所以四边形是平行四边形，
，又平面，平面，
平面．

法二：设为的中点，连接，
为的中点，
所以是的中位线，所以，
又平面，平面，
平面，
又在梯形中，，且，
所以四边形是平行四边形，
，
又平面，平面，
平面，
又，
所以平面平面，
又平面，
平面．

（2）设的中点为，又．
因为平面平面，交线为，平面，
平面，
又由，，
．
即有两两垂直，如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系．

已知点，
设平面的法向量为：．
则有 ，可得平面的一个法向量为，
，
可得：，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
本题的第一问是比较常规的证明线面平行的题目，难点在于根据中点连成相应的平行四边形，进而证明出线面平行；第二问是常规的求线面角的正弦值，难点在于建立坐标系，当建立了坐标系后，即可求出平面的法向量，进而求解所求角的正弦值.
19．已知椭圆（）的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线与椭圆交于不同的两点，，试问在轴上是否存在定点使得直线与直线恰关于轴对称？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1) (2)见解析
【解析】（1）由题得a,b,c的方程组求解即可（2）直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数，即，整理.设直线的方程为，与椭圆联立，将韦达定理代入整理即可.
【详解】
(1)由题意可得，，又，
解得，.
所以，椭圆的方程为
(2)存在定点，满足直线与直线恰关于轴对称.
设直线的方程为，与椭圆联立，整理得，.
设，，定点.(依题意
则由韦达定理可得，，.
直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数.
所以，，即得.
又，，
所以，，整理得，.
从而可得，，
即，
所以，当，即时，直线与直线恰关于轴对称成立. 特别地，当直线为轴时，也符合题意. 综上所述，存在轴上的定点，满足直线与直线恰关于轴对称.
【点睛】
本题考查椭圆方程，直线与椭圆位置关系，熟记椭圆方程简单性质，熟练转化题目条件，准确计算是关键，是中档题.
20．已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）函数在区间上有零点，求的值；
（3）若不等式对任意正实数恒成立，求正整数的取值集合．
【答案】(1) ；(2) 的值为0或3 ；(3) .
【解析】（1）由的值可得切点坐标，求出的值，可得切线斜率，利用点斜式可得曲线在点处的切线方程；（2）先利用导数判断函数的单调性，然后根据零点存在定理可判断在区间、上分别存在一个零点，从而可得结果；（3）当时，不等式为恒成立；当时，不等式可化为，可得，当时，不等式可化为，可得，结合（2），综合三种情况，从而可得结果.
【详解】
（1），所以切线斜率为，
又，切点为，所以切线方程为．
（2）令，得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以的极小值为，又，
所以在区间上存在一个零点，此时；
因为，，
所以在区间上存在一个零点，此时．综上，的值为0或3．
（3）当时，不等式为．显然恒成立，此时；
当时，不等式可化为，
令，则，
由（2）可知，函数在上单调递减，且存在一个零点，
此时，即
所以当时，，即，函数单调递增；
当时，，即，函数单调递减．
所以有极大值即最大值，于是．
当时，不等式可化为，
由（2）可知，函数在上单调递增，且存在一个零点，同理可得．
综上可知．
又因为，所以正整数的取值集合为．
【点睛】
本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及利用导数研究函数的单调性以及不等式恒成立问题，属于难题.求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.
21．某景区的各景点从2009年取消门票实行免费开放后，旅游的人数不断地增加，不仅带动了该市淡季的旅游，而且优化了旅游产业的结构，促进了该市旅游向“观光、休闲、会展”三轮驱动的理想结构快速转变．下表是从2009年至2018年，该景点的旅游人数（万人）与年份的数据：
第年
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
旅游人数（万人）
300
283
321
345
372
435
486
527
622
800

该景点为了预测2021年的旅游人数，建立了与的两个回归模型：

模型①：由最小二乘法公式求得与的线性回归方程；
模型②：由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线的附近．
（1）根据表中数据，求模型②的回归方程．（精确到个位，精确到0．01）．
（2）根据下列表中的数据，比较两种模型的相关指数，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测2021年该景区的旅游人数（单位：万人，精确到个位）．
回归方程
①
②

30407
14607

参考公式、参考数据及说明：
①对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为．
②刻画回归效果的相关指数 ．
③参考数据：，．






5．5
449
6．05
83
4195
9．00

表中．
【答案】(1) (2)见解析
【解析】（1）对取对数，得， 设，，先建立关于的线性回归方程，进而可得结果；（2）由表格中的数据， 30407>14607，可得，从而得 ，进而可得结果.
【详解】
（1）对取对数，得，
设，，先建立关于的线性回归方程，
，


模型②的回归方程为
（2）由表格中的数据，有30407>14607，即，
即，
模型①的相关指数小于模型②的，说明回归模型②的拟合效果更好.
2021年时，，预测旅游人数为（万人）
【点睛】
本题考查了非线性拟合及非线性回归方程的求解与应用，是源于课本的试题类型，解答非线性拟合问题，先作出散点图，再根据散点图选择合适的函数类型，设出回归方程，利用换元法将非线性回归方程化为线性回归方程，求出样本数据换元后的值，然后根据线性回归方程的计算方法计算变换后的线性回归方程系数，即可求出非线性回归方程，再利用回归方程进行预报预测，注意计算要细心，避免计算错误.
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），已知点，点是曲线上任意一点，点为的中点，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求点的轨迹的极坐标方程；
（2）已知直线：与曲线交于两点，若，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）设，，且，由M为的中点，得x=，y=，整理得，化为极坐标即可；
（2）把直线：化成极坐标方程为，设，，因为，得，即， 联立，得，代入即可.
【详解】
（1）设，.且点，由点为的中点，所以整理得.即，
化为极坐标方程为.
（2）设直线：的极坐标方程为.设，，因为，所以，即.
联立整理得.
则解得.
所以，则.
【点睛】
本题考查了相关点代入法求轨迹的方法，极坐标方程的应用，属于中档题.
23．已知函数
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，且对任意，恒成立，求的最小值．
【答案】（1）；（2）1．
【解析】(1) 当时，求出分段函数，然后可以选择数形结合求解或选择解不等式组；
(2)当时，化简分段函数得

可以得到函数在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，然后利用最值分析法，即可求出参数的最小值.
【详解】
（1）当时，，即，
解法一：作函数的图象，它与直线的交点为，

所以，的解集的解集为．
解法2：原不等式等价于 或 或，
解得：或无解或，
所以，的解集为．
（2）．
则
所以函数在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增．
所以当时，取得最小值，．
因为对，恒成立，
所以．
又因为，
所以，
解得 （不合题意）．
所以的最小值为1．
【点睛】
本题第一问考查通过利用绝对值不等式的关系转化成分段函数进行求解的题目，求解的过程既可用数形结合，也可以用不等式组求解，属于简单题；第二问考查含参绝对值不等式求解参数的最值问题，因为本题的参数不容易分离，所以，选择最值分析法进行讨论求解，难度属于中等.