广东省珠海市2020届高三三模考试数学（文）试题 Word版含答案

www.ks5u.com珠海市2019-2020学年度第二学期学业质量监测高三文科数学试题

第I卷（选择题)

一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.）

1.已知集合，则(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先化简集合,再求即可得解.

【详解】由或，所以.

故选：D.

【点睛】本题主要考查集合的交集运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.

2.已知复数在复平面上对应的点为，则

A. 是实数 B. 是纯虚数

C. 是实数 D. 是纯虚数

【答案】C

【解析】

由题意得复数z=1−i，所以z+1=2−i，不是实数，所以选项A错误；

也不是纯虚数，所以选项B错误；

=1是实数，所以选项C正确；

不是纯虚数，所以选项D错误.

故选C．

【名师点睛】本题主要考查复数的几何意义和复数的分类等基础知识，属于基础题. 先求出复数z，再代入选项进行判断，即得正确答案.

3.不等式的解集为(    )

A.  B. 且

C.  D. 或

【答案】D

【解析】

【分析】

根据分式不等式的解法计算即可.

【详解】不等式且，即或，

解得解集为：或.

故选：D.

【点睛】本题考查了解不等式问题，考查转化思想的应用，意在考查对基础知识的掌握与应用，是一道基础题.

4.某同学用如下方式估算圆周率，他向图中的正方形中随机撒豆子100次，其中落入正方形的内切圆内有68次，则他估算的圆周率约为(    )

A. 3.15 B. 2.72 C. 1.47 D. 3.84

【答案】B

【解析】

【分析】

分别根据古典概型概率公式以及几何概型概率公式计算概率，再列方程解得结果.

【详解】根据古典概型得豆子落入正方形的内切圆内概率为，

设圆的半径为根据几何概型得豆子落入正方形的内切圆内概率为

所以得2.72

故选：B

【点睛】本题考查古典概型概率公式以及几何概型概率公式，考查基本分析求解能力，属基础题.

5.函数的零点的个数为（    ）

A. 1 B. 3 C. 2 D. 4

【答案】A

【解析】

在上是增函数， 的零点个数为 .故选A.

点睛：函数的零点的判断方法有三种：一、直接求零点：令 ,如果能求出解，有几个解就有几个零点；二、零点存在性定理：函数在连续的区间 上有定义且 ，则函数在上存在零点；三、先把所求的函数分解成两个简单的函数，再由两函数图象看交点个数，交点横坐标即为函数的零点.

6.设，则(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据，利用裂项相消法求其前项和即可.

【详解】由

得

，

故选：A.

【点睛】本题主要考查了利用裂项相消求数列的前项和，属于基础题.

7.已知点和圆，过作的切线有两条，则的取值范围是（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

将圆方程化为标准方程，可得，再由题意可知点在圆外，即，解不等式即可求解.

【详解】由，

得，则，解得，

要使过作的切线有两条，则点在圆外，

从而，即，

解得，

所以.

故选：D

【点睛】本题考查了点与圆的位置关系求参数的取值范围、圆的标准方程，属于基础题.

8.如图，正方体，点为对角线上的点，当点由点向点运动过程中，下列说法正确的是(    )

A. 的面积始终不变

B. 始终是等腰三角形

C. 在面内的投影的面积先变小再变大

D. 点到面的距离一直变大

【答案】B

【解析】

【分析】

连接交于点，连接，连接，过点作于点，，由此根据三角形的面积公式、投影、点面距的概念以及空间中的垂直关系逐一判断各选项即可．

【详解】解：连接交于点，连接，连接，

过点作于点，，

∴，

又在正方体中，平面，

∴，

∴平面，

∴，则为的高，

∴的面积先变小再变大，则A错；

又点为的中点，

∴是等腰三角形，则B对；

由投影的定义，在面内投影为，

而的面积为定值，则C错；

由等体积法得，为定值，

∴点到面的距离先变大再变小，则D错；

故选：B．

【点睛】本题主要考查棱锥的体积公式的应用，考查空间中的垂直关系的应用，属于中档题．

9.函数的图象可能是(    )

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

先判断函数奇偶性，排除B，再根据排除A,D，即可得结果.

【详解】函数定义域为,且，所以为偶函数，排除B,因为，所以排除A，而，排除D,

故选：C

【点睛】本题考查函数图象识别以及函数奇偶性，考查基本分析判断能力，属基本题.

10.已知是双曲线的一个焦点，点在上，过点作的垂线与轴交于点，若为等腰直角三角形，则的面积为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

取点为双曲线的左焦点，设点在第一象限，由为等腰直角三角形可得出直线的方程为，进而可设点，代入双曲线的方程，求出的值，可得出点的坐标，进而可求得的面积.

【详解】取点为左焦点，在第一象限，由为等腰直角三角形可知直线的斜率为，

则直线的方程为，设点，

将点的坐标代入双曲线的方程得，解得，则点，

，的面积为.

故选：A.

【点睛】本题考查双曲线中三角形面积的计算，求出点的坐标是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.

11.天干地支纪年法，源于中国.中国自古便有十天干与十二地支.十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如说第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”… …依此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”… …依此类推.1911年中国爆发推翻清朝专制帝制、建立共和政体的全国性革命,这一年是辛亥年，史称“辛亥革命”.1949新中国成立，请推算新中国成立的年份为(    )

A. 己丑年 B. 己酉年

C. 丙寅年 D. 甲寅年

【答案】A

【解析】

【分析】

首先根据题意，判断得出天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，从1911年到1949年经过38年，结合1911年为“辛亥”，根据周期性得到结果.

【详解】根据题意可得，天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，从1911年到1949年经过38年，

且1911年为“辛亥”年，以1911年的天干和地支分别为首项，则，

则1949年的天干为己，，则1949年的地支为丑，所以1949年为己丑年.

故选：A.

【点睛】本题考查的是有关周期性以及归纳推理的问题，在解题的过程中，正确找出规律是解题的关键，属于简单题目.

12.设函数.若只存在唯一非负整数，使得，则实数a取值范围为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

令，，从而可得，作出的草图，为过点的直线，利用数形结合即可求解.

【详解】令，，则，

，令，解得或，

时，有

时，有

，时有，

可以描绘出的草图：

为过点的直线，

如图可知：当不成立

当时，，

所以，得

所.

故选：A

【点睛】本题考查了不等式能成立求参数的取值范围，考查了数形结合的思想，属于中档题.

第II卷（非选择题)

二、填空题（本大题共４小题，每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13.函数的图象在点处的切线方程为__________.

【答案】

【解析】

【分析】

求导得到，计算，，得到切线方程.

【详解】，则，故，

故切线方程为：，即

故答案为：

【点睛】本题考查了切线方程，意在考查学生的计算能力.

14.在三棱锥中，平面平面，是边长为2的正三角形，是以为斜边的直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______.

【答案】

【解析】

【分析】

由题意可知的中心就是圆心，可知算得，计算可得外接球的表面积.

【详解】如图，在等边三角形中，取的中点，

设其中心为，由，得，,

是以为斜边的直角三角形，,

又平面平面，

平面 ，，

，

则为棱锥的外接球球心，外接球半径，

所以可得外接球的表面积为.

【点睛】本题考查主要四面体外接球表面积，考查空间想象能力，是中档题. 要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.

15.已知正项等比数列的前n项和为，，，则＝_______.

【答案】

【解析】

【分析】

由题设数列的公比为，则，可得，由此可求得答案．

【详解】解：由题设数列的公比为，

∵为等比数列，，

∴，

∴，

即，得，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与前项和公式的应用，属于基础题．

16.等腰直角三角形，，.，分别为边，上的动点，设，，其中，且满足，，分别是，的中点，则的最小值为_____.

【答案】

【解析】

【分析】

以为原点，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，得，，可得点在单位圆上，由几何法解决直线与圆的位置关系即可求出答案．

【详解】解：以为原点，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

∵，，，

∴，，

∵，分别是，的中点，

∴，，

又，

∴点在单位圆上，

∴由直线与圆的位置关系可知，，

当且仅当三点共线时取等号，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，考查数形结合思想，属于中档题．

三、解答题.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17〜21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

17.随机调查某城市80名有子女在读小学的成年人，以研究晚上八点至十点时间段辅导子女作业与性别的关系，得到下面的数据表：

（1）请将表中数据补充完整；

（2）用样本的频率估计总体的概率，估计这个城市有子女在读小学的成人女性晚上八点至十点辅导子女作业的概率；

（3）根据以上数据，能否有99%以上的把握认为“晚上八点至十点时间段是否辅导子女作业与性别有关？”.

参考公式：，其中.

参考数据：

【答案】（1）见解析；（2）；（3）有把握.

【解析】

【分析】

（1）由表可依次求出男性不辅导的人数、女性辅导的人数、不辅导的人数、女性的人数、女性不辅导的人数，由此得到答案；

（2）根据频率的计算公式求解即可；

（3）求出，然后与比较大小，由此可求得结论．

【详解】解：（1）如表，

（2）在样本中有20位女士，其中有15位辅导孩子作业，其频率为，

∴估计成人女士晚上八点至十点辅导孩子作业的概率为；

（3）∵，

∴有99%的把握认为“晚上八点至十点时间是否段辅导孩子作业与性别有关”．

【点睛】本题主要考查独立性检验的应用，属于基础题．

18.如图所示，在中，点在线段上，，，，.

（1）求的值；

（2）判断是否为等腰三角形.

【答案】（1）；（2）为等腰三角形.

【解析】

分析】

（1）首先由的值得出的值，然后在中运用正弦定理即可；

（2）结合（1）中的结论求出，运用余弦定理求出，进而可得结果.

【详解】（1）因为，

所以

在中，由正弦定理得：

，即：

解得.

（2）在中因为，所以

所以，

得，

所以为等腰三角形.

【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查了学生的计算能力，属于基础题.

19.如图所示，梯形中，，平面平面，且四边形为矩形，，，，.

（1）求证：平面；

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1）由面面垂直的性质可得面，推出，，再利用勾股定理证明，即可推出线面垂直；（2）作于，证明面从而求出三棱锥的体积，再求出的面积，利用等体积法即可求得点到平面的距离.

【详解】（1）

又平面平面，且平面平面，面

面，又平面平面，

，

在中，，，

在中，，，

，

又，平面，

平面；

（2）由（1）可知为直角三角形，且，，

作于，则

由已知平面平面，且平面平面，

面，

面

，

在中，，，

，

设点到平面的距离为，则

，即，解得：，

所以点到平面的距离为.

【点睛】本题考查线面垂直的判定及证明、点到平面的距离的求法，属于中档题.

20.已知抛物线C的顶点为坐标原点O，对称轴为轴，其准线为.

（1）求抛物线C的方程；

（2）设直线，对任意的抛物线C上都存在四个点到直线l的距离为，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）根据准线方程形式设抛物线标准方程，再根据数值求得，即得抛物线方程；

（2）先根据确定，再借助切线转化条件，即,点到抛物线切线距离大于4恒成立，最后根据二次方程实根分布列不等式解得结果.

【详解】（1）由题意可设抛物线C的方程：，则得，所以

（2）由对任意的抛物线C上都存在四个点到直线l的距离为，得，

设与直线平行的直线，要满足题设条件“对任意的抛物线C上都有四个点到直线l的距离为”，

则有当与抛物线相切时，点到距离大于4恒成立，

由得：

得

点到距离为

所以不等式恒成立，

代入 整理得：，令,

即在上恒成立

所以①得，求得

或②得

所以

【点睛】本题考查抛物线方程、抛物线切线以及二次方程实根分布，考查综合分析与求解能力，属较难题.

21.设函数.

（1）求函数的单调区间和极值；

（2）若存在满足，证明成立.

【答案】（1）当时， 在上单调递增没有极值；当时，在上单调递增，在上单调递减，极小值为；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）对函数进行求导得，分为和两种情形判别导数与0的关系即可得结果；

（2）先得出，结合（1）知，设，构造函数，通过导数判断出的单调性，可得出，结合（1）中的单调性即可得出结果.

【详解】（1）由得

当时，从而得在上单调递增没有极值；

当时，得；

得；得；

在上单调递增，在上单调递减，

此时有极小值，无极大值.

（2）由得：，从而得

由(1)知当时，从而得在上单调递增，所以此时不成立

可知此时，由于的极小值点为，可设

设

，仅当时取得“”

所以在为单调递增函数且

当，时有，即

又由，所以

又由(1)知在上单调递减，且，

所以从而得证成立.

【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调性和极值，解决极值点偏离问题构造函数是解题的关键，属于难题.

（二）选考题

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，直线过点，且倾斜角.以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知圆C的极坐标方程为.

（1）求圆的直角坐标方程；

（2）设直线与圆交于两点，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）由题得，再代入极坐标化直角坐标的公式即得解；

（2）先写出直线的参数方程(t为参数)，把直线代入圆的方程，再利用韦达定理得解.

【详解】（1）由得，

从而有即：

所以圆的直角坐标方程为.

（2）由题意设直线的参数方程为(t为参数)，即：(t为参数)

代入圆的方程得

整理得：

，

由且，

所以

可知.

【点睛】本题主要考查极坐标和直角坐标的互化，考查直线的参数方程和参数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

23.已知函数.

（1）解不等式；

（2）当，时，证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）由题意，代入得到不等式，分类讨论，即可求解不等式的解集；

（2）根据绝对值的三角不等式，以及基本不等式，即可作出证明.

【详解】（1）由得，

当时，得，所以；

当时，得，所以；

当时，得，所以；

综上，此不等式的解集为：；

（2）由 ，

由绝对值不等式得，

又因为同号，所以，

由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，

所以.

【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式解法，以及合理应用绝对值三角不等式和基本不等式求最值是解答本题的关键，着重考查了分类讨论思想，考查了学生的逻辑推理与运算求解能力.