2020届广东省惠州市高三第三次调研考试数学(文)试题(解析版).doc

1、2020年1月2日高中数学作业一、单选题1若，则（ ）ABCD【答案】C【解析】【分析】先求集合B，再根据并集定义求结果.【详解】.故选：C【点睛】本题考查集合并集定义，考查基本分析求解能力，属基础题.2设i为虚数单位，复数，则在复平面内对应的点在第（ ）象限A一B二C三D四【答案】B【解析】【分析】先根据复数乘法求复数代数形式，再确定象限.【详解】，所以在复平面内对应的点为，在第二象限.故选：B【点睛】本题考查复数乘法运算以及复数几何意义，考查基本分析求解能力，属基础题.3已知数列是等比数列，函数的两个零点是，则（ ）A1BCD【答案】D【解析】【分析】根据韦达定理得，再根据等比数列性质结果

2、.【详解】由韦达定理可知，则，从而，且，故选：D【点睛】本题考查方程与函数零点关系以及等比数列性质，考查基本分析求解能力，属基础题.4“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】当”时，则或此时可能无意义，故不一定成立，而当时，则或，“”成立故“”是的一个必要不充分条件。故答案选5已知圆C：上存在两点关于直线对称，=（ ）A1BC0D【答案】A【解析】【分析】根据圆的对称性圆心在对称轴上，通过列方程解得结果.【详解】若圆上存在两点关于直线对称，则直线经过圆心，得.故选：A【点睛】本题考查圆的对称性，考查基本分析求解能力，属基础题.6在中，

3、是直线上的一点，若，则=（ ）ABC1D4【答案】B【解析】【分析】先根据条件化以为基底向量，再根据平面向量共线定理推论确定参数.【详解】，又三点共线，所以，得.故选：B【点睛】本题考查平面向量共线定理推论，考查基本分析求解能力，属基础题.7惠州市某学校一位班主任需要更换手机语音月卡套餐，该教师统计自己1至8月的月平均通话时间，其中有6个月的月平均通话时间分别为520、530、550、610、650、660（单位：分钟），有2个月的数据未统计出来.根据以上数据，该教师这8个月的月平均通话时间的中位数大小不可能是（ ）A580B600C620D640【答案】D【解析】【分析】先假设未统计2个月的

4、数据，确定中位数大小的取值区间，再判断选择.【详解】当另外两个月的通话时长都小于530（分钟）时，中位数为（分钟），当另外两个月的通话时长都大于650（分钟）时，中位数为（分钟），所以8个月的月通话时长的中位数大小的取值区间为.故选：D【点睛】本题考查根据数据估计中位数，考查基本分析求解能力，属基础题.8已知函数为偶函数，若曲线的一条切线与直线垂直，则切点的横坐标为（ ）ABCD【答案】D【解析】【分析】先根据偶函数求参数，再求导数，根据导数几何意义得斜率，最后根据直线垂直关系得结果.【详解】为偶函数，则，设切点得横坐标为，则解得，（负值舍去）所以.故选：D【点睛】本题考查偶函数性质、导数几何

5、意义以及直线垂直关系，考查综合分析求解能力，属基础题.9函数在的图像大致为（ ）ABCD【答案】C【解析】试题分析：因为，故排除A；因为，所以函数为奇函数，故排除B；因为，分别作出与的图象，可知极值点在上，故选C考点：1、函数的图象；2、函数的奇偶性；3、利用导数研究函数的单调性10为椭圆上的一个动点，分别为圆与圆上的动点，若的最小值为，则（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】圆外的点到圆上点的距离的最小值为：点到圆心的距离减去半径；从而得到两个不等式，再根据的最小值，得到关于的方程，进而求得答案.【详解】因为，恰好为椭圆的两个焦点，因为，所以.因为，得，所以，则.故选：B.【点睛】本题考查

6、圆外一点到圆上一点距离的最小值，考查数形结合思想的应用，求解时注意利用不等式结合最值进行运算求值.11已知函数，对任意，都有，若在上的值域为，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【解析】【分析】先化简函数，根据正弦函数性质求最大值，解得；再根据在上的值域确定取值范围，解得结果.【详解】=， ，.故选：A【点睛】本题考查辅助角公式以及正弦函数性质，考查综合分析求解能力，属中档题.12已知函数在处的导数相等，则不等式恒成立时，实数m的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【解析】【分析】先求导数，根据条件解得，代入化简不等式；再将不等式恒成立问题转化为对应函数最值问题，最后利用导数求对应函数最值，即

7、得结果.【详解】由题得，由已知得为两个不等实根，所以，恒成立，恒成立.令，则，当，当上单调递减，在上单调递增.故选：A【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，属中档题.二、填空题13执行如图所示的程序框图，则输出的n值是_.【答案】6【解析】【分析】执行循环，根据判断条件判断是否继续循环，直至跳出循环输出结果.【详解】结束循环，输出结果：6故答案为：6【点睛】本题考查循环结构流程图，考查基本分析求解能力，属基础题.14已知的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c,若，则_【答案】（或120）【解析】【分析】根据余弦定理直接求解得，再根据特殊角三角函数值得结果.【详解

8、】因为，故答案为：【点睛】本题考查余弦定理，考查基本分析求解能力，属基础题.15如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为_【答案】.【解析】【分析】设球的半径为，可知圆柱高为；根据圆柱表面积和球的表面积公式分别求得表面积，作比得到结果.【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为圆柱的表面积；球的表面积圆柱的表面积与球的表面积之比为本题正确结果：【点睛】本题考查圆柱表面积和球的表面积公式的应用，属于基础题.16设为不等式组所

9、表示的平面区域，为不等式组所表示的平面区域，其中，在内随机取一点，记点在内的概率为（）若，则_（）的最大值是_【答案】. . 【解析】分析：，当时，时，求出满足的面积，分别求出满足面积，利用几何概型概率公式求解即可.详解：由题意可得，当时，满足的面积为，时，满足面积为 所以，；如图，当取得最大值时，即时最大，当时，满足的面积为，时，满足面积为 所以；最大值为故答案为， .点睛：本题主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要

10、高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本事件对应的区域测度把握不准导致错误 ；（3）利用几何概型的概率公式时 , 忽视验证事件是否等可能性导致错误.三、解答题17等差数列的前项和为，已知，公差为大于0的整数，当且仅当=4时，取得最小值.（1）求公差及数列的通项公式；（2）求数列的前20项和.【答案】（1）=2，（2）272【解析】【分析】（1）根据等差数列性质得，解不等式得范围，再根据为大于0的整数得的值，最后根据等差数列通项公式得结果；（2）先根据项的正负去掉绝对值，再分别根据对应等差数列求和公式求和，即得结果.【详解】（1）设的公差为，则由题可知：. ，即

11、. 解得.因为为整数，=2 所以数列的通项公式为 （2）当时，；当时， .=272 所以数列的前20项和为272.【点睛】本题考查等差数列通项公式、等差数列求和公式以及等差数列性质，考查综合分析求解能力，属中档题.18如图，四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，点是的中点（1）求证：平面；（2）若平面平面，求三棱锥的体积【答案】（1）证明见解析 （2）4【解析】【分析】（1）设，利用三角形中位线性质得，再根据线面平行判定定理得结果；（2）取的中点，结合面面垂直性质定理得平面，再根据等体积法以及利用锥体体积公式求结果.【详解】（1）连接，设，连接，则点是的中点又因为是的中点，所以， 又因为平面，平

12、面所以平面（2）因为四边形是菱形，且，所以又因为，所以三角形是正三角形 取的中点，连接，则 又平面平面，平面，平面平面， 所以平面即是四棱锥的一条高而所以 综上，三棱锥的体积为4.【点睛】本题考查线面平行判定定理、面面垂直性质定理以及锥体体积公式，考查综合分析论证与求解能力，属中档基础题.19惠州市某商店销售某海鲜，经理统计了春节前后50天该海鲜的日需求量（，单位：公斤），其频率分布直方图如下图所示.该海鲜每天进货1次，每销售1公斤可获利40元；若供大于求，剩余的海鲜削价处理，削价处理的海鲜每公斤亏损10元；若供不应求，可从其它商店调拨，调拨的海鲜销售1公斤可获利30元.假设商店该海鲜每天的进

13、货量为14公斤，商店销售该海鲜的日利润为元.（1）求商店日利润关于日需求量的函数表达式.（2）根据频率分布直方图，估计这50天此商店该海鲜日需求量的平均数.假设用事件发生的频率估计概率，请估计日利润不少于620元的概率.【答案】（1）（2）15.32公斤 0.4【解析】【分析】（1）根据条件列分段函数关系式，即得结果；（2）根据组中值求平均数，先根据函数关系式确定日利润不少于620元对应区间，再求对应区间概率.【详解】（1）当时当时所求函数表达式为： （2）由频率分布直方图得：海鲜需求量在区间的频率是；海鲜需求量在区间的频率是 海鲜需求量在区间的频率是；海鲜需求量在区间的频率是；海鲜需求量在区

14、间的频率是； 这50天商店销售该海鲜日需求量的平均数为： （公斤）当时，由此可令，得所以估计日利润不少于620元的概率为.【点睛】本题考查函数解析式以及利用频率分布直方图求平均数和概率，考查综合分析求解能力，属中档题.20己知函数，它的导函数为.（1）当时，求的零点；（2）若函数存在极小值点，求的取值范围.【答案】（1）是的零点；（2）【解析】【分析】（1）求得时的，由单调性及求得结果.（2）当时，易得存在极小值点，再分当时和当时，令，通过研究的单调性及零点情况，得到的零点及分布的范围，进而得到的极值情况，综合可得结果.【详解】（1）的定义域为，当时，.易知为上的增函数，又，所以是的零点.（2

15、）， 当时，令，得；令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，符合题意.令，则. 当时，所以在上单调递增.又，所以在上恰有一个零点，且当时，；当时，所以是的极小值点，符合题意. 当时，令，得.当）时，；当时，所以.若，即当时，恒成立，即在上单调递增，无极值点，不符合题意.若，即当时，所以，即在上恰有一个零点，且当时，；当时，所以是的极小值点，符合题意.综上，可知，即的取值范围为.【点睛】本题主要考查导数的综合应用，考查了函数的极值，单调性和函数的导数之间的关系，构造函数研究函数的单调性是解决本题的关键综合性较强，运算量较大，有一定的难度21设抛物线C:与直线交于A、B两点.（1）当取得最小值为时

16、，求的值.（2）在（1）的条件下，过点作两条直线PM、PN分别交抛物线C于M、N（M、N不同于点P）两点，且的平分线与轴平行，求证：直线MN的斜率为定值.【答案】（1）（2）证明见解析，定值.【解析】【分析】（1）先确定直线过抛物线焦点，再根据抛物线定义求，最后根据最小值求的值；（2）先确定PM、PN的斜率互为相反数，再设直线PM方程，与抛物线联立解得M坐标，类似可得N点坐标，最后利用斜率公式求结果.【详解】（1）由题意知：直线过定点，该点为抛物线焦点. 联立，消去得： 设，有，当时，解得（2）证明：由已知可知直线PM、PN的斜率存在，且互为相反数设，直线PM的方程为.联立，消去x整理得：.又

17、4为方程的一个根，所以，得同理可得所以直线MN的斜率为定值. 【点睛】本题考查焦点弦长以及直线与抛物线位置关系，考查综合分析求解与论证能力，属中档题.22在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，若极坐标系内异于的三点，都在曲线上.（1）求证：；（2）若过，两点直线的参数方程为（为参数），求四边形的面积.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）将 代入极坐标方程，求出，利用两角和与差的余弦公式化简可得结论；（2）求得，则；又得.四边形面积为，化简可得结果.【详解】（1）由 ，则 ；（2）由曲线的普通方程为：，联立直线的参数方程得：解得

18、；平面直角坐标为：则；又得.即四边形面积为为所求.【点睛】本题主要考查极坐标方程以及参数方程的应用，考查了极径与极角的几何意义的应用，意在考查综合应用所学知识，解答问题的能力，属于中档题.23已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若对任意恒成立，求的取值范围.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】(1) 把要解的不等式等价转化为与之等价的三个不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求；(2)对x分类讨论，当时，借助绝对值不等式即可得到右侧的最小值，从而得到的取值范围.【详解】（1）当时，原不等式等价于，解得，所以；当时，原不等式等价于，解得，所以此时不等式无解；当时，原不等式等价于，解得，所以；综上所述，不等式解集为.（2）由，得当时，恒成立，所以；当时，因为当且仅当即或时，等号成立所以，综上，的取值范围是.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，函数的恒成立问题，绝对值三角不等式，体现了等价转化的数学思想，属于中档题