2020届广东省深圳市红岭中学高三上学期第二次统一考试数学（理）试题（解析版）

2020届广东省深圳市红岭中学高三上学期第二次统一考试数学（理）试题  一、单选题1．已知集合，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据集合补集和并集的知识，求得.【详解】依题意，所以，所以.故选：D【点睛】本小题主要考查集合补集和并集的概念和运算，属于基础题.2．已知，，则与共线的单位向量是（ ）A． B．或C． D．或【答案】B【解析】利用求得与共线的单位向量【详解】，故与共线的单位向量为，即或，故选B.【点睛】本小题主要考查单位向量的知识，考查共线向量的坐标表示，属于基础题.3．已知函数，则（　　）A． B． C． D．【答案】A【解析】分析：先求导，再求，再化简得解.详解：由题得，∴.因为=，∴=1故选A.点睛：本题主要考查导数的运算和导数的定义，属于基础题.4．设等比数列的公比为，则“”是“是递减”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】D【解析】试题分析：∵数列是公比为的等比数列，则“”，∴当时，“为递增数列”，又∵“”是“为递减数列”的既不充分也不必要条件，故选D.【考点】充要条件.5．在中，角所对的边分别为，若，则此三角形（ ）A．无解 B．有一解 C．有两解 D．解的个数不确定【答案】C【解析】利用正弦定理求，与比较的大小，判断B能否取相应的锐角或钝角.【详解】由及正弦定理，得，，B可取锐角；当B为钝角时，，由正弦函数在递减，，可取.故选C.【点睛】本题考查正弦定理，解三角形中何时无解、一解、两解的条件判断，属于中档题.6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）A． B．1 C． D．【答案】C【解析】由三视图还原为原图，由此求得几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体如下图所示四棱锥，故体积为.故选：C【点睛】本小题主要考查有三视图还原为原图，考查四棱锥体积的计算，属于基础题.7．已知，关于的一元二次不等式的解集中有且仅有5个整数，则所有符合条件的的值之和是（    ）A．36 B．48 C．50 D．87【答案】D【解析】构造一元二次不等式对应的二次函数，根据二次函数的对称轴和原不等式解集中有且仅有个整数列不等式组，解不等式组求得的取值范围，由此求得所有符合条件的的值之和.【详解】构造函数，二次函数开口向上，对称轴，故一元二次不等式式的解集中包括这个整数，所以，即，解得，由于，所以，和为.故选：D【点睛】本小题主要考查根据一元二次不等式的解求参数的取值范围，属于中档题.8．已知向量与的夹角为，，与同向，则的最小值是（    ）A．1 B． C． D．【答案】B【解析】根据已知条件判断出当何时取得最小值，并解直角三角形求得这个最小值.【详解】设，由于，所以以为邻边的平行四边形是菱形，对角线相互垂直平分，设对角线相交与，则，画出图像如下图所示.，而与同向，所以与同向，所以的最小值为，在中，，所以.故选：B【点睛】本小题主要考查平面向量的线性运算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.9．已知函数的一根对称轴为，则函数图象恒过定点（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据辅助角公式和三角函数对称轴求得，由此求得函数图象恒过定点.【详解】由于，其中.由于是的对称轴，所以，所以，所以.所以对于函数，当时，，即定点为.故选：B【点睛】本小题主要考查三角函数辅助角公式和对称轴，考查指数型函数过定点问题的求解，属于中档题.10．甲、乙、丙、丁四人参加数学竞赛，四人在成绩公布前作出如下预测：甲预测说：获奖者在乙、丙、丁三人中；乙预测说：我不会获奖，丙获奖丙预测说：甲和丁中有一人获奖；丁预测说：乙的猜测是对的成绩公布后表明，四人的猜测中有两人的预测与结果相符.另外两人的预测与结果不相符，已知有两人获奖，则获奖的是（）A．甲和丁B．乙和丁C．乙和丙D．甲和丙【答案】B【解析】从四人的描述语句中可以看出，乙、丁的表述要么同时与结果相符，要么同时与结果不符，再进行判断【详解】若乙、丁的预测成立，则甲、丙的预测不成立，推出矛盾．故乙、丙预测不成立时，推出获奖的是乙和丁答案选B【点睛】真假语句的判断需要结合实际情况，作出合理假设，才可进行有效论证11．设函数，若关于的方程有四个不同的解，，，，且，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】作函数的图象，从而可得，，，从而解得结果.【详解】作出函数的图象如下图所示：可得：，，所以，因为，所以，所以，所以的范围是，故选：B.【点睛】该题考查的是有关求范围的问题，考查利用数形结合求有关函数的零点所满足的条件，属于中档题.  二、填空题12．利用数学归纳法证明不等式（，）的过程中，由到时，左边增加了________项；【答案】【解析】根据数学归纳法的知识，判断出增加的项数.【详解】当时，不等式左边为；当时，不等式坐标为；故增加的项数为.故答案为：【点睛】本小题主要考查数学归纳法的知识，考查分析、思考与解决问题的能力，属于基础题.13．若，满足约束条件，则的最小值为_____．【答案】-2【解析】在平面直角坐标中，画出可行解域，设，平移直线，找到截距最小的位置，求出的最小值.【详解】在平面直角坐标中，画出可行解域，如下图所示：设，平移直线，当直线经过时，有最小值为.【点睛】本题考查了求线性目标函数的最小值，考查了数形结合思想、运算能力.14．已知在直角梯形中，，，，将直角梯形沿折叠，使平面平面，则三棱锥外接球的体积为__________．【答案】【解析】结合题意画出折叠后得到的三棱锥如图所示，由条件可得在底面中，。取AB的中点O，AC的中点E，连OC,OE。则.∵,∴.∵平面平面,∴平面,∴.又.∴.∴.∴点O为三棱锥外接球的球心，球半径为2.∴。答案：。点睛：（1）本题是一道关于求三棱锥外接球体积的题目，得到外接球的球心所在位置是解题的关键，结合题意取AB的中点O，易得OA=OB=OC=OD=2，进而可确定三棱锥外接球的半径，然后利用球的体积公式进行计算即可。（2）对于折叠性问题，要注意折叠前后的两个图形中哪些量（位置关系、数量关系）发生了变化、哪些没发生变化。15．在中，角、、所对的边分别为、、，若为锐角三角形，且满足，则的取值范围是________.【答案】【解析】先根据余弦定理得到，再根据正弦定理和两角和差的正弦公式得到，根据三角形为锐角三角形，求得，以及的取值范围，再利用商的关系、两角差的正弦公式化简所求式子，由正弦函数的性质求得所求式子的取值范围.【详解】因为，所以，所以，所以，即，，即，因为三角形是锐角三角形，所以，所以，所以，且，所以.所以=.由于，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，考查同角三角函数的基本关系式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题. 三、解答题16．已知数列满足，，，则该数列的前18项和为（    ）A．147 B．589 C．1046 D．1067【答案】D【解析】根据数列的递推关系式找到数列的规律，由此求得该数列的前18项和.【详解】由于数列满足，，，所以当为奇数时；当为偶数是.所以数列的奇数项是首项为，公差为的等差数列；偶数项是首项为，公比为的等比数列.所以.故选：D【点睛】本小题主要考查根据递推关系式求数列前项和，考查分组求和法，属于中档题.17．已知等差数列，等比数列，满足，且（1）求数列及数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和为【答案】（1）；（2）.【解析】（1）将已知条件化为基本量的形式，分别求得公差和公比，从而根据等差、等比数列通项公式求得结果；（2）由（1）可得，从而可根据错位相减法求得.【详解】（1）由题意知：    又    （2）由（1）得：则：上下两式作差得：即：整理可得：【点睛】本题考查等差数列、等比数列通项公式的求解，错位相减法求数列的前项和的问题，关键是通过得到通项公式后，根据通项公式为等差数列与等比数列乘积的形式，可确定采用错位相减法求和.18．在中，角、、所对的边分别为、、，已知，（1）求的值；（2）若的外接圆面积为，试求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据二倍角公式、同角三角函数的基本关系式化简已知条件，求得的值.（2）由（1）判断出是钝角，利用正弦定理和余弦定理，结合基本不等式求得的取值范围，再求得的取值范围.【详解】（1）中，由得，即，由于，所以，两边平方得.（2）由（1）知，，即，所以为钝角.所以.设三角形外接圆半径为，则，由正弦定理得由余弦定理得，所以.所以，即的取值范围是.【点睛】本小题主要考查三角恒等变换，考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.19．如图，在四棱锥P-ABCD中，ABCD为平行四边形，平面PAB,,.M为PB的中点.（1）求证：PD//平面AMC；（2）求锐二面角B-AC-M的余弦值.【答案】(1)证明过程详见解析;（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）连接，设与相交于点，连接，要证明线面平行，只需要在面AMC中找到一条直线OM与PD平行即可，该问考虑构造三角形的中位线来证明，来证明线面平行，即OM为三角形PBD是边PD的中位线，线线平行就可以得到线面平行.（2）求二面角的关键是找到二面角的平面角，根据角BPA为30度且AB为PB的一半利用三角形正弦定理即可证明三角形ABP是以角PAB为直角的直角三角形，即可以得到PA与AB垂直，由BC与面PAB垂直可以得到BC与PA垂直，进而有PA垂直于面ABCD中的两条相交的线段，则有PA垂直与底面ABCD.为作出得到二面角的平面角，作，垂足为，连接，，则有MF为三角形PAB的中位线，得到MF也垂直于底面，即PA与AC垂直，又AC与GF垂直，则有角MGF就是所求二面角的平面角，利用中位线求出MF，利用勾股定理求出GF长度，得到二面角的平面角MGF的三角函数值，就得到求出二面角的角度.试题解析：（1）证明：连接，设与相交于点，连接，∵四边形是平行四边形，∴点为的中点．∵为的中点，∴为的中位线，∴//. ∵，∴//． （2）不妨设则.在中,,得,则. ∵平面PAB, 故 PA 且,∴.取AB的中点，连接，则//，且． ∴．平面,.作，垂足为，连接，，∴，∴．∴为二面角的平面角． 在中,,得.在中，.∴二面角的余弦值为． 【考点】线面平行二面角相似三角形20．已知椭圆的两个焦点分别为,以椭圆短轴为直径的圆经过点.(1)求椭圆的方程;(2)过点的直线与椭圆相交于两点,设点,直线的斜率分别为,问是否为定值?并证明你的结论. 【答案】(1)；(2)定值为2.【解析】试题分析：（1）由题意得到，，所以，写出椭圆方程；（2）联立直线方程与椭圆方程，得到韦达定理，，.试题解析：（1）依题意，，.∵点与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直，∴，∴.∴椭圆的方程为.（2）①当直线的斜率不存在时，由解得，.设，，则为定值.②当直线的斜率存在时，设直线的方程为：.将代入整理化简，得.依题意，直线与椭圆必相交于两点，设，，则，.又，，所以 .综上得为常数2.点睛：圆锥曲线大题熟悉解题套路，本题先求出椭圆方程，然后与直线方程联立方程组，求得韦达定理，则，，，为定值．21．已知函数.（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）若有两个零点，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）先求得再根据1,0,2a的大小进行分类确定的单调性；（Ⅱ）借助第（Ⅰ）问的结论,通过分类讨论函数的单调性,确定零点个数,从而可得a的取值范围为.试题解析：（Ⅰ）（Ⅰ）设，则当时，；当时，.所以f（x）在单调递减，在单调递增.（Ⅱ）设，由得x=1或x=ln（-2a）.①若，则，所以在单调递增.②若，则ln（-2a）＜1,故当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.③若，则，故当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减.（Ⅱ）（Ⅰ）设，则由（Ⅰ）知，在单调递减，在单调递增.又，取b满足b＜0且，则，所以有两个零点.（Ⅱ）设a=0，则，所以只有一个零点.（iii）设a＜0，若，则由（Ⅰ）知，在单调递增.又当时，＜0，故不存在两个零点；若，则由（Ⅰ）知，在单调递减，在单调递增.又当时＜0，故不存在两个零点.综上，a的取值范围为.【考点】函数单调性，导数应用【名师点睛】本题第（Ⅰ）问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；第（Ⅱ）问是求参数取值范围,由于这类问题常涉及导数、函数、不等式等知识,越来越受到高考命题者的青睐,解决此类问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解. 22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），其中.以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）已知曲线与交于，两点，记点，相应的参数分别为，，当时，求的值.【答案】（1），；（2）4【解析】试题分析：（1）曲线的参数方程为利用平方法消去参数可得出曲线的普通方程，由曲线的极坐标方程利用 即可得曲线的直角坐标方程；（2）由题知直线恒过定点，又，由参数方程的几何意义知是线段的中点，由垂径定理可得的值.试题解析：（1）曲线的参数方程为（为参数），所以：的普通方程：，其中；曲线的极坐标方程为，所以：的直角坐标方程：.（2）由题知直线恒过定点，又，由参数方程的几何意义知是线段的中点，曲线是以为圆心，半径的圆，且.由垂径定理知： .23．已知，，，证明：(1)；(2).【答案】(1) 见解析(2) 见解析【解析】（1）由柯西不等式即可证明，（2）由a3+b3＝2转化为ab，再由均值不等式可得：ab≤，即可得到（a+b）3≤2，问题得以证明．【详解】证明：（1）由柯西不等式得： 当且仅当ab5＝ba5，即a＝b＝1时取等号；（2）∵a3+b3＝2，∴（a+b）（a2﹣ab+b2）＝2，∴（a+b）[（a+b）2﹣3ab]＝2，∴（a+b）3﹣3ab（a+b）＝2，∴ab，由均值不等式可得：ab≤∴（a+b）3﹣2，∴（a+b）3≤2，∴a+b≤2，当且仅当a＝b＝1时等号成立．【点睛】本题考查了不等式的证明，掌握柯西不等式和均值不等式是关键，属于中档题．