【KS5U解析】广东省韶关市2020届高三上学期期末调研（理科）数学试题 Word版含解析

1、2020届广东省韶关市高三调研测试理科数学第卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.已知全集，集合，则( )a. b. c. d. 【答案】a【解析】,所以=,所以=,故选a.2.已知等差数列的前项和为，则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】用基本量计算【详解】数列公差为，则由题意，解得，故选：b【点睛】本题考查等差数列的基本量运算，已知式用首项和公差表示，并求出，再去求解3.设变量满足约束条件，则目标函数的最大值为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】作出可行域，作出目标函数

2、对应的直线，平移此直线得最优解【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，向上平移直线，增大，当直线过点时，.故选：a【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域4.已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图甲和图乙所示，为了了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取4%的学生进行调查，则样本容量和抽取的初中生近视人数分别为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据总人数计算样本容量，由分层抽样计算中初中生抽取的人数，再根据乙图可求得初中生近视人数【详解】由题意样本容量为，初中生抽取的人数为x，则，则初中近视人数为故选：b【点睛】本题考查统计图表的认识，

3、考查学生的数据处理能力5.已知双曲线以椭圆的焦点为顶点，以椭圆的顶点为焦点，则双曲线的渐近线方程是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】求出椭圆的顶点和焦点，得双曲线的焦点和顶点，结合得渐近线方程【详解】椭圆的焦点为是双曲线的顶点，顶点为是双曲线的焦点，即双曲线中，渐近线方程为，即故选：a.【点睛】本题考查椭圆的焦点与顶点，考查双曲线的顶点与焦点、双曲线的渐近线，属于基础题6.用数字组成没有重复数字的四位数，其中比3000大的奇数共有（ ）个a. b. c. d. 【答案】c【解析】分析】按比较数字大小的方法从最高位开始确定【详解】千位大于3的有：，千位是3的有，共12+6=

4、18个故选：c【点睛】本题考查排列组合的应用，解题时要注意分类讨论做到不重不漏7.函数的部分图象大致为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】确定函数的奇偶性，再看函数值的正负和大小【详解】易知函数是奇函数，可排除a，当时，排除b，时，排除d，只有c符合故选：c.【点睛】本题考查由函数解析式选取函数图象，可研究函数的性质，如奇偶性、单调性、周期性、对称性等，研究特殊点，如零点，顶点，对纵轴的交点等，研究函数值的正负、函数值的大小等通过排除法得到最后的结论8.运行下图所示的程序框图，若输出结果为，则判断框中应该填的条件是a. k5b. k6c. k7d. k8【答案】b【解析】试

5、题分析：第一次执行完循环体得到：s1，k2；第二次执行完循环体得到：s，k3；第三次执行完循环体得到：s，k4；第四次执行完循环体得到：s，k5；第五次执行完循环体得到：s，k6；第六次执行完循环体得到：s，k7；输出结果为，因此判断框中应该填的条件是k6.考点：程序框图9.如图，bc、de是半径为1的圆o的两条直径， ，则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】本题考查向量加法和减法的平行四边形分法则或三角形法则,向量的数量积.因为圆半径为1是直径，所以根据向量加法和减法法则知：；又是直径，所以则故选 b10.设均为正数，且，则（）a. b. c. d. 【答案】a【解析】试题分析：

6、在同一坐标系中分别画出，的图象，与的交点的横坐标为，与的图象的交点的横坐标为，与的图象的交点的横坐标为，从图象可以看出考点：指数函数、对数函数图象和性质的应用【方法点睛】一般一个方程中含有两个以上的函数类型，就要考虑用数形结合求解，在同一坐标系中画出两函数图象的交点，函数图象的交点的横坐标即为方程的解11.已知函数为奇函数，当取最小值时，的一个单调递减区间是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由诱导公式求出，然后确定函数的减区间【详解】函数为奇函数，则，又，=，又，函数图象关于直线对称，其中最小的正数是，即，由，得，即减区间为，是其中一个故选：a【点睛】本题考查函数的奇偶性

7、，单调性，解题时掌握正弦函数与余弦函数的奇偶性及诱导公式可使解题过程简化12.已知三棱锥的四个顶点在以为直径的球面上，于，若三棱锥的体积的最大值为，则该球的表面积为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由得过三点的外接球的截面圆直径，是三棱锥外接球直径，由球的截面性质（球心与截面圆圆心连线与截面圆所在平面垂直），得平面，这样可以表示出三棱锥的体积，由体积的最大值可求得直径，从而求得球表面积【详解】是三棱锥外接球直径，又，是过三点的外接球的截面圆直径，设是中点，是的中点，则平面，由是中点，是的中点，得，平面，于，,，故选：c【点睛】本题考查球的表面积，解题关键确定截面圆圆心及平

8、面，从而表示出三棱锥的体积掌握截面圆的性质是解题基础第ii卷（非选择题，共90分）本卷包括必考题和选考题，第（13）题第（21）题为必考题，每个试题考生都必须作答，第（22）题第（23）题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，（）则_.【答案】【解析】【分析】由复数除法及复数相等求出实数，再由复数模的运算计算出模【详解】由题意，解得，故答案为：【点睛】本题考查复数除法运算，复数相等的概念，考查复数模的运算属于基础题14.已知直线是曲线在处的切线，直线是曲线的一条切线，且，则直线的方程是_.【答案】【解析】【分析】求出直线的斜率，得直线的斜率，再求

9、出直线的切点坐标，得方程【详解】的导数为,时，即，的导数为，设切点为，则，直线的方程为故答案：【点睛】本题考查导数的几何意义求切线方程未知切点时，可设切点坐标，由其他条件求出切点坐标，得切线方程15.中国古代数学著作算法统宗中有这样一段记载：三百七十八里关，初行健步不难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.则该人最后一天走的路程为_里.【答案】【解析】【分析】用表示6天中每天行驶的路程，它们成等比数列，由等比数列的知识可求解【详解】用表示6天中每天行驶的路程，则它们成等比数列，其中，所以

10、，故答案为：6.【点睛】本题考查等比数列的应用，属于基础题16.离心率为的椭圆恰好过抛物线的焦点，为椭圆的上顶点，为直线上一动点，点关于直线的对称点为，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】先求出椭圆标准方程，得直线方程，求得点坐标，的最小值就是到直线的距离【详解】抛物线的焦点为，又，椭圆标准方程为即，直线的方程为，即，点关于直线的对称点为，点坐标为，到直线的距离为，的最小值是故答案为：【点睛】本题考查椭圆中的最值问题解题时先求出椭圆标准方程，求出直线方程与相应点的坐标，把问题转化为点到直线的距离是解题关键三、解答题：本大题共6小题，满分70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.

11、如图，在平面四边形中，设.（1）若，求的值；（2）用表示四边形的面积，并求的最大值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由余弦定理得，再由正弦定理求得结论；（2）同（1）由余弦定理表示出，求出两个三角形和的面积，可得，再由三角函数的公式变为一个角的一个三角函数形式，然后可得最大值【详解】解：（1）在中，由余弦定理知由已知，代入上式得：，即又由正弦定理得：即：，解得： （2）在中，由余弦定理知故所以故【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理，考查三角形面积公式，考查两角差的正弦公式及正弦函数的性质，本题属于中档题18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，分别是的中点.（1）求证：平面；（

12、2）设，求二面角余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）取pa中点m，证明后可得线面平行；（2）以为原点，延长线，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角【详解】解：（1）证明：取的中点，连接分别是的中点，在正方形中，是的中点，四边形是平行四边形又平面，平面平面（2）以为原点，延长线，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则设是平面的法向量，则，令，得设是平面的法向量，则，令，得由图形可知二面角为钝二面角二面角的余弦值为【点睛】本题考查线面平行的证明，考查用空间向量法求二面角求空间角基本方法就是建立空间直角坐标系，用向量法求解空间角因此解

13、题关键是建立空间直角坐标系19.某电子工厂生产一种电子元件，产品出厂前要检出所有次品.已知这种电子元件次品率为0.01，且这种电子元件是否为次品相互独立.现要检测3000个这种电子元件，检测的流程是：先将这3000个电子元件分成个数相等的若干组，设每组有个电子元件，将每组的个电子元件串联起来，成组进行检测，若检测通过，则本组全部电子元件为正品，不需要再检测；若检测不通过，则本组至少有一个电子元件是次品，再对本组个电子元件逐一检测.（1）当时，估算一组待检测电子元件中有次品的概率；（2）设一组电子元件的检测次数为，求的数学期望；（3）估算当为何值时，每个电子元件的检测次数最小，并估算此时检测的总

14、次数（提示：利用进行估算）.【答案】（1）0.05 （2） （3） 600次【解析】【分析】（1）事件：一组待检测电子元件中由次品，由计算；（2）的可能取值为，表示k个元件一次检测全通过由此可得概率分布列，从而可得期望（3）由（2）得平均次数为，由基本不等式求得最小值【详解】解：（1）设事件：一组待检测电子元件中由次品，则事件表示一组待检测电子元件中没有次品；因为所以（2）依题意，的可能取值为分布列如下：1所以的数学期望为：（3）由（2）可得：每个元件的平均检验次数为：因为当且仅当时，检验次数最小此时总检验次数（次）【点睛】本题考查独立重复试验的概率问题，考查随机变量的概率分布列与数学期望，考

15、查用样本估计总体的实际应用对学生的数据处理能力有一定的要求20.已知椭圆的焦点在圆上，且椭圆上一点与两焦点围成的三角形周长为.（1）求椭圆的方程；（2）过圆上一点作圆的切线交椭圆于两点，证明：点在以为直径的圆内.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）焦点在圆上，可得，由焦点三角形周长求得，然后再求得，从而得椭圆方程；（2）直线的斜率不存在时，直接求出坐标，到圆心距离小于半径即可，直线的斜率存在时，设直线的方程为，由直线与圆相切得出参数的关系，直线方程代入椭圆方程，由韦达定理得，然后证明，即得【详解】（1）圆与轴的交点为，椭圆上一点与两焦点围成的三角形周长为 椭圆的方程为 （2）

16、当直线的斜率不存在时，两点的坐标分别为此时点到中点的距离为1，以为直径的圆的半径为，点在以为直径的圆内；当直线的斜率存在时，设直线的方程为因为直线与圆相切，所以，即联立，化简得：即 点在以为直径的圆内综上所述，点在以为直径的圆内.【点睛】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交问题在直线与椭圆相交问题中，直线斜率存在时，设直线的方程为设交点坐标，直线方程代入椭圆方程，由韦达定理得，把代入其他条件求解本题中代入证明21.已知函数有两个极值点，且.（1）求实数的取值范围；（2）若，证明：.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）在上有两个不等的零点设，由研究在上的单调性和极值，由极值确

17、定有零点个数，得的范围；（2）由（1），.，要证，只需证，由得，然后令，把用表示，这样就转化为的函数，通过研究的函数的单调性和最值得出结论【详解】（1）的定义域为，设，则在内有两个变号零点，令得，令得在递增，在递减又当时，在没有两个零点当时，（令，因为，所以在递减，）使得，使得当时，递减当时，递增当时，递增；当时，递减分别为的极小值与极大值点综上，的取值范围为 （2）由（1）知，t时，要证，只需证由（1）得得，即设，则， 下面说明即，设递增，即成立【点睛】本题考查用导数研究函数的极值问题，考查极值点有关的不等式与极值点有关的不等式，首先由极值点的定义即两个式子变形寻找到它们之间的关系，再设（可

18、先确定或不妨设），可把与极值点有关的式子转化为的函数，再通过研究新函数的性质解决问题（二）选考题：共10分.请学生在第22,23题中任选一题作答.如果多选，则按所做的第一题计分，作答时请用2b铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.选修4-4：坐标系与参数方程22.已知曲线的参数方程为（为参数），直线的极坐标方程为，以坐标原点o为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）设点在曲线上，求点到直线距离的取值范围.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）消去参数t后可得曲线普通方程（注意变量的取值范围），由公式可得直线的直角坐标方程；（2）设点，由点到直线距离公式求出点到直线的距离，结合三角函数知识可求得最大值和最小值【详解】（1）由曲线的参数方程得：曲线的普通方程为： 由直线的极坐标方程得：由代入上式得直线的直角坐标方程为（2）由题意，可设点到直线的距离当时，当时，所以的取值范围是【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，掌握公式是解题基础在消元转化时要注意变量的取值范围的变化选修4-5：不等式选