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- 2021-04-19 发布
绝密★启用前 试卷类型：A
2020届广东省韶关市高三调研测试
理科数学 2020.1.13
（本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为150分，考试用时120分钟）
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、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、已知全集，则（ ）
A、 B、 C、 D、
2、已知等差数列的前项和为，，则（ ）
A、 B、 C、 D、
3、设变量满足约束条件，则目标函数的最大值为（ ）
A、 B、 C、 D、
4、已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图甲和图乙所示，为了了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取4%的学生进行调查，则样本容量和抽取的初中生近视人数分别为（ ）
A、 B、 C、 D、
5、已知双曲线以椭圆的焦点为顶点，以椭圆的顶点为焦点，则双曲线的渐近线方程是（ ）
A、 B、 C、 D、
6、用数字组成没有重复数字的四位数，其中比3000大的奇数共有（ ）个
A、 B、 C、 D、
7、函数的部分图象大致为（ ）
8、运行如图所示的程序框图，若输出结果为，则判断框中应该填的条件是（ ）
A、 B、 C、 D、
9、已知是半径为1的圆的两条直径，，则的值是（ ）
A、 B、 C、 D、
10、设均为正实数，，则（ ）
A、 B、 C、 D、
11、已知函数为奇函数，，当取最小值时，的一个单调递减区间是（ ）
A、 B、 C、 D、
12、已知三棱锥的四个顶点在以为直径的球面上，于，，若三棱锥的体积的最大值为
，则该球的表面积为（ ）
A、 B、 C、 D、
第II卷（非选择题，共90分）
本卷包括必考题和选考题，第（13）题～第（21）题为必考题，每个试题考生都必须作答，第（22）题～第（23）题为选考题，考生根据要求作答。
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、若，则 .
14、已知直线是曲线在处的切线，直线是曲线的一条切线，且，则直线的方程是 .
15、中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载：‘三百七十八里关，初行健步不难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关’其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地。则该人最后一天走的路程为 里.
16、离心率为的椭圆恰好过抛物线的焦点，为椭圆的上顶点，为直线上一动点，点关于直线的对称点为，则的最小值为 .
三、解答题：本大题共6小题，满分70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17、（本小题满分12分）
如图，在平面四边形中，，设.
（1）若，求的值；
（2）用表示四边形的面积，并求的最大值.
18、（本小题满分12分）
如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，分别是的中点.
（1）求证：平面；
（2）设，求二面角的余弦值.
19、（本小题满分12分）
某电子工厂生产一种电子元件，产品出厂前要检出所有次品。已知这种电子元件次品率为0.01，且这种电子元件是否为次品相互独立。现要检测3000个这种电子元件，检测的流程是：先将这3000个电子元件分成个数相等的若干组，设每组有个电子元件，将每组的个电子元件串联起来，成组进行检测，若检测通过，则本组全部电子元件为正品，不需要再检测；若检测不通过，则本组至少有一个电子元件是次品，再对本组个电子元件逐一检测.
（1）当时，估算一组待检测电子元件中有次品的概率；
（2）设一组电子元件的检测次数为，求的数学期望；
（3）估算当为何值时，每个电子元件的检测次数最小，并估算此时检测的总次数（提示：利用进行估算）.
20、（本小题满分12分）
已知椭圆的焦点在圆上，且椭圆上一点与两焦点围成的三角形周长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过圆上一点作圆的切线交椭圆于两点，证明：点在以为直径的圆内.
21、（本小题满分12分）
已知函数有两个极值点，且.
（1）求实数的取值范围；
（2）若，证明：.
（二）选考题：共10分.请学生在第22,23题中任选一题作答。如果多选，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.
22、[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
已知曲线的参数方程为（为参数），直线的极坐标方程为，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；
（2）设点在曲线上，求点到直线距离的取值范围.
23、[选修4-5：不等式选讲]（10分）
（1）已知函数，求不等式的解集；
（2）已知，求证：.
2020届韶关高三调研测试数学（理科）试题
参考答案和评分标准
一、选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
A
B
A
B
A
C
C
B
B
B
A
C
二、填空题
13、 14、 15、 16、
三、解答题
17、解：（1）在中，由余弦定理知
由已知，
代入上式得：，即
又由正弦定理得：
即：，解得：……………………………………6分
（2）在中，由余弦定理知
故
所以
故………………………………………………………………12分
18、解：（1）证明：取的中点，连接
∵分别是的中点
∴
在正方形中，是的中点
∴
∴四边形是平行四边形
∴
又平面，平面
∴平面……………………………………………………………………………6分
（2）以为原点，延长线，所在直线分别为轴建立如图所示的空间坐标系，则
∴
设是平面的法向量，则
，令，得
设是平面的法向量，则
，令，得
由图形可知二面角为钝二面角
∴二面角的余弦值为……………………………………………………12分
19、解：（1）设事件：一组待检测电子元件中由次品，则事件表示一组待检测电子元件中没有次品
因为
所以…………………………4分
（2）依题意，的可能取值为
分布列如下：
1
所以的数学期望为：………………8分
（3）由（2）可得：每个元件的平均检验次数为：
因为
当且仅当时，检验次数最小
此时总检验次数（次）……………………………………
12分
20、（1）∵圆与轴的交点为，∴
∵椭圆上一点与两焦点围成的三角形周长为
∴ ∴ ∴
∴椭圆的方程为………………………………………………………………4分
（2）当直线的斜率不存在时，两点的坐标分别为
此时点到切线的距离为1，以为直径的圆的半径为
∵，∴点在以为直径的圆内；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为
因为直线与圆相切，所以，即
联立，化简得：
∴……………………………………………………9分
∴
∴即 ∴点在以为直径的圆内
综上所述，点在以为直径的圆内。…………………………………………………12分
21、（1）的定义域为，
设，则在内有两个变号零点，
令得，令得
∴在递增，在递减
∴
又当时，，在没有两个零点
当时，
（令，因为，所以在递减，
）
∴使得，使得
当时，，∴递减
当时，，∴递增
当时，，∴递增；
当时，，递减
∴分别为的极小值与极大值点
综上，的取值范围为………………………………………………………………6分
（2）由（1）知，∴，∴
∴时，∴
要证，只需证
∵由（1）得
∴得，即
设，则，∴，∴
∴…………………………………………………………………………9分
下面说明
即，设
∴
∴递增，∴即
∴成立……………………………………………………………12分
22、 （1）由曲线的参数方程得：
曲线的普通方程为：…………………………………………………3分
由直线的极坐标方程得：
由代入上式得执行的直角坐标方程为…………5分
（2）由题意，可设点
到直线的距离
当时，，当时，
所以的取值范围是……………………………………………………10分
23、（1）当时，，解得
当时，，解得
当时，，无解
综上所述，不等式的解集为
（2）因为
所以（当且仅当取等号）
同理（当且仅当取等号）
（当且仅当取等号）
相加（当且仅当取等号）
所以
因为，所以
所以……………………………………………………………10分