广东省广州市2020届高三普通高中毕业班综合测试一（一模考试）数学（文）试题 Word版含解析

这是一份广东省广州市2020届高三普通高中毕业班综合测试一（一模考试）数学（文）试题 Word版含解析，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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2020年高考数学一模试卷（文科）
一、选择题（共12小题）
1. 已知集合，则集合等于（　　）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知求出，再求其补集，可判断结果．
【详解】解：由已知：
∴，
故选：B
【点睛】本题考查的知识点是集合的交集，并集，补集运算，难度不大，属于基础题．
2. 某地区小学，初中，高中三个学段的学生人数分别为4800人，4000人，2400人．现采用分层抽样的方法调查该地区中小学生的“智慧阅读”情况，在抽取的样本中，初中学生人数为70人，则该样本中高中学生人数为（　　）
A. 42人 B. 84人 C. 126 人 D. 196人
【答案】A
【解析】
【分析】
设高中抽取人数为，根据条件，建立比例关系进行求解即可．
【详解】解：设高中抽取人数为x
则，得
故选：A
【点睛】本题主要考查了分层抽样的应用，属于基础题.
3. 直线与圆的位置关系是（　　）
A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 不确定
【答案】A
【解析】
【分析】
判断直线恒过的定点与圆的位置关系，即可得到结论．
【详解】解：圆方程可整理为，则圆心，半径，直线恒过点
因为在圆内，所以直线与圆相交
故选：A
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查计算能力，属于中档题.
4. 已知函数，则的值为（　　）
A. 4 B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据分段函数的解析式，先求出的值，再求的值．
【详解】解：因为
；
．
故选：D
【点睛】本题主要考查了分段函数的函数值，属于基础题．
5. 已知向量，若，则实数的值为（　　）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
由向量和向量的坐标求出向量和向量的坐标，再利用，即可求出的值．
【详解】解：∵向量
∴
∵
∴，解得
故选：C
【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，以及向量的模长公式，是基础题．
6. 如图所示，给出的是计算值的程序框图，其中判断框内应填入的条件是（　　）

A. i＞9 B. i＞10 C. i＞11 D. i＞12
【答案】C
【解析】
【分析】
分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知该程序的作用是累加并输出的值，模拟循环过程可得条件．
【详解】解：程序运行过程中，各变量值如下表所示：

不满足条件，第1圈：
不满足条件，第2圈：
不满足条件，第3圈：
…
依此类推
不满足条件，第10圈：
不满足条件，第11圈：
此时，应该满足条件，退出循环，其中判断框内应填入的条件是：．
故选：C
【点睛】算法是新课程中的新增加的内容，也必然是新高考中的一个热点，应高度重视．程序填空也是重要的考试题型，这种题考试的重点有：①分支的条件②循环的条件③变量的赋值④变量的输出．其中前两点考试的概率更大．此种题型的易忽略点是：不能准确理解流程图的含义而导致错误，属于基础题．
7. 设函数，若对于任意的都有成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意结合三角函数的图象与性质可得，即可得解.
【详解】由题意知函数的最小正周期，、分别为函数的最小值和最大值，所以.
故选：C.
【点睛】本题考查了三角函数图象与性质的应用，属于基础题.
8. 刘徽是我国古代伟大的数学家，他的杰作《九章算术注》和《海岛算经》是我国最宝贵的数学遗产刘徽是世界上最早提出十进小数概念的人，他正确地提出了正负数的概念及其加减运算的规则．提出了“割圆术”，并用“割圆术”求出圆周率π为3.14．刘徽在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割以至于不可割，则与圆合体而无所失矣”被视为中国古代极限观念的佳作．其中“割圆术”的第一步是求圆的内接正六边形的面积，第二步是求圆的内接正十二边形的面积，依此类推．若在圆内随机取一点，则该点取自该圆内接正十二边形的概率为（　　）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设圆的半径为1，分别求出圆的面积及圆内接正十二边形的面积，由测度比是面积比得答案．
【详解】解：设圆的半径为1，圆内接正十二边形的一边所对的圆心角为
则圆内接正十二边形的面积为：
圆的面积为，
由测度比为面积比可得：在圆内随机取一点，则此点在圆的某一个内接正十二边形内的概率是．
故选：C
【点睛】本题考查几何概型概率的求法，关键是求出圆内接正十二边形的面积，是基础题．
9. 已知，则（　　）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
把平方可得的值，从而求得的值，再利用二倍角的余弦公式求得的值．
【详解】解：，
平方可得：
为锐角．


故选：A
【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，二倍角的余弦公式的应用，考查了转化思想，属于中档题.
10. 已知点在曲线上移动，曲线C在点P处的切线的斜率为，若，则的取值范围是（　　）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】
先求出的导数，然后求出曲线C在点处的切线斜率k，再根据求出的取值范围．
【详解】解：由，得
则曲线C在点处的切线的斜率为
，即
∴．
故选：B
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用，属于中档题.
11. 已知为坐标原点，设双曲线的左右焦点分别为，点是双曲线上位于第一象限上的点，过点作角平分线的垂线，垂足为，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
延长交于点，由题意结合平面几何知识可得，，进而可得，结合双曲线的性质即可得，即可得解.
【详解】延长交于点，
平分，，
，，
又，，
，，
又，，化简得，
，解得或（舍去）
故选：C.

【点睛】本题考查了双曲线的性质和离心率的求解，考查了转化化归思想和计算能力，属于中档题.
12. 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．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知复数．则_____．
【答案】
【解析】
【分析】
利用复数乘方运算和加法法则即可得出．
【详解】解：


故答案为：
【点睛】本题考查了复数的运算法则，属于基础题．
14. 已知函数在区间上有最小值4，则实数k＝_____．
【答案】4
【解析】
【分析】
由函数在上有最小值可知，k＞0，再由基本不等式即可求得k的值．
【详解】解：依题意，，则，当且仅当时，等号成立
则，解得．
故答案为：4．
【点睛】本题考查已知函数的最值求参数的值，考查分析能力及计算能力，属于基础题．
15. 已知直线a⊥平面α，直线b⊂平面β，给出下列5个命题①若α∥β，则a⊥b；②若α⊥β，则a⊥b：③若α⊥β，则a∥b：④若a∥b，则α⊥β；⑤若a⊥b则α∥β，其中正确命题的序号是_____．
【答案】①④．
【解析】
【分析】
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及其应用逐一核对四个命题得答案．
【详解】解：对于①，由a⊥平面α，α∥β，得a⊥β，又直线b⊂平面β，∴a⊥b，故①正确；
对于②，由a⊥平面α，α⊥β，得a∥β或a⊂β，而直线b⊂平面β，∴a与b的关系是平行、相交或异面，故②错误；
对于③，由a⊥平面α，α⊥β，得a∥β或a⊂β，而直线b⊂平面β，∴a与b的关系是平行、相交或异面，故③错误；
对于④，由a⊥平面α，a∥b，得b⊥平面α，又直线b⊂平面β，∴α⊥β，故④正确；
对于⑤，由a⊥平面α，a⊥b，得b∥α或b⊂α，又直线b⊂平面β，∴α与β相交或平行，故⑤错误．
∴其中正确命题的序号是①④．
故答案为：①④．
【点睛】本题考查命题的真假判断，空间中直线与平面，直线与直线，平面与平面的位置关系，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
16. 如图，在平面四边形ABCD中，∠BAC＝∠ADC，∠ABC，∠ADB，则tan∠ACD＝_____．

【答案】．
【解析】
【分析】
设∠ACD＝θ，AC＝1，则AD＝sinθ，进一步可得，再利用正弦定理可得，通过三角恒等变换即可求得tanθ的值，进而得出答案．
【详解】解：不妨设∠ACD＝θ，AC＝1，则AD＝sinθ
在△ABD中，，∠ADB，则
在△ABD中，由正弦定理得，即
∴
∴
∴
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题涉及了正弦定理，三角恒等变换等基础知识点，考查化简能力，构造能力以及计算能力，属于较难题目．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤.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. 已知数列的前n项和为Sn，且满足，设．
（1）求；
（2）判断数列是否是等比数列，并说明理由；
（3）求数列的前n项和Sn．
【答案】（1）；（2）数列是等比数列，理由见解析；（3）
．
【解析】
【分析】
（1），可得，解得，解得，解得；
（2）时，，相减可得：，可得：．即可得出结论；
（3）由（2）可得：， 可得，可得.
【详解】解：（1），解得．，解得．
，解得．
（2）时，，相减可得：，
变形为：
由．可得：．

∴数列是等比数列，首项为，公比为．
（3）由（2）可得：
则．
．
【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的前几项，判断等比数列，以及求数列的和，属于中档题．
18. 如图1，在边长为2的等边△ABC中，D，E分别为边AC，AB的中点．将△ADE沿DE折起，使得AB⊥AD，得到如图2的四棱锥A﹣BCDE，连结BD，CE，且BD与CE交于点H．

（1）证明：；
（2）设点B到平面AED的距离为h1，点E到平面ABD的距离为h2，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
分析】
（1）在图1中，证明BD⊥AC，ED∥BC，则在图2中，有，得DH，然后证明△BAD∽△AHD，可得∠AHD＝∠BAD＝90°，即AH⊥BD；
（2）由VB﹣AED＝VE﹣ABD，得，分别求出三角形ABD与三角形AED的面积得答案．
【详解】（1）证明：在图1中，∵△ABC为等边三角形，且D为边AC的中点，∴BD⊥AC，
在△BCD中，BD⊥CD，BC＝2，CD＝1，∴BD，
∵D、E分别为边AC、AB的中点，∴ED∥BC，
在图2中，有，∴DH．
在Rt△BAD中，BD，AD＝1，
在△BAD和△AHD中，∵，∠BDA＝∠ADH
∴△BAD∽△AHD．
∴∠AHD＝∠BAD＝90°，即AH⊥BD；
（2）解：∵VB﹣AED＝VE﹣ABD，
∴，则．
∵△AED是边长为1的等边三角形，∴．
在Rt△ABD中，BD，AD＝1，则AB．
∴，
则．

【点睛】本题主要考查了线线垂直的证明，等体积法的应用，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是中档题．
19. 某种昆虫的日产卵数和时间变化有关，现收集了该昆虫第1天到第5天的日产卵数据：
第x天
1
2
3
4
5
日产卵数y（个）
6
12
25
49
95




对数据初步处理后得到了如图所示的散点图和表中的统计量的值．





15
55
15.94
54.75




（1）根据散点图，利用计算机模拟出该种昆虫日产卵数y关于x的回归方程为（其中e为自然对数的底数），求实数a，b的值（精确到0.1）；
（2）根据某项指标测定，若日产卵数在区间（e6，e8）上的时段为优质产卵期，利用（1）的结论，估计在第6天到第10天中任取两天，其中恰有1天为优质产卵期的概率．
附：对于一组数据（v1，μ1），（v2，μ2），…，（vn，μn），其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．
【答案】（1）a≈1.1，b≈0.7；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据y＝ea+bx，两边取自然对数得lny＝a+bx，再利用线性回归方程求出a、b的值；
（2）根据y＝e1.1+0.7x，由e6＜e1.1+0.7x＜e8求得x的取值范围，再利用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值．
【详解】解：（1）因为y＝ea+bx，两边取自然对数，得lny＝a+bx，
令m＝x，n＝lny，得n＝a+bm；
因为；
所以；
因为；
所以a≈1.1；
即a≈1.1，b≈0.7；
（2）根据（1）得y＝e1.1+0.7x，
由e6＜e1.1+0.7x＜e8，得7＜x；
所以在第6天到第10天中，第8、9天为优质产卵期；
从未来第6天到第10天中任取2天的所有可能事件有：
共10种；
其中恰有1天为优质产卵期的有：
共6种；
设从未来第6天到第10天中任取2天，其中恰有1天为优质产卵期的事件为A，
则；
所以从未来第6天到第10天中任取2天，其中恰有1天为优质产卵期的概率为．
【点睛】本题考查了非线性回归方程的求法以及古典概型概率的计算，也考查了运算求解能力，属于中档题．
20. 已知⊙M过点，且与⊙N：内切，设⊙M的圆心M的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程：
（2）设直线l不经过点且与曲线C相交于P，Q两点．若直线PB与直线QB的斜率之积为，判断直线l是否过定点，若过定点，求出此定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，直线l过定点
【解析】
【分析】
（1）由两圆相内切的条件和椭圆的定义，可得曲线C的轨迹方程；
（2）设直线BP的斜率为，则BP的方程为，联立椭圆方程，解得交点P，同理可得Q的坐标，考虑P，Q的关系，运用对称性可得定点．
【详解】解：（1）设⊙M的半径为R，因为圆M过，且与圆N相切
所以，即，
由，所以M的轨迹为以N，A为焦点的椭圆．
设椭圆的方程为1（a＞b＞0），则2a＝4，且c，
所以a＝2，b＝1，所以曲线C的方程为y2＝1；
（2）由题意可得直线BP，BQ的斜率均存在且不为0，
设直线BP的斜率为，则BP的方程为y＝kx+1，联立椭圆方程，
可得，解得
则，
因为直线BQ的斜率为，
所以同理可得，
因为P，Q关于原点对称，（或求得直线l的方程为）
所以直线l过定点
【点睛】本题主要考查了求椭圆的方程，椭圆中直线过定点问题，考查化简运算能力，属于中档题．
21. 已知函数的最大值为，且曲线在x＝0处的切线与直线平行（其中e为自然对数的底数）．
（1）求实数a，b的值；
（2）如果，且，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）对原函数求导数，然后利用在x＝0处切线的斜率为1，函数的最大值为列出关于a，b的方程组求解；
（2）利用找到的关系式，然后引入，构造关于t的函数，将转换成关于t的函数，求最值即可．
【详解】解：（1）由已知．
则易知，又因为，故a＝0．
此时可得．
①若b＞0，则当时，递减；
当时，递增．
此时，函数有最小值，无最大值．
②若b＜0，则当时，递增；
当时，递减．
此时，解得．
所以即为所求．
（2）由，且得：．
∴．设，则
可得，所以要证，即证．
∵t＞0，所以，所以即证．
设，则．
令，则
当时，递减；当时，递增．
所以，即，所以在上递增．
所以．
．
【点睛】本题考查导数的几何意义、以及利用导数研究函数的最值，以及利用导数研究双变量问题，同时考查学生利用转化思想、函数与方程思想、分类讨论思想解决问题的能力．属于较难的题目．
（二）选考题：共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，曲线的参数方程为，(为参数)，曲线的参数方程为，(为参数，且)．
（1）求与的普通方程，
（2）若分别为与上的动点，求的最小值．
【答案】（1）的普通方程为的普通方程为，；（2）
【解析】
【分析】
（1）消参即可求出的普通方程；对的参数方程同时平方得，再结合即可得的普通方程；
（2）设的平行直线为，当直线与相切时，两直线的距离即为的最值，即可得解.
【详解】（1）消参可得的普通方程为；
又因为参数方程为，可得，
又，所以，
所以的普通方程为，
（2）由题意，设的平行直线为，
联立消元可得：，
令，解得，
又因为，经检验可知时直线与相切，
所以.
【点睛】本题考查了参数方程和直角坐标方程的转化，考查了圆锥曲线上的点到直线上的点的距离的最值的求解，属于中档题.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数，
（1）当时，解不等式;
（2）若不等式对任意成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由题意，分类讨论即可得解；
（2）转化条件得且对任意成立，根据恒成立问题的求解方法即可得解.
【详解】（1）当时，，
当时，即，解得（舍）；
当时，即，解得，所以；
当时，即，解得，所以；
综上，的解集为；
（2）由对任意成立，
则对任意成立，
所以即且对任意成立，
即，故的取值范围为.
【点睛】本题查了绝对值不等式的求解和含绝对值恒成立问题的求解，考查了计算能力和分类讨论思想，属于中档题.