广东省东莞市2020届高三二模考试数学（文）试题+Word版含解析

这是一份广东省东莞市2020届高三二模考试数学（文）试题+Word版含解析，共25页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020年广东省东莞市高考数学二模试卷（文科）一、单项选择题（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.已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先求得集合，再结合集合交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，又有，则.故选：B.【点睛】本题主要考查了集合的交集的运算，其中解答中正确求解集合，再结合集合的交集的概念及运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2.已知复数，i为虚数单位，则＝（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数模的性质，以及乘除法的模的性质计算．【详解】．故选：B．【点睛】本题考查求复数的模，利用模的性质求解更加方便简捷．复数模的性质：，，．3.在一个圆柱内挖去一个圆锥，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，顶点是圆柱下底面中心．若圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则圆锥的侧面展开图面积为(　　)A.  B.  C. 3π D. 4π【答案】A【解析】【分析】由已知得到圆锥的半径与母线长，再代入扇形面积公式求得圆锥侧展图面积．【详解】圆锥侧面展开图是半径为，弧长为的扇形，其面积，所以圆锥的侧面展开图面积为.【点睛】本题考查求圆锥侧展图及扇形面积的基本运算．4.设等差数列的前项和，满足，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设等差数列的公差为，可得出关于和的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列的求和公式可求得的值.【详解】设等差数列的公差为，由题意可得，解得，因此，.故选：C.【点睛】本题考查等差数列求和，同时也考查了等差数列基本量的求解，考查计算能力，属于基础题.5.某轮船公司的质检部要对一批轮胎的宽度（单位：）进行质检，若从这批轮胎中随机选取个，至少有个轮胎的宽度在内，则称这批轮胎基本合格．已知这批轮胎的宽度分别为、、、、，则这批轮胎基本合格的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】可知轮胎的宽度为、、在内，列举出所有的基本事件，并列举出“从这批轮胎中随机选取个，至少有个轮胎的宽度在内”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】由题意可知，轮胎的宽度为、、在内，从这批轮胎中随机选取个，所有的基本事件有：、、、、、、、、、，其中，事件“从这批轮胎中随机选取个，至少有个轮胎的宽度在内”所包含的基本事件有：、、、、、、，共个，因此，这批轮胎基本合格的概率为.故选：D.【点睛】本题考查古典概型概率的计算，一般要列举出基本事件，考查计算能力，属于基础题.6.古希腊数学家阿波罗尼斯在他著作《圆锥曲线论》中记载了用平面切割圆锥得到圆锥曲线的方法.如图，将两个完全相同的圆锥对顶放置(两圆锥的轴重合)，已知两个圆锥的底面半径均为1，母线长均为3，记过圆锥轴的平面为平面(与两个圆锥侧面的交线为)，用平行于的平面截圆锥，该平面与两个圆锥侧面的交线即双曲线的一部分，且双曲线的两条渐近线分别平行于，则双曲线的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】求得圆锥的高，可得矩形的对角线长，即有，的夹角，可得两条渐近线的夹角，由渐近线方程和离心率公式，计算可得所求值．【详解】解：设与平面平行的平面为，以的交点在平面内的射影为坐标原点，两圆锥的轴在平面内的射影为轴，在平面内与轴垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系.根据题意可设双曲线.由题意可得双曲线的渐近线方程为，由，得离心率.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要是离心率的求法，考查数形结合思想和运算能力，属于中档题．7.已知为锐角，，则（    ）A.  B.  C. 2 D. 3【答案】A【解析】【分析】由计算出，再将用两角差的正切公式拆开，代入求值即可.【详解】解：，，且为锐角，故选：【点睛】本题考查二倍角公式与同角三角函数的基本关系以及两角差的正切公式，属于中档题.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（   ）A.  B.  C.  D. 【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.已知A，B，C三点不共线，且点O满足则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由向量的线性运算化简．【详解】∵，∴，整理得．故选：A．【点睛】本题考查向量的线性运算，解题关键是把用表示．10.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bcosC+ccosB＝6,c＝3,B＝2C,则cosC的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由已知利用二倍角的正弦函数公式,正弦定理可得，利用两角和的正弦函数公式,正弦定理化简已知等式可得，进而根据余弦定理即可求解的值．【详解】解：，，，由正弦定理,可得,可得，，设的外接圆半径为，由正弦定理可得，又，可得，可得，，可得，，则为锐角，解得．故选：D．【点睛】本题主要考查了正余弦定理在解三角形中的运用，需要根据题意确定合适的三角函数公式互化求解，属于中档题.11.在三棱锥A﹣BCD中，△ABD与△CBD均为边长为2的等边三角形，且二面角的平面角为120°，则该三棱锥的外接球的表面积为（　　）A. 7π B. 8π C.  D. 【答案】D【解析】【分析】如图，取BD中点H，连接AH，CH，则∠AHC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，即∠AHD＝120°，分别过E，F作平面ABD，平面BCD的垂线，则三棱锥的外接球一定是两条垂线的交点，记为O，连接AO，HO，则由对称性可得∠OHE＝60°，进而可求得R的值．【详解】解：如图，取BD中点H，连接AH，CH因为△ABD与△CBD均为边长为2的等边三角形所以AH⊥BD，CH⊥BD，则∠AHC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，即∠AHD＝120°设△ABD与△CBD外接圆圆心分别为E，F则由AH＝2可得AEAH，EHAH分别过E，F作平面ABD，平面BCD的垂线，则三棱锥的外接球一定是两条垂线的交点记为O，连接AO，HO，则由对称性可得∠OHE＝60°所以OE＝1，则R＝OA则三棱锥外接球的表面积 故选：D【点睛】本题考查三棱锥的外接球，球的表面积公式，画出图形，数形结合是关键，属于中档题．12.已知函数，对于任意，都有，则实数取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，结合函数的性质，得出在区间为单调递增函数，转化为时，在上恒成立，分离参数，得到在上恒成立，再构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.【详解】根据函数对于任意，都有，可得函数在区间为单调递减函数，由，可得函数为偶函数，图象关于轴对称，所以函数在区间为单调递增函数，当时，函数，可得，根据函数在区间为单调递增函数，可得在上恒成立，即在上恒成立，可转化为在上恒成立，令，则，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，最小值为，所以，解得，即实数的取值范围是.故选：A.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的应用，以及利用函数的单调性求解参数问题，其中解答中把函数的单调性转化为函数的导数恒成立，利用函数的最值求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知实数，满足，则目标函数的最大值为________.【答案】3【解析】【分析】根据约束条件得到可行域，将问题转化为求解在轴截距的最大值，由图象平移可知当直线过点时，最大，代入求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：则求的最大值等价于求解直线在轴截距的最大值由平移可知，当过点时，在轴截距最大由得：    本题正确结果：【点睛】本题考查利用线性规划的知识求解最大值的问题，关键是能够将问题转化为求解直线在轴截距最大值的问题，属于常规题型.14.记等比数列的前n项和为，若，，则公比______.【答案】或2【解析】【分析】由，，可得：，化简解出即可得出．【详解】解：由，，，化为：．解得或2．故答案为：或2．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15.若非零向量、满足，，则与的夹角为_____．【答案】【解析】【分析】设与的夹角为，由得出，结合平面向量数量积的运算律可求得的值，再结合角的取值范围可求得角的值，即可得解.【详解】设与的夹角为，，，则，即，可得，，.因此，与的夹角为.故答案为：.【点睛】本题考查利用平面向量垂直求夹角，考查平面向量数量积运算性质的应用，考查计算能力，属于基础题.16.在三棱锥中，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的体积与三棱锥的体积之比为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意，当面BCD面ABD时，三棱锥的体积最大.此时取BD的中点O，由，得，同理根据，且，由直角三角形中线定理可得，从而得到外接圆半径R=2，再分别利用体积公式求解.【详解】如图所示：当面BCD面ABD时，三棱锥的体积最大.取BD的中点O，因为，所以，，，，外接圆半径R=2，V球，，三棱锥外接球的体积与三棱锥的体积之比为.故答案为：【点睛】本题主要考查组合体的体积问题，还考查了逻辑推理和运算求解的能力，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（60分）17.已知数列是等比数列，数列满足，，．（1）求的通项公式；（2）求的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）分别令、可分别求得、，进而可求得等比数列的首项和公比，利用等比数列的通项公式可求得的通项公式；（2）由已知条件得出数列是等差数列，确定该数列的首项和公差，求得数列的通项公式，进一步可求得数列的通项公式，然后利用错位相减法可求得数列的前项和．【详解】（1）设等比数列的公比为，由于数列满足，，．当时，则，即，可得；当时，则，即，可得.，，；（2），即，，且，所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，.设数列的前项和为，则，①，②①②得，.【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解，同时也考查了错位相减法，考查计算能力，属于中等题.18.已知几何体中，，，，面，，．（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由平面，可得，并推导出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）计算出三棱锥的体积，并计算出的面积，利用等体积法可计算出点到平面的距离．【详解】（1）且面，平面，平面，，且，由勾股定理得，且，，，由余弦定理得，，，，，，平面，平面，平面平面；（2）平面，，且，，，平面，平面，，，，，，平面，平面，，又，，设点到平面的距离为，则，即，因此，点到平面的距离为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用等体积法计算点到平面的距离，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19.为了提高生产效益，某企业引进一批新的生产设备，为了解设备生产产品的质量情况，分别从新、旧设备所生产的产品中，各随机抽取件产品进行质量检测，所有产品质量指标值均在以内，规定质量指标值大于的产品为优质品，质量指标值在以内的产品为合格品．旧设备所生产的产品质量指标值如频率分布直方图所示，新设备所生产的产品质量指标如频数分布表所示．质量指标值频数合计 （1）请分别估计新、旧设备所生产的产品优质品率；（2）优质品率是衡量一台设备性能高低的重要指标，优质品率越高说明设备的性能越高．根据已知图表数据填写下面列联表（单位：件），并判断是否有的把握认为“产品质量高低与新设备有关”； 非优质品优质品合计新设备产品   旧设备产品   合计    （3）已知每件产品的纯利润（单位：元）与产品质量指标的关系式为．若每台新设备每天可以生产件产品，买一台新设备需要万元，请估计至少需要生产多少天才可以收回设备成本．参考公式：，其中．  【答案】（1）估计新、旧设备所生产的产品优质品率分别为、；（2）列联表见解析，有的把握认为“产品质量高低与新设备有关”，理由见解析；（3）.【解析】【分析】（1）根据旧设备所生产的产品质量指标值的频率分布直方图中后组的频率之和即为旧设备所生产的产品的优质品率，根据新设备所生产的产品质量指标值的频数分布表即可估计新设备所生产的优质品率；（2）根据题中所给的数据完善列联表，计算出的观测值，结合临界值表，可得出结论；（3）根据新设备所生产的优质品率，分别计算出件产品中优质品的件数和合格品的件数，得到每天的纯利润，从而计算出至少需要生产多少天方可收回成本.【详解】（1）估计新设备所生产的产品优质品率为，估计旧设备所生产的产品优质品率为；（2）根据题中所给数据可得到如下列联表： 非优质品优质品合计新设备产品旧设备产品合计 ，因此，有的把握认为“产品质量高低与新设备有关”；（3）新设备所生产的产品的优质品率为，每台新设备每天所生产的件产品中，估计有件优质产品，有件合格品，则每台新设备每天所生产的产品的纯利润为（元），（天），因此，估计至少需要天方可收回成本.【点睛】本题考查理由频率分布直方图和频数分布表求频率，同时也考查了利用独立性检验解决实际问题，考查学生的数据处理能力与计算能力，属于基础题.20.已知点、点及抛物线．（1）若直线过点及抛物线上一点，当最大时求直线的方程；（2）问轴上是否存在点，使得过点的任一条直线与抛物线交于点、，且点到直线、的距离相等？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）或；（2）存在，且点的坐标为.【解析】【分析】（1）要使得最大，则过的直线与抛物线相切，设过点的直线方程为，与抛物线的方程联立，由求得的值，由此可得出直线的方程；（2）由题意可知，直线、的斜率互为相反数，设点，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合斜率公式求得实数的值，由此可得出结论.【详解】（1）如下图所示，当过点的直线与抛物线相切时，即当点为切点时，最大.当直线与轴重合时，则点与点重合，不合乎题意；当直线与轴不重合时，可设直线的方程为，联立，消去得，则，解得.因此，当最大时，直线的方程为或；（2）假设存在这样的点满足条件，设点，因为点到直线、的距离相等，则为的角平分线，所以，可得，设直线的方程为，设点、，联立，消去并整理得，由韦达定理得，.，，即，整理得，由题意可知，等式对任意的恒成立，所以，.因此，在轴上存在点，使得点到直线、的距离相等.【点睛】本题考查利用直线与抛物线相切求直线方程，同时也考查了抛物线中存在定点满足条件，考查韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题.21.已知.（1）若，讨论函数的单调性；（2）当时，若不等式在上恒成立，求的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）的定义域为，且，据此确定函数的单调性即可；（2）由题意可知在上恒成立，分类讨论和两种情况确定实数b的取值范围即可.【详解】（1）的定义域为∵，，∴当时，；时，∴函数在上单调递减；在上单调递增.（2）当时， 由题意，在上恒成立①若，当时，显然有恒成立；不符题意.②若，记，则,显然在单调递增，（i）当时，当时，∴时，（ii）当，，∴存在，使.当时，，时，∴在上单调递减；在上单调递增∴当时，，不符合题意综上所述，所求的取值范围是【点睛】本题主要考查导数研究函数的单调性，导数研究恒成立问题，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.选考题（10分，请考生在第22、23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．若为曲线上的动点，是射线上的一动点，且满足，记动点的轨迹为．（1）求的直角坐标方程；（2）若曲线与曲线交于、两点，求的面积．【答案】（1）（去掉原点）；（2）.【解析】【分析】（1）设点的极坐标为，点的极坐标为，根据题意得出，将点的极坐标代入曲线的极坐标方程，可得出一个等式，然后将代入等式，化简可得出曲线的极坐标方程，进而利用极坐标与直角坐标之间的转换关系可得出曲线的直角坐标方程；（2）将曲线的方程化为直角坐标方程，计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理求出，并计算出原点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得的面积.【详解】（1）设点的极坐标为，点的极坐标为，，，可得.将点的极坐标代入曲线的极坐标方程得，将代入等式，得，即，等式两边同时乘以得，化为直角坐标方程得，即，因此，曲线的直角坐标方程为（去掉原点）；（2）曲线的直角坐标方程为，曲线为直线，曲线是以点为圆心，以为半径的圆（去掉原点），圆心到直线的距离为，，原点到直线的距离为，因此，的面积为.【点睛】本题考查曲线极坐标方程的求解，考查了曲线的极坐标方程与直角坐标方程之间的转化，同时也考查了圆的内接三角形面积的计算，考查计算能力，属于中等题.[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数．（1）当时，解不等式；（2）若对于任意的实数恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）当时，去绝对值，把写成分段函数，不等式等价于3个不等式组，解即得；（2）由对于任意的实数恒成立，得对于任意的实数恒成立.分和两种情况解不等式，求实数的取值范围．【详解】（1），．由得或或解得或或，不等式的解集为．（2）由对于任意的实数恒成立，得对于任意的实数恒成立当时，恒成立；当时，恒成立恒成立,即恒成立，当时，显然恒成立，当时，恒成立或恒成立，即或恒成立．，解得，实数的取值范围为．【点睛】本题考查含有绝对值的不等式的解法，考查分类讨论，属于较难的题目.