湛江市2020届高三数学二模考试试题文含解析

广东省湛江市2020届高三数学二模考试试题文含解析广东省湛江市2020届高三数学二模考试试题文含解析PAGE29-广东省湛江市2020届高三数学二模考试试题文含解析广东省湛江市2020届高三数学二模考试试题文（含解析）一、选择题(共12小题）。1。已知集合A＝{x｜｝，B＝{x｜x≤1},则A∩B＝（）A.（﹣1，+∞） B。[﹣1,1） C。(﹣1，1] D。(﹣∞，1］【答案】C【解析】【分析】可以求出集合A，然后进行交集的运算即可．【详解】∵A＝｛x|x＞﹣1｝，B＝｛x｜x≤1｝,∴A∩B＝（﹣1，1］．故选:C【点睛】本题考查了描述法、区间的定义，交集的运算,考查了计算能力，属于基础题．2。（）A。4i B.﹣4i C。﹣4i D.4i【答案】C【解析】【分析】由题意结合复数的运算法则直接计算即可得解.【详解】由题意．故选：C．【点睛】本题考查了复数代数形式的乘法运算，考查了运算求解能力,属于基础题．3。已知函数f（x)＝ax2+2bx的图象在点（1,f（1））处的切线方程为y＝4x+3，则b﹣a＝（）A。﹣8 B.20 C。8 D.﹣20【答案】C【解析】【分析】求得f（x)的导数，即可得切线的斜率,结合切线方程可得f（1)，解方程即可得解．【详解】函数f(x)＝ax2+2bx的导数为＝2ax+2b，可得函数的图象在点(1，f（1)）处的切线斜率为2a+2b=4，由切线方程为y＝4x+3，可得f（1）=a+2b＝4+3=7，所以a＝﹣3，b＝5，所以b﹣a＝8．故选：C．【点睛】本题考查了导数的运算及导数几何意义的应用，考查了运算求解能力，属于基础题．4。高二某班共有45人，学号依次为1、2、3、…、45，现按学号用系统抽样的办法抽取一个容量为5的样本，已知学号为6、24、33的同学在样本中,那么样本中还有两个同学的学号应为(）A。 B。 C。 D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，由系统抽样的方法，可求出抽到的每个同学的学号之间的间隔为：，而已知学号为6、24、33的同学在样本中，即可得分别写出5个同学的学号，即可得出剩余的两个同学的学号。【详解】解：由题可知,该班共有45人，按学号用系统抽样的办法抽取一个容量为5的样本，则抽到的每个同学的学号之间的间隔为：，而已知学号为6、24、33的同学在样本中，即抽到的第一个学号为6，则第二个学号为：6+9=15，第三个学号为:15+9=24，则第四个学号为：24+9=33，第五个学号为：33+9=42,所以样本中还有两个同学的学号应为：15，42.故选:B。【点睛】本题考查对系统抽样的理解，属于基础题。5.已知a＝lg2，b＝ln2,c＝e，则（）A。a＜c＜b B.a＜b＜c C.b＜c＜a D。b＜a＜c【答案】B【解析】【分析】利用换底公式可得a＝lg2，b＝ln2，再利用对数函数、指数函数的单调性即可得解．【详解】由题意得a＝lg2，b＝ln2，，a＜b＜1,又，∴a＜b＜1＜c．故选：B．【点睛】本题考查了指数式、对数式的大小比较，考查了换底公式、对数函数、指数函数的单调性的应用,属于基础题．6。下列图象为函数y,y，y，y的部分图象，则按顺序对应关系正确的是（)A。①②③④ B.①②④③ C。①③②④ D。②①④③【答案】B【解析】【分析】由题意对比函数的性质与函数图象的特征，逐个判断即可得解。【详解】由可得函数为奇函数，所以函数对应的图象为图④，故排除A、C；由，可知函数对应图象为图③；由，可知函数、对应的图象分别为①、②，故排除D.故选：B．【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了三角函数性质的应用，关键是找到函数的性质与图象特征的对应关系，属于基础题．7。我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异“．意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为3的圆的三分之一，则该几何体的体积为（)A.π B。π C.4 D。【答案】A【解析】【分析】由题意可得该几何体的体积与圆锥相同，结合圆锥侧面展开图的特征可求得圆锥的母线与底面半径的长度，进而可得圆锥的高,代入圆锥体积公式即可得解．【详解】由题意可知，该几何体的体积等于圆锥的体积，∵圆锥的侧面展开图恰为一个半径为3的圆的三分之一，∴圆锥的底面周长为，∴圆锥的底面半径为1，母线长为3,∴圆锥的高为，∴圆锥的体积圆锥．从而所求几何体的体积为．故选：A．【点睛】本题考查了数学文化与圆锥体积的求法，考查了圆锥侧面展开图的特征，正确理解题意是解题的关键，属于基础题．8。执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的x的值为（）A。﹣2 B。2 C。5或﹣2 D.7或﹣2【答案】D【解析】【分析】根据输出的，结合程序框图的值分和两种情况,分别计算即可。【详解】由程序框图可得:由,解得；由，解得.综上，输入的的值为7或—2．故选：D．【点睛】本题考查了程序框图应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程,以便得出正确的结论，是基础题．9。若双曲线E:1（a＞0，b＞0）的一条渐近线被圆（x﹣4）2+y2＝16所截得的弦长为4,则E的离心率为（）A。2 B。 C。 D.【答案】A【解析】【分析】由题意可设双曲线的一条渐近线方程为bx+ay＝0，由圆心到直线的距离公式可得d，再利用勾股定理，半弦长和点到直线的距离,和半径的关系得到弦长为即可求出。【详解】设双曲线的一条渐近线方程为bx+ay＝0，则圆心（4，0)到该直线的距离d,由题意可得弦长：，即，得，即离心率∴E的离心率为2．故选：A．【点睛】本题考查圆与双曲线的综合，考查点到直线距离公式的应用及圆的弦长计算,属于一般题.10.在中，角的对边分别是，若，则的面积为（)A. B. C。 D。【答案】D【解析】【分析】由于，根据正弦定理角化边得出，而,则,再利用余弦定理得出,即可得出,最后根据三角形的面积公式即可求出答案.【详解】解：由题可知，则，即:，又，,则,由余弦定理得:则，即：，所以，得，解得:，则,得：或（舍去），所以的面积为:。故选:D.【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形的面积公式，考查运算能力。11.已知函数f（x）＝Acos（ωx+φ）(A＞0,ω＞0，0＜φ＜π）的图象的一个最高点为（），与之相邻的一个对称中心为，将f（x）的图象向右平移个单位长度得到函数g（x）的图象，则（）A.g(x）为偶函数B.g（x）的一个单调递增区间为C。g（x）为奇函数D.函数g（x）在上有两个零点【答案】B【解析】【分析】先根据函数的部分图象和性质求出f（x）解析式，再根据图象的变换规律求得g（x），最后根据余弦函数性质得出结论．【详解】因为函数f（x）＝Acos（ωx+φ）的图象的一个最高点为(），与之相邻的一个对称中心为，所以A=3,（）；所以T＝π所以ω＝2；所以f（x）＝3cos（2x+φ）;又因为f（）＝3cos[（2×（）+φ]＝3,所以φ＝Kπ；∵0＜φ＜π；∴φ，∴f（x）＝3cos（2x）；因为将f（x）的图象向右平移个单位长度得到函数g（x)的图象，所以g（x）＝3cos［2(x）]＝3cos(2x）；是非奇非偶函数；令﹣π+2kπ≤2x2kπ，所以kπ≤x≤kπ,k∈z；当k＝0时，g（x）的一个单调递增区间为：;令2xkπ，解得x，k∈z，∴函数g（x）在[0，]上只有一个零点．故选：B．【点睛】本题主要考查由三角函数部分图象求解析式，图象变换以及三角函数的性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.12。已知正方体的棱长为2，为的中点，则三棱锥的外接球的表面积为(）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由条件判断得到三棱锥外接球即四棱锥的外接球,设四棱锥的外接球半径为，则由勾股定理可解出，即可求得三棱锥的外接球的表面积.【详解】如图,因为、、、的四点共面，所以三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，因为为矩形，且，，，四棱锥的高为，设四棱锥的外接球半径为,则，解得,则三棱锥的外接球表面积,故选:D．【点评】本题考查三棱锥外接球表面积，转化为求四棱锥的外接球半径是关键,考查数形结合思想，属于中档题．二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13。已知向量，若，则____________。【答案】5【解析】【分析】根据题意,根据平面向量坐标的加减法运算求出，由于,得出，最后利用向量垂直的坐标表示，即可求出.【详解】解:由题可知，,则，由于，则，即:，解得：。故答案为：5。【点睛】本题考查平面向量坐标的加减法运算和向量垂直的坐标表示，属于基础题.14.已知定义域为R的函数f（x）满足f(﹣x）＝﹣f（x）,f（x+2）＝﹣f（x)，且f（x）,则f（7）＝_____．【答案】-1【解析】【分析】由f（﹣x）＝﹣f（x)和f(x+2）＝﹣f（x），推导出函数的周期，再利用周期性和奇偶性求解。【详解】因为定义域为R的函数f（x）满足f（﹣x）＝﹣f（x），f（x+2）＝﹣f（x），所以f（x+4)＝﹣f（x+2）＝f(x），所以函数f（x）的周期为4,又因为f（x）是奇函数,所以f（7）＝f（7—8)＝f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣1．故答案为：﹣1．【点睛】本题考查主要函数值的求法以及函数周期性和奇偶性的应用,还考查了运算求解的能力,属于基础题．15.已知,则____________。【答案】【解析】【分析】根据题意，由，两边同时平方并利用同角三角函数的平方关系得出，得出，根据三角函数所在象限的符号，从而可判断出，再根据，可求得的值，即可求出的值，最后根据二倍角的正切公式，即可求出的结果.【详解】因为，两边同时平方得出：，即：，得，而中，,则可知,所以得，即有，∴，可解得，∴，，即:。故答案为：.【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系，以及二倍角的正切公式的应用,还涉及利用齐次式进行化简求值，三角函数中需特别注意象限的判断.16.已知抛物线C：y2＝2x，过点E（a，0）的直线l与C交于不同的两点P（x1，y1),Q(x2，y2），且满足y1y2＝﹣4,以Q为中点的线段的两端点分别为M，N，其中N在x轴上,M在C上,则a＝_____．｜PM｜的最小值为_____．【答案】(1)。2(2).4【解析】【分析】过点E(a，0）的直线l的方程设为x＝my+a，代入抛物线的方程,运用韦达定理,结合条件，解方程可得a的值；再设直线PM的方程为x＝ny+b，联立抛物线方程，设M（x3，y3），运用韦达定理和中点坐标公式，可得b＝4,再由弦长公式和二次函数的最值求法,可得所求最小值．【详解】过点E（a，0）的直线l的方程设为x＝my+a，代入抛物线方程y2＝2x，可得y2﹣2my﹣2a＝0，所以y1+y2＝2m，y1y2＝﹣2a＝﹣4,可得a＝2；设直线PM的方程为x＝ny+b，联立抛物线方程y2＝2x，可得y2﹣2ny﹣2b＝0，设M（x3，y3)，所以y1+y3＝2n，y1y3＝﹣2b，由Q为MN的中点，且N在x轴上，可得y3＝2y2，即有2y1y2＝﹣2b＝﹣8，可得b＝4，则｜PM｜••224,当n＝0即PM⊥x轴时，｜PM｜取得最小值4．故答案为：2；4．【点睛】本题考查抛物线的方程和运用,考查直线方程和抛物线联立，运用韦达定理和弦长公式，考查方程思想和运算能力,属于中档题．三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。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：共60分。17。已知数列{an｝的前n项和为Sn，且Sn＝n2+an﹣1．（1）求｛an}的通项公式；（2)设bn，求数列｛bn}的前n项和Tn．【答案】（1）an＝2n+1;(2）Tn．【解析】【分析】（1)先由得到,两式相减得，进而求得；（2）利用裂项相消法求和即可．【详解】解：（1）∵①，∴,②,由①﹣②可得：，整理得：，,∴，当时，有,所以也适合，故；（2）∵,∴,∴．【点睛】本题主要考查数列通项公式的求法及裂项相消法求前n项和，属于中档题．18.如图，已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1，E，F分别是棱CC1，AB的中点．（1）证明：CF∥平面AEB1．（2）若AC＝BC＝AA1＝4，∠ACB＝90°,求三棱锥B1﹣ECF的体积．【答案】（1)证明见解析（2）．【解析】【分析】(1）取AB1的中点G,连结EG,FG，推导出四边形FGEC是平行四边形，从而CF∥EG，由此能证明CF∥平面AEB1．（2）求出△B1EC的面积，三棱锥F﹣B1CE的高为2，由此能求出三棱锥F﹣B1CE的体积，再利用等体积法求解。【详解】（1)如图所示：取AB1的中点G，连结EG，FG,∵F,G分别是AB,AB1的中点，∴FG∥EC，FG＝EC，∴四边形FGEC是平行四边形，∴CF∥EG，∵CF⊄平面AEB1，EG⊂平面AEB1，∴CF∥平面AEB1．（2）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,∵BC＝AA1＝4,E是CC1的中点,∴△B1EC的面积为,∵AC⊥BC，平面ABC平面,平面ABC平面=BC，∴AC平面，∵F是AB的中点,∴三棱锥F﹣B1CE的高为2，∴三棱锥F﹣B1CE的体积为V．∵三棱锥B1﹣ECF的体积与三棱锥F﹣B1CE的体积相等，∴三棱锥B1﹣ECF的体积为。【点睛】本题主要考查线面平行的证明,三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查推理论证能力能力与运算求解能力，属于中档题．19.冠状病毒是一个大型病毒家族,已知的有中东呼吸综合征(MERS）和严重急性呼吸综合征（SARS)等较严重的疾病，新型冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，某小区为进一步做好新型冠状病毒肺炎疫情知识的教育，在小区内开展“新型冠状病毒防疫安全公益课”在线学习，在此之后组织了“新型冠状病毒防疫安全知识竞赛”在线活动．已知进入决赛的分别是甲、乙、丙、丁四位业主，决赛后四位业主相应的名次为第1，2，3，4名，该小区为了提高业主们的参与度和重视度，邀请小区内的所有业主在比赛结束前对四位业主的名次进行预测,若预测完全正确将会获得礼品，现用表示某业主对甲、乙、丙、丁四位业主的名次做出一种等可能的预测排列，记．（1）求出的所有可能情形；（2）若会有小礼品赠送，求该业主获得小礼品的概率，【答案】（1）见解析(2）．【解析】【分析】(1）利用列举法能求出的所有可能情况．(2）以为一个基本事件,列表求出所有可能结果，由此能求出该业主获得小礼品的概率．【详解】（1)利用列举法得到的所有可能情形如下：,，，，,，，,，，,，，,，，，，，，，，,。共种情况.（2）以（a，b，c,d）为一个基本事件，如下表所示：因为共有种情况,所以的概率为，即该业主获得小礼品的概率为．【点睛】本题主要考查古典概型，考查列举法等基础知识,同时考查了学生的运算求解能力，属于简单题．20.已知函数在处取得极小值．（1）求f（x）；（2）令函数，若f（x）≤g（x)对x∈［1，4］恒成立，求m的取值范围．【答案】(1）；（2）．【解析】【分析】（1）先对函数求导,然后结合极值存在的条件代入即可求解a，b，进而可求函数解析式；（2）由已知不等式恒成立，分离参数后转化为求解函数的最值问题，可构造函数，结合导数可求．【详解】解：(1)，所以，f（）,解可得，；（2)若f（x）≤g（x）对x∈［1,4]恒成立，则，所以m对x∈［1,4]恒成立,令h(x），x∈［1，4]，则，当1时，h′（x）＞0，函数单调递增,当时，h′（x)＜0，函数单调减，故h(x）max＝h（）,即m的范围．【点睛】本题考查了函数极值存在条件的应用，考查利用分离法处理恒成立问题中参数范围求解问题，体现了转化思想的应用，是中档题．21.已知椭圆C：1（a＞b＞0）的离心率为，点M（a，0），N（0，b）,O（0，0），且△OMN的面积为1．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设A，B是x轴上不同的两点，点A（异于坐标原点）在椭圆C内，点B在椭圆C外．若过点B作斜率不为0的直线与C相交于P,Q两点，且满足∠PAB+∠QAB＝180°．证明：点A，B的横坐标之积为定值．【答案】（1）y2＝1；（2)见解析【解析】【分析】(1）由题意离心率的值及三角形OMN的面积和a,b，c之间的关系求出a，b的值，进而求出椭圆的方程；(2）作点P关于x轴的对称点，由椭圆的对称性可知∠PAB＝∠AB，∠QBA＝∠BA，所以，A，Q三点共线，设Q，A，B的坐标，设直线Q的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，因为∠QBA＝∠BA，所以,求出两条直线的斜率，求出A,B的乘积为定值．【详解】解：（1）由题意可得:，解得:a2＝4，b2＝1，所以椭圆C的标准方程：y2＝1；（2）证明：作点P关于x轴的对称点，由椭圆的对称性可知，点在椭圆上，且∠PAB＝∠AB，∠QBA＝∠BA，因为∠PAB+∠QAB＝180°．所以∠AB+∠QAB＝180°，所以,A，Q三点共线，由题意可知直线Q不与x轴平行或重合，设直线Q的方程为：x＝ty+m，(mt≠0），设,联立直线与椭圆的方程：，消x可得,则有y1+y2，y1y2,因为∠QBA＝∠BA，所以，即,所以，即即，解得,因为，所以，故点A，B横坐标之积为定值4．【点睛】本题考查求椭圆方程及直线与椭圆的综合，及由角的关系可得斜率的关系，属于中档题．（二）选考题：共10分请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做,则按所做的第一题计分.[选修4—4:坐标系与参数方程］22。在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(为参数），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)