广东省江门市普通高中2020年高三数学调研测试试题 理（含解析）

江门市2020年普通高中高三调研测试数学（理科）第卷一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别求得集合A和B，取交集即可得到答案【详解】依题意，A=x|-3x1， B=x|x0，所以AB=，故选：D【点睛】本题考查集合的交集运算.2.是虚数单位，是实数集，若，则（ ）A. B. C. 2 D. -2【答案】B【解析】【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简，结合已知条件列出方程，求解即可得答案【详解】= ，即a=,故选：B【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念.3.已知；，则是的（ ）A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要【答案】B【解析】试题分析：由已知得条件，条件，显然充分性不成立，如当，不成立；又由，所以必要性成立.故选B.考点：1.命题的充分条件、必要条件；2.二次不等式.4.是自然对数的底数，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用指数和对数函数的单调性即可得到a,b,c的大小关系.【详解】对数函数y=lnx在上单调递增，a=lnxln1=0,指数函数在上单调递减，指数函数在上单调递增，由幂函数的性质可知即abc,故选：C.【点睛】本题考查指数函数和对数函数性质的应用.5.若，则向量与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知条件可得，再由两个向量夹角的余弦公式，即可求出夹角的余弦，进而得解【详解】由已知 ，解得，则两个向量夹角的余弦值，所以两向量夹角为.故选：C.【点睛】本题考查了平面向量的运算和利用平面向量的数量积求向量的夹角.6.若抛物线的焦点是双曲线的右焦点，则此双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 2 D. 【答案】A【解析】【分析】求出抛物线与双曲线的焦点坐标即可得到p值，由离心率公式即可得到答案.【详解】抛物线的焦点为,双曲线的右焦点为,由题意得，解得，即c=,a=,故选：A【点睛】本题考查双曲线的简单的几何性质，考查离心率的求法.7.已知点在直线上运动，则有（ ）A. 最大值16 B. 最大值 C. 最小值16 D. 最小值【答案】D【解析】【分析】由点（a，b）在直线上动，可得a+2b=-3，然后利用基本不等式求2a+4b的最值【详解】因为点（a，b）在直线x+2y=-3上，所以a+2b=-3所以2a+4b2 =2 ,所以2a+4b有最小值.故选:D【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，以及指数幂的基本运算8.已知两条直线，两个平面，给出下面四个命题：， ， ， ，或 ， 其中，正确命题的个数是（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】利用线面平行,垂直和面面平行垂直的性质和判定定理对四个命题分别分析进行选择【详解】mn，mn或n，故不正确；由一直线垂直于两个平行平面中的一个，则也垂直于另一个，得m，由两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面，得故正确；， ，或分析图形可知正确；当，m时，有m或m或m与相交或m故不正确综上可知：只有正确故选：B【点睛】本题利用命题真假的判断，考查了空间中线线、线面、面面间的位置关系与应用问题.9.正项等比数列的前项和，若，则下列结论正确的是（ ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】A【解析】【分析】根据题意先求出q，求出通项公式，再分别判断即可【详解】设公比为q，a1=1，q6+q6=128，解得q=2，an=2n-1，an+1=2n，an+2=2n+1，选项A,Sn=2n-1，若，2n-12n，恒成立，故正确，选项B,an+3=2n+2，若，2n-1+2n+2=2n+2n+1，即1+8=2+4,显然不成立，故不正确，选项C，若，22n-12n+1，2n-1n+1，解得n2，故不正确，选项D,若，2n-1+2n+1=22n，则1+4=22，显然不成立，故不正确，故选：A【点睛】本题考查了等比数列的通项公式和等比数列的前n项和公式的应用.10.已知函数的最小正周期为，且其图像向左平移个单位后得到函数的图像，则函数的图像（ ）A. 关于直线对称 B. 关于直线对称C. 关于点对称 D. 关于点对称【答案】C【解析】试题分析：依题意，平移后为，关于对称.考点：三角函数图象与性质.11.如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体最长的棱的长度为（ ）A. 4 B. 3 C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据三视图得出空间几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O-ABCD，计算各个棱长求解即可【详解】根据三视图得出：该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O-ABCD，正方体的棱长为2，A，D为棱的中点，观察图形可知最长棱为OA,在中，OA= 故选：B【点睛】本题综合考查了空间几何体的性质，学生的空间思维能力，构造思想，关键是镶嵌在常见的几何体中解决12.设，函数（是自然对数的底数），若存在使得，则（ ）A. B. C. D. 1【答案】C【解析】【分析】已知函数表示两点P（x，ex），Q（m，m）之间的距离的平方分别令f（x）=ex，g（x）=x利用导数研究切线方程的斜率，再利用点到直线的距离公式即可得出【详解】函数，表示两点P（x，ex），Q（m，m）之间的距离的平方，令f（x）=ex，g（x）=x f（x）=ex，令=1，解得x0=0，可得P（0，1）,则点P（0，1）到直线y=x的距离d=，d2=，因此存在x0=0使得f（x0）成立，过点P且与y=x垂直的直线为y=1-x,联立y=1-x和y=x，解得x=,即m=.故选：C【点睛】本题考查了导数的几何意义、切线的斜率、点到直线的距离公式、相互垂直的直线斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力.第卷二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.直线被曲线所截得的弦长等于_【答案】4【解析】【分析】求出圆心到直线l的距离，再利用弦长公式进行求解即可【详解】化圆（x-1）2+（y-3）2=9，圆心（1，3），半径r=3，圆心到直线l：2x+y=0的距离d=，直线2x+y=0被圆（x-1）2+（y-3）2=9截得的弦长=故答案为：4【点睛】本题考查了直线被圆截得的弦长公式，主要用到了点到直线的距离公式14.已知实数满足约束条件，若目标函数仅在点取得最小值，则的取值范围是_【答案】【解析】 作出不等式组对应的平面区域，如图所示， 若，则目标函数，即为此时函数在时取得最大值，不满足条件， 当，由，得， 若，目标函数斜率，此时平移，得在点 处的截距最大，此时取得最大值，不满足条件，若，目标函数斜率，要使得目标函数仅在点处取得最小值，则，即，所以实数的取值范围是.点睛：本题主要考查简单线性规划解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标函数赋予几何意义；求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义线性规划问题有三类:（1）简单线性规划，包括画出可行域和考查截距型目标函数的最值，有时考查斜率型或距离型目标函数；（2）线性规划逆向思维问题，给出最值或最优解个数求参数取值范围；（3）线性规划的实际应用，本题就是第三类实际应用问题.15.球是正方体的外接球，若正方体的表面积为，球的表面积为，则_【答案】【解析】【分析】分别计算正方体与外接球的表面积计算比值即可.【详解】设正方体的棱长为a,其外接球的直径为正方体的体对角线，即半径，则外接球的表面积 ，正方体的表面积6，则 .故答案为：.【点睛】本题考查正方体的与球的组合体，其中正方体的外接球的直径为正方体的体对角线，内切球的直径为正方体的棱长，与正方体各侧棱相切的球的直径为正方体的面对角线.16.已知函数，若_【答案】【解析】【分析】根据积分的几何意义以及分段函数的积分公式进行求解即可.【详解】由已知得.【点睛】本题主要考查了定积分的计算和定积分的几何意义.三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.的内角的对边分别为，.（1）求；（2）若，求.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）法一：利用余弦定理直接化简即可；法二：已知等式利用正弦定理化简，再利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式变形，求出cosA的值，即可确定A；（2）利用余弦定理即可解得c的值.【详解】（1）由余弦定理，得，.（方法二）由正弦定理，得，所以，.（2）由余弦定理，得即解得：或.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的应用.18.已知数列的前项和，.（1）求；（2）猜想数列的通项公式，并用数学归纳法给予证明.【答案】（1），（2）【解析】【分析】(1)由通项和前n项和的递推关系式计算即可;(2)由（1）的数值猜想通项，然后利用数学归纳法进行证明即可.【详解】（1）分别取得，解得，.（2）猜想时，由（1）知，猜想成立，假设时，则所以因为，所以所以，时成立，综上所述，任意，.【点睛】本题考查数列的综合应用，数学归纳法的应用.19.如图，三棱柱中，侧面是菱形，.（1）证明：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，可证平面，得B1CAO，B10=CO，进而可得AC=AB1；（2）先根据已知条件证明平面以为原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，然后利用向量公式即可求得结果【详解】（1）连接交于点，连接，四边形是菱形，且为中点，平面，平面，为中点，为的垂直平分线，.（2）不妨设，则，又，平面（方法一）以为原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，则，设，直线与平面所成角的正弦值，即直线与平面所成角的正弦值为（方法二）设点到平面的距离为，三棱锥的体积三棱锥的体积解，得直线与平面所成角的正弦值，即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查空间向量法解决立体几何问题，建立坐标系是解决问题的关键.20.在平面直角坐标系中，为不在轴上的动点，直线、的斜率满足.（1）求动点的轨迹的方程；（2）若，是轨迹上两点，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，将利用斜率公式进行化简整理即可得点P轨迹方程；（2）由斜率为1，设直线MN的方程与椭圆联立，写出韦达定理，计算弦长|MN|和点T到直线MN的距离，表示出三角形的面积，利用导数即可求出面积最大值.【详解】（1）设为轨迹上任意一点，依题意，整理化简得：（2）设由，得，设，则，到直线的距离的面积设，解，得或或因为，即有且仅有一个解，面积的最大值.【点睛】本题考查动点轨迹方程的求法，同时考查了直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、弦长关系、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式、以及利用导数求函数最值的运用.21.已知函数，是常数且.（1）若曲线在处的切线经过点，求的值；（2）若（是自然对数的底数），试证明：函数有两个零点，函数的两个零点满足.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数，根据切线的斜率求出a的值即可；（2）对函数f(x)求导，根据函数单调性得到函数的最大值且最大值大于0，可知函数有两个零点，根据零点存在性定理可知两个零点，因为，即，所以问题转化为只要证明x1 -x2即可【详解】（1）切线的斜率，解，得（2）解，得当时，；当时，所以在处取得最大值，因为，所以，在区间有零点，因为在区间单调递增，所以在区间有唯一零点.由幂函数与对数函数单调性比较及的单调性知，在区间有唯一零点，从而函数有两个零点.不妨设，作函数，则，所以，即，又，所以因为，所以，因为在区间单调递减，所以，又，所以【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查分类讨论思想，转化思想，综合性较强.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（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）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）证明：直线与曲线相交于两点，并求点到两点的距离之积.【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）消去参数t即可得到直线l的普通方程，将两边同时乘以后代入公式，整理即可得到答案；（2）把直线的参数方程代入曲线C的方程，化为关于t的一元二次方程后利用参数t的几何意义可得结论【详解】（1）由消去参数得直线的普通方程为由，得，曲线的直角坐标方程为（2）方法一：将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得即，方程有两个不同的根，即直线与曲线相交于两点由参数的几何意义得（方法二）由解得：，【点睛】本题考查了直