2020届广东省广州市天河区高考数学一模（10月）（文）试题（解析版）

2020届广东省广州市天河区高考数学一模（10月）（文）试题

一、单选题

1．设集合，，则=（ ）

A．    B．    C．    D．

【答案】B

【解析】试题分析：集合，故选B.

【考点】集合的交集运算.

2．高铁、扫码支付、共享单车、网购被称为中国的“新四大发明”，为评估共享单车的使用情况，选了n座城市作试验基地，这n座城市共享单车的使用量（单位：人次/天）分别为x1，x2，…xn，下面给出的指标中可以用来评估共享单车使用量的稳定程度的是(   )

A．x1，x2，…xn的平均数 B．x1，x2，…xn的标准差

C．x1，x2，…xn的最大值 D．x1，x2，…xn的中位数

【答案】B

【解析】根据平均数、标准差、中位数、最值的实际意义逐一判断即可.

【详解】

因为平均数、中位数、众数描述样本数据的集中趋势, 方差和标准差描述其波动大小.

所以，表示一组数据的稳定程度的是方差或标准差．故选B．

【点睛】

本题主要考查平均数、标准差、中位数的实际意义，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，以及灵活运用所学知识解答问题的能力，属于基础题.

3．若复数为纯虚数，则（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由题意首先求得实数a的值，然后求解即可。

【详解】

由复数的运算法则有：

,

复数为纯虚数，则，

即.

本题选择A选项.

【点睛】

复数中，求解参数(或范围)，在数量关系上表现为约束参数的方程(或不等式).由于复数无大小之分，所以问题中的参数必为实数，因此，确定参数范围的基本思想是复数问题实数化.

4．设等差数列的前n项和为，若则,=（ ）

A．18 B．36 C．45 D．60

【答案】C

【解析】试题分析：，故选C.

【考点】等差数列的通项公式的性质、前项和公式.

5．已知，，则的值等于　　

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】由已知有，，再由正弦的二倍角公式求解即可.

【详解】

解:，

，

，

，

．

故选：．

【点睛】

本题考查了诱导公式及正弦的二倍角公式,属基础题.

6．若实数，满足，则的最小值为　　

A.2 B. C.1 D.

【答案】B

【解析】先作出不等式组表示的平面区域，再求目标函数的最小值即可.

【详解】

解：不等式组可用区域(含边界)表示，如图：

由图可知，在与轴的交点处取得最小值，即．

故选：．

【点睛】

本题考查了简单的线性规划问题，属基础题.

7．三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明.下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实.图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用，化简，得.设勾股形中勾股比为，若向弦图内随机抛掷颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为（    ）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】分析：设三角形的直角边分别为1，，利用几何概型得出图钉落在小正方形内的概率即可得出结论.

解析：设三角形的直角边分别为1，，则弦为2，故而大正方形的面积为4，小正方形的面积为.

图钉落在黄色图形内的概率为.

落在黄色图形内的图钉数大约为.

故选：A.

点睛：应用几何概型求概率的方法

建立相应的几何概型，将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何图形，并加以度量．

(1)一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在数轴上即可；

(2)若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；

(3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系即可建立与体积有关的几何概型．

8．已知，满足，则（　　）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】根据对数的化简公式得到,由指数的运算公式得到=，由对数的性质得到>0,，进而得到结果.

【详解】

已知,=,>0,

进而得到.

故答案为：A.

【点睛】

本题考查了指对函数的运算公式和对数函数的性质；比较大小常用的方法有：两式做差和0比较，分式注意同分，进行因式分解为两式相乘的形式；或者利用不等式求得最值，判断最值和0的关系.

9．如图所示，在棱长为的正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且面，则在侧面上的轨迹的长度是　　

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】设，分别为、边上的中点，由面面平行的性质可得落在线段上，再求的长度即可.

【详解】

解：设，，分别为、、边上的中点，

则四点共面，

且平面平面，

又面，

落在线段上，

正方体中的棱长为，

，

即在侧面上的轨迹的长度是．

故选：．

【点睛】

本题考查了面面平行的性质及动点的轨迹问题，属中档题.

10．已知函数，，，为图象的对称中心，，是该图象上相邻的最高点和最低点，若，则的单调递增区间是　　

A.，， B.，，

C.，， D.，，

【答案】C

【解析】由三角函数图像的性质可求得：，，即，再令，求出函数的单调增区间即可.

【详解】

解：函数，，

因为，为图象的对称中心，，是该图象上相邻的最高点和最低点，

又，，即，求得．

再根据，，可得，，

令，求得，

故的单调递增区间为，，，

故选：．

【点睛】

本题考查了三角函数图像的性质及单调性，属中档题.

11．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄元一年定期，若年利率为保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为　　

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以为首项，为公比的等比数列的前17项的和，再由等比数列前项和公式求解即可.

【详解】

解：根据题意，

当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的元产生的本利合计为，

同理：孩子在2周岁生日时存入的元产生的本利合计为，

孩子在3周岁生日时存入的元产生的本利合计为，

孩子在17周岁生日时存入的元产生的本利合计为，

可以看成是以为首项，为公比的等比数列的前17项的和，

此时将存款（含利息）全部取回，

则取回的钱的总数：

；

故选：．

【点睛】

本题考查了不完全归纳法及等比数列前项和，属中档题.

12．已知函数f（x）＝（k＋）lnx＋，k∈[4，＋∞），曲线y＝f（x）上总存在两点M（x1，y1），N（x2，y2），使曲线y＝f（x）在M，N两点处的切线互相平行，则x1＋x2的取值范围为

A．（，＋∞） B．（，＋∞） C．[，＋∞） D．[，＋∞）

【答案】B

【解析】利用过M、N点处的切线互相平行，建立方程，结合基本不等式，再求最值，即可求x1+x2

的取值范围．

【详解】

由题得f′（x）=﹣﹣1=﹣=﹣，（x＞0，k＞0）

由题意，可得f′（x1）=f′（x2）（x1，x2＞0，且x1≠x2），

即﹣1=﹣﹣1，

化简得4（x1+x2）=（k+）x1x2，

而x1x2＜，

4（x1+x2）＜（k+），

即x1+x2＞对k∈[4，+∞）恒成立，

令g（k）=k+，

则g′（k）=1﹣=＞0对k∈[4，+∞）恒成立，

∴g（k）≥g（4）=5，

∴≤，

∴x1+x2＞，

故x1+x2的取值范围为（，+∞）.

故答案为：B

【点睛】

本题运用导数可以解决曲线的切线问题，函数的单调性、极值与最值，正确求导是我们解题

的关键，属于中档题.

二、填空题

13．已知向量．若向量，则_____．

【答案】

【解析】由向量的差的坐标运算可得：，

由两向量平行的坐标运算得：，运算即可得解.

【详解】

解：向量，，

，

，，

．

故答案为：．

【点睛】

本题考查了两向量平行的坐标运算，属基础题.

14．已知数列满足，，则当时，__．

【答案】

【解析】用去换中的 得到，再做差即可得到数列为等比数列，即可得出答案。

【详解】

数列满足，

，，①

用去换得到，②

②-①得到

又，，所以数列为以1为首项，2为公比的等比数列

即．

故答案为：．

【点睛】

本题考查根据递推公式求通项，属于基础题。

15．如图所示，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西，相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向即沿直线CB前往B处救援，则______________．

【答案】

【解析】在中，由余弦定理，求得，再由正弦定理，求得，最后利用两角和的余弦公式，即可求解的值．

【详解】

在中，海里，海里，，

由余弦定理可得，

所以海里,

由正弦定理可得，

因为，可知为锐角，所以

所以．

【点睛】

本题主要考查了解三角形实际问题，解答中需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，合理使用正、余弦定理是解答的关键，其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向；第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化；第三步：列方程，求结果．

16．已知直三棱柱外接球的表面积为，，若外接圆的圆心在上，半径，则直三棱柱的体积为_____．

【答案】6

【解析】将直三棱柱补形为长方体，则直三棱柱与长方体的外接球为同一个球，设，则其外接球的半径，由题意可得，，再利用三棱柱的体积公式运算可得解.

【详解】

解：如图，外接圆的圆心在上，

为的中点，且是以为直角的直角三角形，

由半径，得，又，．

把直三棱柱补形为长方体，设，

则其外接球的半径．

又直三棱柱外接球的表面积为，

，即．

，解得．

直三棱柱的体积为．

故答案为：．

【点睛】

本题考查了三棱柱的外接球及三棱柱的体积公式，属中档题.

三、解答题

17．某校在一次期末数学测试中，为统计学生的考试情况，从学校的2000名学生中随机抽取50名学生的考试成绩，被测学生成绩全部介于65分到145分之间（满分150分），将统计结果按如下方式分成八组：第一组，，第二组，，第八组，，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分．

（1）求第七组的频率，并完成频率分布直方图；

（2）用样本数据估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值代表该组数据平均值）；

（3）若从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，求他们的分差的绝对值小于10分的概率．

【答案】（1）,绘图见解析；（2）；（3）

【解析】（1）由频率分布直方图可得：各小矩形的高之和为0.1，运算可得解；

（2）由频率分布直方图中平均数的求法即可得解；

（3）样本成绩属于第六组的有人，样本成绩属于第八组的有人，则随机抽取2名，

基本事件总数为，他们的分差的绝对值小于10分包含的基本事件个数为，再利用古典概型概率公式运算即可.

【详解】

解：（1）由频率分布直方图得第七组的频率为：

．

完成频率分布直方图如下：

（2）用样本数据估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分为：

.

（3）样本成绩属于第六组的有人，样本成绩属于第八组的有人，

从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，

基本事件总数，

他们的分差的绝对值小于10分包含的基本事件个数，

故他们的分差的绝对值小于10分的概率．

【点睛】

本题考查了频率分布直方图及古典概型概率公式，属中档题.

18．在等比数列中，公比，且满足，．

（1）求数列的通项公式；

（2）设，数列的前项和为，当取最大值时，求的值．

【答案】（1）；（2）或.

【解析】（1）由题意有，，再由等比数列通项公式可得解；

（2）由题意可得， 为等差数列，由等差数列前项和公式运算即可得解.

【详解】

解：（1），

可得，

由，即，①，可得，由，可得，

可得，即，②

由①②解得舍去），，

则；

（2）==，

即为以3为首项，-1为公差的等差数列，

可得，

，

则

，

可得或7时，取最大值．

故的值为6或7．

【点睛】

本题考查了等比数列的通项及等差数列前项和公式，属中档题.

19．在中，角、、所对的边分别为、、，且．

（1）求角的大小；

（2）若，的面积为，求及的值．

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）由三角恒等变形可得，，即．

（2）由余弦定理得，再由正弦定理及三角形面积公式可得：，即，得解.

【详解】

解：（1），可得：，

， ，，

．

（2），

，

，

，

，

，

，

．

【点睛】

本题考查了三角恒等变形及正余弦定理，属中档题.

20．如图，四棱锥的底面是矩形，侧面是正三角形，，，．、分别为、的中点．

（1）求证：；

（2）求点到平面的距离．

【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】（1）先由面面与，证明平面，

再证明；

（2）先建立以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

再求平面的法向量，再利用空间向量求点到面的距离，得解.

【详解】

（1）证明：为正三角形，，

，

，，

根据勾股定理得，

为矩形，，

，面且交于点，面，

面，面面，

为的中点，为正三角形，

，平面，

平面，．

（2） 解：取中点，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，0，，，2，，，0，，，，0，，

，2，，，，0，，

设平面的法向量，，，

则，取，得，1，，

点到平面的距离．

【点睛】

本题考查了线面垂直、线线垂直及利用空间向量求点到面的距离，属中档题.

21．已知函数，，，．

（1）讨论函数的单调区间及极值；

（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值．

【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】先求函数的导函数，

再讨论①当时，②当时函数的单调区间及极值；

（2）不等式恒成立等价于恒成立，

再构造函数，利用导数求函数的最大值即可得解.

【详解】

解：（1）因为，定义域为，所以，

①当时恒成立，在上是增函数，无极值，

②当时令，，

令，，

所以函数在上为增函数，在，为减函数，

所以当时，有极大值，极大值为，无极小值，

（2）：由恒成立知恒成立，

令，

则，

令，因为，（1），为增函数．

故存在，，使，即，

当时，，为增函数，当时，，为减函数．

所以，

而，，所以，

所以整数的最小值为2．

【点睛】

本题考查了利用导数研究函数的单调区间、极值及函数的最值，属综合性较强的题型.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

（Ⅰ）求曲线和直线的直角坐标方程；

（Ⅱ）直线与轴交点为，经过点的直线与曲线交于，两点，证明：为定值.

【答案】（Ⅰ）曲线：.的直角坐标方程为.（Ⅱ）见证明

【解析】（Ⅰ）根据曲线的参数方程，平方相加，即可求得曲线普通方程，再根据极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，即可得到直线的直角坐标方程．

（Ⅱ）设过点的直线方程为（为参数），代入曲线的普通方程，根据参数的几何意义，即可求解．

【详解】

（Ⅰ）由题意，可得，

化简得曲线：.

直线的极坐标方程展开为，

故的直角坐标方程为.

（Ⅱ）显然的坐标为，不妨设过点的直线方程为（为参数），

代入：得，

所以为定值.

【点睛】

本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的应用，其中解答中熟记参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，以及直线参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

23．已知函数.

（1）若时，解不等式；

（2）若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】试题分析：

（1）当时，不等式为，根据分类讨论解不等式即可．（2）由题意可得当时，有解，即上有解，故只需（，由此可得结论．

试题解析：

（1）当时，不等式为，

若，则原不等式可化为，所以；

若，则原不等式可化为，所以；

若，则原不等式可化为，所以．

综上不等式的解集为．

（2）当时，由，得

即

故，

又由题意知（，

所以．

故实数m的取值范围为．