2020届茂名市高三第一次综合测试数学（理）试题（解析版）

2020届广东省茂名市高三第一次综合测试数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】D【解析】根据题意可知，解不等式，得，即，再与集合取交集，即可.【详解】又故选：D【点睛】本题考查集合的运算，属于容易题.2为虚数单位，复数在复平面内对应的点所在象限为（ ）A第二象限B第一象限C第四象限D第三象限【答案】C【解析】【详解】，复数在复平面内对应坐标为，所以复数在复平面内对应的点在第四象限，故选C.3记为等差数列的前项和，已知，则（ ）A10B11C12D13【答案】B【解析】设等差数列的公差为，可知，解得，根据，求解即可.【详解】设等差数列的公差为，则，.则.即，解得.故选：B【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式，属于较易题.4剪纸是我国的传统工艺，要剪出如下图“双喜”字，需要将一张长方形纸对折两次进行剪裁，下列哪一个图形展开后是如图的“双喜”字.（ ）ABCD【答案】D【解析】根据对称性可知“双喜”字是轴对称图形.即可.【详解】由题意可知，需要将一张长方形纸对折两次进行剪裁出，如下图：故选：D【点睛】本题考查对称性，属于容易题.5记为等比数列的前项和，若，则（ ）A64B729C64或729D64或243【答案】C【解析】设等比数列的公比为，解得或，根据，求解即可.【详解】设等比数列的公比为，则.即，解得或.当时，.当时，.故选：C【点睛】本题考查等比数列的通项公式，属于较易题.6公元263年左右，我国古代数学家刘徽用圆内接正多边形的面积去逼近圆的面积求圆周率，他从单位圆内接正六边形算起，令边数一倍一倍地增加，即12，24，48，192，逐个算出正六边形，正十二边形，正二十四边形，正一百九十二边形，的面积，这些数值逐步地逼近圆面积，刘徽算到了正一百九十二边形，这时候的近似值是3.141024，刘徽称这个方法为“割圆术”，并且把“割圆术”的特点概括为“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”.刘徽这种想法的可贵之处在于用已知的、可求的来逼近未知的、要求的，用有限来逼近无穷，这种思想极其重要，对后世产生了巨大影响.按照上面“割圆术”，用正二十四边形来估算圆周率，则的近似值是( )（精确到）.（参考数据）A3.14B3.11C3.10D3.05【答案】B【解析】圆内接正二十四边形的中心即为圆心，连接圆心与正二十四边形的各个顶点，构成24个全等的等腰三角形，并且等腰三角形的腰长为单位圆的半径，顶角为，根据圆面积，利用三角形面积公式，计算正二十四边形的面积，求解即可.【详解】由题意可知，单位圆面积，正二十四边形的面积.则.即.故选：B【点睛】本题考查三角形面积公式，属于较易题.7已知、为双曲线：(，)的左、右焦点，点在双曲线上，且线段的中点坐标为，则双曲线的离心率为（ ）ABCD2【答案】C【解析】设线段的中点为，连接，则，即，根据双曲线的定义可知，在中，即，根据，求解，即可.【详解】设线段的中点为，连接，.线段的中点坐标为点在双曲线的右支上.如图所示：原点为线段的中点，即，.由双曲线的定义可知，即，在中，即，整理得.故选：C【点睛】本题考查求双曲线的离心率，属于中档题.8前进中学高二学生会体育部共有5人，现需从体育部派遣4人，分别担任拔河比赛活动中的裁判、记录结果、核查人数、维持纪律四项工作，每个人只能担任其中一项工作，其中体育部的张三不能担任裁判工作，则共有( )种派遣方法.A120B96C48D60【答案】B【解析】分情况讨论，当张三不在派遣的4人中时，共有种方法，当张三在派遣的4人中时，由于张三不能担任裁判工作，则张三有3种派遣方法，再从另外的4人中选出3人安排其他的3项工作，有方法，完成这件事的方法数一共有，求解计算，即可.【详解】由题意可知，当张三不在派遣的4人中时，有种方法当张三在派遣的4人中时，有种方法则共有种派遣方法.故选：B【点睛】本题考查排列组合，先分类再分步，是解决本题的关键.属于较易题.9设函数（，）的最小正周期为，且过点，则下列正确的为（ ）在单调递减.的一条对称轴为.的周期为.把函数的图像向左平移个长度单位得到函数的解析式为ABCD【答案】A【解析】根据辅助角公式得，则，即，再根据过点，可知，则，即.根据余弦型三角函数的图象和性质，分别判断，是否正确，即可.【详解】根据辅助角公式得.最小正周期为，即.函数过点，则.当时.即.令，则，当时，在单调递减，正确.令，则，当时，的一条对称轴为，正确. 的周期为且，错误. 函数的图像向左平移个长度单位得到函数的解析式为，错误.故选：A【点睛】本题考查求正弦型三角函数的解析式以及图象和性质，属于中档题.10下列函数图象中，函数的图象不可能的是（ ）ABCD【答案】C【解析】当时，验证正确. 当时，验证正确. 当时，验证正确.【详解】当时，定义域为关于原点对称.，则为偶函数.当时，.则即函数在上单调递增，则函数在上单调递减.此时函数的图象可能为选项.当时，定义为且关于原点对称.，则为偶函数.当时，.则当时，即函数在上单调递减当时，即则函数在上单调递增.根据对称性可知，此时函数的图象可能为选项.当时，定义为关于原点对称.，则为奇函数.当时，.则令，则即并且在上单调递增，并且在上单调递增.根据对称性可知，此时函数的图象可能为选项.故选：C【点睛】本题考查函数的图象，判断函数的奇偶性，利用导数判断函数的单调性，属于较难的题.11已知，及抛物线方程为，点在抛物线上，则使得为直角三角形的点个数为（ ）A1个B2个C3个D4个【答案】D【解析】分情况讨论，当角为直角时，此时点坐标为，即，即点坐标为，当角为直角时，此时点坐标为，即，即点坐标为，当角为直角时，此时点的轨迹为以为直径的圆除去与轴的交点，与抛物线的交点，联立，求解或(舍)即点坐标为，即可.【详解】当角为直角时，.设点坐标为点在抛物线上，即则点坐标为.同理，当角为直角时，此时点坐标为.当角为直角时，此时点的轨迹为以为直径的圆除去与轴的交点，以为直径的圆的圆心，半径为，则圆的方程为.则点的轨迹为（）与抛物线的交点.联立，即，解得或(舍)将代入，解得此时点坐标为.即使得为直角三角形的点个数为4个故选：D【点睛】本题考查圆的方程，以及求两个曲线的交点.属于中档题.12已知函数，若函数有四个零点，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【解析】由题意易知，时不满足题意.当且时，为开口向上，对称轴为的二次函数，最多两个零点，当且时，当时单调递增，当时单调递减，最多两个零点，若使得函数有四个零点，则需，求解即可.【详解】当时，函数无零点，舍去.当且时，为开口向下，对称轴为的二次函数，.则时，函数与轴只有一个交点. 当且时，.函数在上单调递增，.则时，函数与轴无交点. 则当时，函数有一个零点.与题意不符，舍去.当且时.为开口向上，对称轴为的二次函数.，.函数在最多有两个零点当且时.当时单调递增，当时单调递减，函数在最多有两个零点若使得函数有四个零点，则需.即，解得.故选：C【点睛】本题考查根据函数零点个数，求参数的取值范围.属于较难的题.二、填空题13已知实数，满足，则的最小值为_.【答案】1【解析】根据约束条件画出可行域，利用简单线性规划求解.即可.【详解】画出约束条件的可行域，如图所示，由图可知，当目标函数过点时，故答案为：【点睛】本题考查简单线性规划，属于较易题.14在中，且点满足，则_.【答案】6【解析】由题意可知，是边长为的等边三角形，则，即，求解即可.【详解】在中，是边长为的等边三角形又故答案为：【点睛】本题考查平面向量的运算，属于较易题.15点为曲线图象上的一个动点，为曲线在点处的切线的倾斜角，则当取最小值时的值为_.【答案】【解析】设切点，则，根据均值定理，当且仅当时，等号成立，求解，即可.【详解】设切点，.则.当且仅当，即时，等号成立.即时，最小，取最小值.故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意义，以及均值定理取等条件.属于中档题.16如图，网格纸上小正方形的边长为，某多面体的正视图、左视图、俯视图为同一图形，粗实线画出如图所示，则该多面体外接球的体积等于_.【答案】【解析】根据三视图得到十二面体的直观图，该十二面体的外接球直径为，根据球的体积公式，求解即可.【详解】由题意可知，该几何体的直观图，如图所示.该几何体为十二面体，其外接球直径为，即故答案为：【点睛】本题考查三视图，以及几何体外接球体积.属于较难的题.三、解答题17在中，角，所对的边分别为，已知.（）求角的大小；（）求的取值范围.【答案】（）,（）【解析】（）由正弦定理，将变形整理为，再根据余弦定理，求解即可.（）由（）可知，则，根据正弦型三角函数的图象和性质，求解即可.【详解】（）由正弦定理得：，又，所以，所以，又因为，所以.（），即所以的取值范围是.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理，以及正弦型三角函数的图象和性质.属于中档题.18如图，在三棱柱中，平面，是的中点，.（）求证：平面；（）求平面与平面所成锐二面角的平面角的余弦值.【答案】（）证明见解析,（）【解析】（）连结交于点，连结，可知，根据线面平行的判定定理，证明即可.（）法一: 由，可知，即，根据平面，可知平面，即，以为原点，所在直线分别为， 轴，建立空间直角坐标系，求各点坐标，计算平面的法向量为，平面的法向量为，根据，求解即可. 法二：延长、交于，连接，过作于，过作于，连接，则平面，又，所以平面，为平面与平面所成锐二面角的平面角. 由，计算，利用，求解，即可.【详解】（）证明：连结交于点，连结.则为中点，为中位线.所以.又平面，平面.所以平面.（）法一：因为，是的中点，所以.又因为，所以，则即，所以.又因为平面，所以建立如图所示空间直角坐标系，则，.平面的法向量为.设平面的法向量为，则由，得令，则，.所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.法二：延长、交于，连接，过作于，过作于，连接，则平面，又，所以平面，为平面与平面所成锐二面角的平面角.中，所以高为中线，中，中，所以平面与平面所成锐二面角的平面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行，以及求二面角的余弦值，解决本题可以空间向量法也可以用几何法，属于较难的题.19当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进.高中联招对初三毕业学生进行体育测试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施.某地区2019年初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试，三项考试满分为50分，其中立定跳远15分，掷实心球15分，1分钟跳绳20分.某学校在初三上期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到如下频率分布直方图，且规定计分规则如下表：每分钟跳绳个数得分1617181920（）现从样本的100名学生中，任意选取2人，求两人得分之和不大于33分的概率；（）若该校初三年级所有学生的跳绳个数服从正态分布，用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差（结果四舍五入到整数），已知样本方差（各组数据用中点值代替）.根据往年经验，该校初三年级学生经过一年的训练，正式测试时每人每分钟跳绳个数都有明显进步，假设明年正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加10个，利用现所得正态分布模型：（）预估全年级恰好有1000名学生，正式测试时每分钟跳193个以上的人数.（结果四舍五入到整数）（）若在该地区2020年所有初三毕业生中任意选取3人，记正式测试时每分钟跳202个以上的人数为，求随机变量的分布列和期望.附：若随机变量服从正态分布，则，【答案】（）,（）（）,（）分布列见解析 ,【解析】（）根据频率分布直方图计算，每分钟跳绳个数的人数为（人）每分钟跳绳个数的人数为（人），由题意可知，两人得分之和不大于33分，即两人得分均为16分，或两人中1人16分，1人17分，根据互斥事件概率加法公式，计算即可. （）根据频率分布直方图计算样本的均值，可知正式测试时期望的估计值，方差，计算，（）根据正态分布的对称性，计算，求解人数即可. （）由正态分布模型，在该地区2020年初三毕业生中任取1人，每分钟跳绳个数202以上的概率为，则服从二项分布，即，计算分布列和期望，即可.【详解】（）由题意可知，得16分的人数为5人，得17分的人数为9人，两人得分之和不大于33分，即两人得分均为16分，或两人中1人16分，1人17分.所以，两人得分之和不大于33分的概率为：.（）（个）又，所以正式测试时，.，.（），（人）.（）由正态分布模型，在该地区2020年初三毕业生中任取1人，每分钟跳绳个数202以上的概率为，即.，的分布列为0123.【点睛】本题考查频率分布直方图，互斥事件概率加法公式，正态分布和二项分布及其期望.属于中档题.20设函数，曲线在点处的切线方程为.（）求，的值；（）当时，若为整数，且，求的最大值.【答案】（），,（）2【解析】（）根据导数的几何意义，列方程组，求解即可.（）将变形整理为，即（），令，令，则，函数在单调递增，从而确定在存在唯一的零点，设此零点为，则并且，即，再判断的单调性，确定在的最小值为，求解的最大值即可.【详解】（）由，由于的斜率为1，且过点得，即解得，.（）由（）知所以得，.故当时，等价于（）令，则令，所以函数在单调递增而，所以在存在唯一的零点故在存在唯一的零点，设此零点为，则当时，减函数；当时，增函数；所以在的最小值为，又由，可得，所以，故等价于，故整数的最大值为2【点睛】本题考查导数的几何意义，以及利用导数解不等式，确定参数.属于较难的题.21在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，当点在圆上运动时，点在线段上，且，点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过抛物线：的焦点作直线交抛物线于，两点，过且与直线垂直的直线交曲线于另一点，求面积的最小值，以及取得最小值时直线的方程.【答案】（1）,（2）9 ,【解析】（1）利用相关点法求轨迹方程，设，则，代入圆的方程，整理，即可. （2）法一：分类讨论，当直线的斜率不存在时，当直线的斜率存在时，则，设直线的方程为，与，联立整理，计算，设直线的方程为，与，联立整理，计算，根据，令，则，判断单调性，确定时，面积最小，求解即可. 法二：设直线的方程设为，与联立，计算，设直线的方程为与，联立，计算，以下同法一.【详解】（1）设，则由于，依题知：，.即，而点在圆上，故，得，故曲线的方程为.（2）法一：抛物线的焦点为，当直线的斜率不存在时，当直线的斜率存在时，则，设，直线的方程设为，代入，消去得，即，则，的直线方程为：，代入，消去得，面积：，令，则，则，令，则，即，当时，为减函数，当时，为增函数，所以时，面积最小由得时，面积的最小值为，此时直线