广东省深圳市2020届高三二模考试数学（理）试题+Word版含解析

2020年深圳市高三年级第二次调研考试

数学（理科）

本试卷共6页，23小题，满分150分．考试用时120分钟．

注意事项：

1．答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校、姓名和考生号，并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁、不污损．

2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上．

3．非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效．

4．作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再作答．

5．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回．

一、选择题：本题共12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.设z,则|z|＝（    ）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】B

【解析】

【分析】

把已知等式变形,再由商的模等于模的商求解即可.

【详解】解：∵z,

∴|z|＝||.

故选：B.

【点睛】本题考查复数模的求法,考查数学转化思想方法,是基础题.

2.已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据指数函数的值域化简集合的表示，解一元二次不等式化简集合的表示，最后根据集合的交集和并集的定义、子集的定义进行判断即可.

【详解】因为，，

所以，故选项A不正确；

，故选项B不正确；

根据子集的定义有.

故选：D

【点睛】本题考查了集合交集、并集的运算，考查了子集的定义，考查了指数函数的值域，考查了解一元二次不等式，考查了数学运算能力.

3.设α为平面，m，n为两条直线，若，则“”是“”的（    ）

A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件

C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】

根据充分性和必要性的定义，结合线面垂直的性质进行判断即可.

【详解】当时，如果，不一定能推出，因为直线n可以在平面α外，

当时，如果，根据线面垂直的性质一定能推出，所以若，则“”是“”的必要不充分条件.

故选：C

【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，考查了线面垂直的性质，考查了推理论证能力.

4.已知双曲线C：（，）的两条渐近线互相垂直，则C的离心率为（    ）

A.  B. 2 C.  D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】

根据双曲线和渐近线的对称性，结合双曲线离心率的公式、之间的关系、双曲线渐近线方程进行求解即可.

【详解】双曲线C：的渐近线方程为：，因为该双曲线的两条渐近线互相垂直，

所以有.

故选：A

【点睛】本题考查了已知双曲线渐近线的性质求离心率问题，考查了数学运算能力，属于基础题.

5.已知定义在R上的函数满足，当时，，则（    ）

A.  B. 2 C.  D. 8

【答案】A

【解析】

【分析】

根据等式，结合已知函数的解析式、指数幂运算公式进行求解即可

【详解】因为，所以，

因为，所以.

故选：A

【点睛】本题考查了求函数值，考查了指数运算公式的应用，考查了数学运算能力.

6.若，，…，的平均数为a，方差为b，则，，…，的平均数和方差分别为（    ）

A. 2a，2b B. 2a，4b C. ，2b D. ，4b

【答案】D

【解析】

【分析】

直接根据平均值和方差的性质得到答案.

【详解】根据平均值和方差的性质知：

，，…，的平均数和方差分别为和.

故选：D.

【点睛】本题考查了平均值和方差，意在考查学生的计算能力和对于平均值和方差的性质的灵活运用.

7.记等差数列的前n项和为，若，，则（    ）

A.  B.  C.  D. 0

【答案】A

【解析】

【分析】

直接利用等差数列和的性质得到答案.

【详解】根据等差数列和的性质知：，故，即.

故选：A.

【点睛】本题考查了等差数列和的性质，意在考查学生的计算能力和应用能力.

8.函数f（x）的部分图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先判断函数的奇偶性，结合选项中函数图象的对称性，先排除不符合题意的，然后结合特殊点函数值的正负即可判断.

【详解】因为f（﹣x）f（x），

所以f（x）为偶函数，图象关于y轴对称，排除选项A，C，

又f（2），

因为，所以，所以f（2）＜0，排除选项D.

故选：B.

【点睛】本题主要考查函数图象与性质及其应用，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.

9.已知椭圆C：的右焦点为F，O为坐标原点，C上有且只有一个点P满足，则C的方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据对称性知在轴上，，计算得到答案.

【详解】根据对称性知在轴上，，故，，解得，，

故椭圆方程为：.

故选：D.

【点睛】本题考查了椭圆方程，意在考查学生计算能力，确定在轴上是解题的关键.

10.下面图1是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图.其阴离子排列如图2所示,图2中圆的半径均为1,且相邻的圆都相切,A,B,C,D是其中四个圆的圆心,则•（    ）

A. 32 B. 28 C. 26 D. 24

【答案】C

【解析】

【分析】

建立以为一组基底的基向量,其中且的夹角为60°,根据平面向量的基本定理可知,向量和均可以用表示,再结合平面向量数量积运算法则即可得解.

【详解】解：如图所示,建立以为一组基底的基向量,其中且的夹角为60°,

∴,,

∴.

故选：C.

【点睛】本题考查平面向量的混合运算,观察图形特征,建立基向量是解题的关键,考查学生的分析能力和运算能力,属于中档题.

11.意大利数学家斐波那契（1175年—1250年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，…，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为（设是不等式的正整数解，则的最小值为（    ）

A. 10 B. 9 C. 8 D. 7

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意，是不等式的正整数解，化简得，即，根据数列的单调性，求出成立的的最小值，即可求出答案.

【详解】解析：∵是不等式的正整数解，

∴，

∴，

∴，

即

∴，

∴，

∴，

∴，

令，则数列即为斐波那契数列，

，即，

显然数列为递增数列，所以数列亦为递增数列，

不难知道，，且，，

∴使得成立的的最小值为8，

∴使得成立的的最小值为8.

故选：C.

【点睛】本题考查数列的新定义，以及利用数列的单调性求最值，还根据对数运算化简不等式，考查转化思想和化简运算能力.

12.已知直线与函数（）的图象相交，将其中三个相邻交点从左到右依次记为A，B，C，且满足有下列结论：

①n的值可能为2

②当，且时，的图象可能关于直线对称

③当时，有且仅有一个实数ω，使得在上单调递增；

④不等式恒成立

其中所有正确结论的编号为（    ）

A. ③ B. ①② C. ②④ D. ③④

【答案】D

【解析】

【分析】

根据三角函数的图像性质，依次分析四个结论即可求解.

【详解】解析：如图所示，

不妨设，，，且线段的中点为，

显然有，，且的图象关于直线对称，

∵，∴，

∴，即,（1）

∵，且，∴由正弦曲线的图像可知，

（）.

∴（），

即，（2）

由等式（1），（2）可得，

∴，即，

∴，且，∴，且，

对于结论①，显然，故结论①错误：

对于结论②，当，且时，则，

故，若的图象关于直线对称，

则（），即（）

显然与矛盾，从而可知结论②错误：

对于结论③，∵，且在区间上单调递增，

∴，∴，故结论③正确；

对于结论④，下证不等式（），

（法一）当时，，

∴（），即（），

（法二）即证不等式（）恒成立，

构造函数（），显然函数单调递增，

当时，，即不等式（）恒成立，故结论④正确：

综上所述，正确的结论编号为③④

故选：D

【点睛】本题考查三角函数的图像性质，属于中档题.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13.曲线在点处切线的方程为__________．

【答案】

【解析】

【分析】

对求导，带入得到斜率，通过点斜式得到切线方程，再整理成一般式得到答案.

【详解】

带入得切线的斜率，

切线方程为，整理得

【点睛】本题考查导数的几何意义，通过求导求出切线的斜率，再由斜率和切点写出切线方程.难度不大，属于简单题.

14.若x，y满足约束条件，则的最大值为__________.

【答案】2

【解析】

【分析】

画出可行域，表示可行域上的点到原点的斜率，分析并计算的最大值.

【详解】作出可行域如图所示，

又为可行域内的点到原点的斜率，由图得的最大值为，

又，得的最大值为.

故答案为：

【点睛】本题考查了线性规则，正确画出不等式组表示的平面区域是解题的基础，理解目标函数的意义是解题的关键．

15.2020年初，湖北成为全国新冠疫情最严重的省份，面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，全国人民心系湖北，志愿者纷纷驰援若将4名医生志愿者分配到两家医院（每人去一家医院，每家医院至少去1人），则共有__________种分配方案.

【答案】14

【解析】

【分析】

根据题意先将4名医生分成2组，再分配的两家医院即可求得分配方案的种数，分组时有和两种分组方法，同时注意是平均分组问题.

【详解】由题先将4名医生分成2组，有种，

再分配的两家医院有种.

故答案为：14

【点睛】本题考查了排列组组合的综合应用，考查了先选再排的技巧，分组时要注意分类讨论，还有要特别注意平均分组问题的计数方法.

16.已知正方形边长为3，点E，F分别在边，上运动（E不与A，B重合，F不与A，D重合），将以为折痕折起，当A，E，F位置变化时，所得五棱锥体积的最大值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】

欲使五棱锥的体积最大，须有平面平面，求出底面五边形的面积以及高，利用棱锥的体积公式得出体积表达式，再由基本不等式以及导数得出五棱锥体积的最大值.

【详解】解析：不妨设，，

在直角三角形中，易知边上的高为

又五棱锥的底面面积为

欲使五棱锥的体积最大，须有平面平面

∴

∵，∴

令，则，∴，

令，，则

不难知道，当时，取得最大值

∴

综上所述，当时，五棱锥的体积取得最大值

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了利用导数解决实际应用问题，涉及了棱锥的体积公式和基本不等式的应用，属于中档题.

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第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.中，D为上的点，平分，，，的面积为.

（1）求的长；

（2）求.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）根据三角形面积公式可得，可得，根据余弦定理可得；

（2）根据余弦定理求出，可得，再利用以及两角差的正弦公式可得结果.

【详解】（1）因为，，面积为，

∴，

∴，

∵，平分，

∴，

∴，

在中，由余弦定理，得

，

∴.

（2）在中，由余弦定理，得，

∴，

因为平分，所以，

∴

，

【点睛】本题考查了余弦定理、三角形内角和定理、三角形的面积公式、两角差的正弦公式，属于基础题..

18.如图，三棱柱中，底面为等边三角形，E，F分别为，的中点，，.

（1）证明：平面；

（2）求直线与平面所成角的大小.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1）通过计算可得，通过证明平面，可得，再根据直线与平面垂直的判定定理可得平面；

（2）先说明直线，，两两垂直，再以，，的方向为x，y，z轴的正方向，以点E为原点，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量可求得结果.

【详解】（1）证明：设，∵，

则，，，

∵点E为棱的中点，∴，

∴，∴.

∵三棱柱的侧面为平行四边形，

∴四边形为矩形，

∵点F为棱的中点，

∴，，

∴，∴.

∵三棱柱的底面是正三角形，E为的中点，

∴.

∵，且平面，平面，且，相交，

∴平面，∵平面，∴，∵，

∴平面.

（2）由（1）可知平面，∴，∴平面，

∴三棱柱是正三棱柱，

设的中点为M，则直线，，两两垂直，

分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，以点E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，，，，

则，，.

设平面的一个法向量为，则，则，则，

不妨取，则，则，所以，

设直线与平面所成角为，

则，

因为，所以

则直线与平面所成角的大小为.

【点睛】本题考查了线面垂直的性质与判定，考查了直线与平面所成角的向量求法，属于中档题.

19.足球运动被誉为“世界第一运动”.为推广足球运动，某学校成立了足球社团由于报名人数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定否录取，规则如下：

（1）下表是某同学6次的训练数据，以这150个点球中的进球频率代表其单次点球踢进的概率.为加入足球社团，该同学进行了“点球测试”，每次点球是否踢进相互独立，将他在测试中所踢的点球次数记为，求；

（2）社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到.记开始传球的人为第1次触球者，接到第n次传球的人即为第次触球者，第n次触球者是甲的概率记为.

（i）求，，（直接写出结果即可）；

（ii）证明：数列为等比数列.

【答案】（1）（2）（i），，（ii）证明见解析；

【解析】

【分析】

（1）先求出踢一次点球命中的概率，然后根据相互独立事件的乘法公式分别求出取1，2，3的概率，再根据离散型随机变量的期望公式可求得结果；

（2）（i）根据传球顺序分析可得答案；（ii）根据题意可得，再变形为，根据等比数列的定义可证结论.

【详解】（1）这150个点球中的进球频率为，

则该同学踢一次点球命中的概率，

由题意，可能取1，2，3，则

，，，

则的期望.

（2）（i）因为从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，所以第1次触球者是甲的概率，显然第2次触球者是甲的概率，第2次传球有两种可能，所以第3次触球者是甲的概率概，

（ii）∵第n次触球者是甲的概率为，

所以当时，第次触球者是甲的概率为，第次触球者不是甲的概率为，

则.

从而，又，

∴是以为首项，公比为的等比数列.

【点睛】本题考查了样本估计总体，离散型随机变量的期望，考查了递推关系以及等比数列的概念；考查分析问题、解决问题的能力，建模能力，处理数据能力.属于中档题.

20.在平面直角坐标系中，P为直线：上的动点，动点Q满足，且原点O在以为直径的圆上.记动点Q的轨迹为曲线C

（1）求曲线C的方程：

（2）过点的直线与曲线C交于A，B两点，点D（异于A，B）在C上，直线，分别与x轴交于点M，N，且，求面积的最小值.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）设动点，表示出，再由原点O在以为直径的圆上，转化为，得到曲线C的方程.

（2）设而不解，利用方程思想、韦达定理构建面积的函数关系式，再求最小值.

【详解】解：（1）由题意，不妨设，则，，

∵O在以为直径的圆上，∴，∴，

∴，∴曲线C的方程为.

（2）设，，，，，

依题意，可设：（其中），由方程组消去x并整理，得

，则，，

同理可设，，

可得，，

∴，，

又∵，∴，

∴，∴，

∴

，

∴，

∴当时，面积取得最小值，其最小值为.

【点睛】本题以直线与抛物线为载体，其几何关系的向量表达为背景，利用方程思想、韦达定理构建目标函数，利用坐标法解决几何问题贯穿始终，主要考查直线与抛物线的位置关系最值问题，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力.

21.已知函数．（其中常数，是自然对数的底数）

（1）若，求在上的极大值点；

（2）（）证明在上单调递增；

（）求关于的方程在上的实数解的个数．

【答案】（1）；（2）（）证明见解析，（）当时，方程在上的实数解的个数为，当时，方程在上的实数解的个数为.

【解析】

【分析】

（1）首先求出函数的导数，利用导数得到函数的单调区间，再根据单调区间即可得到函数的极大值点.

（2）（）首先根据的单调性只需证明，将问题转化为证明，构造函数，再结合的单调性即可证明.（ii）首先证明，再证明函数的最大值，设，分别求出和的零点个数，从而得到方程解得个数.

【详解】（1）.

当时，.

所以函数的极大值点为.

（2）（）因为，所以在上必存在唯一的实数，使得.

所以，，为增函数，

，，为减函数.

要证明在上单调递增，只需证明即可.

又因为，所以，

即证即可.

设，，所以在为减函数.

当时，，，即，

即证，

所以在上单调递增.

（）先证明时，

设，，，

因为，所以，在为增函数.

所以，即.

再证明函数的最大值.

因为，所以，.

因为，所以.

所以.

下面证，令，则，

即证，，，.

设，，

所以函数为增函数.

当时，，即.

即证：.

设，，

当时，，，

且在为减函数，所以在上有唯一零点.

当时，，，且在为增函数.

①当时，，即，所以在上没有零点.

②当时，，即，所以在上有唯一零点.

综上所述：当时，方程在上的实数解的个数为，

当时，方程在上的实数解的个数为.

【点睛】本题主要考查函数的单调区间、极值和最值，同时考查了利用导数研究函数的零点问题，考查了学生的计算能力，属于难题.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，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.椭圆规是用来画椭圆的一种器械，它的构造如图所示，在一个十字形的金属板上有两条互相垂直的导槽，在直尺上有两个固定的滑块A，B，它们可分别在纵槽和横槽中滑动，在直尺上的点M处用套管装上铅笔，使直尺转动一周，则点M的轨迹C是一个椭圆，其中|MA|＝2，|MB|＝1，如图，以两条导槽的交点为原点O，横槽所在直线为x轴，建立直角坐标系.

（1）将以射线Bx为始边，射线BM为终边的角xBM记为φ（0≤φ＜2π），用表示点M的坐标，并求出C的普通方程；

（2）已知过C的左焦点F，且倾斜角为α（0≤α）的直线l1与C交于D，E两点，过点F且垂直于l1的直线l2与C交于G，H两点.当，|GH|，依次成等差数列时，求直线l2的普通方程.

【答案】（1），；（2）

【解析】

【分析】

（1）用三角函数表示出点M的坐标，直接利用转换关系把极坐标方程转换为直角坐标方程；（2）设出直线l1的参数方程，与椭圆方程联立利用直线参数的几何意义求出、，根据题意有，列出方程求出直线l1的斜率即可求得直线l2的方程.

【详解】（1）设M（x，y）依题意得：x＝2cosφ，y＝sinφ，

所以M（2cosφ，sinφ），

由于cos2φ+sin2φ＝1，整理得.

（2）由于直线l1的倾斜角为α（），且l1⊥l2，

所以直线l2的倾斜角为，依题意易知：F（），

可设直线l1的方程为（t为参数），

代入得到：，

易知，

设点D和点E对应的参数为t1和t2，

所以，.

则，

由参数的几何意义：，

设G、H对应的参数为t3和t4，同理对于直线l2，将α换为，

所以，

由于，|GH|，依次成等差数列，

所以，则，解得，

所以，又，所以，

所以直线l2的斜率为，直线l2的直角坐标方程为x.

【点睛】本题考查极坐标方程和直角坐标方程之间的转换、直线参数方程中参数的几何意义、韦达定理的应用、等差数列的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于较难题.

选修4－5：不等式选讲

23.已知a，b，c为正实数，且满足a+b+c＝1.证明：

（1）|a|+|b+c﹣1|；

（2）（a3+b3+c3）（）≥3.

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）根据a，b，c为正实数，且满足a+b+c＝1，得到b+c﹣1＝﹣a＜0，则|a|+|b+c﹣1|＝|a|+|﹣a|，再利用绝对值三角不等式求解.

（2）利用（a3+b3+c3）≥3abc，得到（a3+b3+c3）（）≥3abc（），进而变形为，再利用基本不等式求解.

【详解】（1）∵a，b，c为正实数，且满足a+b+c＝1，

∴b+c﹣1＝﹣a＜0，

∴|a|+|b+c﹣1|＝|a|+|﹣a|≥|（a）+（﹣a）|.

当且仅当（a）（﹣a）≥0，即0时，等号成立.

∴|a|+|b+c﹣1|；

（2）（a3+b3+c3）（）≥3abc，

，

，

，

＝3（a+b+c）＝3.

当且仅当a＝b＝c时等号成立.

∴（a3+b3+c3）（）≥3.

【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式，基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.