广东省广州普通高中2020届高三综合测试（一）数学（理）试题 Word版含解析 25页

www.ks5u.com ‎2020广州普通高中毕业班综合测试（一）‎ 理科数学 一、选择題：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合題目要求的．‎ ‎1.设集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 由题意，分别计算出、即可得解.‎ ‎【详解】由题意，，‎ 所以，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了集合的运算，属于基础题.‎ ‎2.若复数满足方程，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎，即，解得．所以，故选D ‎3.若直线与圆有公共点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 由题意得圆心到直线的距离，解不等式即可得解.‎ ‎【详解】圆的圆心为，半径为，‎ 由题意可知圆心到直线的距离，化简得，‎ 故.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎4.已知，则是的（ ）‎ 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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意或，利用充分条件和必要条件的概念即可得解.‎ ‎【详解】由题意或或，‎ 由“或”不能推出“”；‎ 由“”可推出“或”；‎ 故是的必要不充分条件.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了充分条件和必要条件的判断，属于基础题.‎ ‎5.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】‎ - 25 -‎ ‎【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.‎ ‎6.已知直三棱柱的体积为，若分别在上，且，则四棱锥的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在棱上取一点，使，连接、，由即可得解.‎ ‎【详解】在棱上取一点，使，连接、，‎ 由题意，平面，‎ 所以，‎ - 25 -‎ ‎，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了直三棱柱的特征及几何体体积的求解，考查了空间思维能力，属于基础题.‎ ‎7.为了让居民了解垃圾分类，养成垃圾分类的习惯，让绿色环保理念深入人心．某市将垃圾分为四类：可回收物，餐厨垃圾，有害垃圾和其他垃圾．某班按此四类由10位同学组成四个宣传小组，其中可回收物与餐厨垃圾宣传小组各有2位同学，有害垃圾与其他垃圾宣传小组各有3位同学．现从这10位同学中选派5人到某小区进行宣传活动，则每个宣传小组至少选派1人的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意计算出总情况数和符合要求的情况数，利用古典概型概率公式即可得解.‎ ‎【详解】将这10位同学中选派5人到某小区进行宣传活动共有种情况；‎ 每个宣传小组至少选派1人分为以下几种情况：‎ ‎①可回收物或餐厨垃圾宣传小组选派两人，其他组每组一人，共有种情况；‎ ‎②有害垃圾或其他垃圾宣传小组选派两人，其他组每组一人，共有种情况；‎ 故所求概率.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了计数原理的应用与古典概型概率的求解，考查了分类讨论思想，属于中档题.‎ - 25 -‎ ‎8.已知直线与轴的交点为抛物线的焦点，直线与抛物线交于两点，则中点到抛物线准线的距离为（ ）‎ A. 8 B. 6 C. 5 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知抛物线焦点为，进而可得抛物线，联立方程可得，即可求得点、到准线的距离和，即可得解.‎ ‎【详解】直线与轴的交点为，即，‎ 抛物线，准线方程为，‎ 设点，，‎ 联立方程，消去得，，‎ 则，点、到准线的距离和为，‎ 中点到抛物线准线的距离.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线性质的应用和直线与抛物线的位置关系，考查了计算能力，属于中档题.‎ ‎9.等差数列的前项和为，已知，若，则的最小值为（ ）‎ A. 8 B. 9 C. 10 D. 11‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合等差数列的通项公式计算出，分别表示出、‎ - 25 -‎ 后，解一元二次不等式即可得解.‎ ‎【详解】设数列的公差为，，，‎ 即，‎ ‎，，‎ ‎，，解得或，‎ 由可知的最小值为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了等差数列通项公式及前n项和公式的应用，考查了一元二次不等式的解法，属于中档题.‎ ‎10.已知点是曲线上的点，曲线在点处的切线与平行，则（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由导数的几何意义结合题意得，算出分别代入验证即可得解.‎ ‎【详解】由题意曲线，求导得，‎ 曲线在点处的切线斜率，‎ ‎，解得或，‎ 当时，，则点，切线方程为 - 25 -‎ 即，符合题意；‎ 当时，，则点，切线方程为即，不符合题意，舍去.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了导数几何意义的应用和导数的运算，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.‎ - 25 -‎ ‎【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.已知函数，若在区间上有个零点，则（ ）‎ A. 4042 B. 4041 C. 4040 D. 4039‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，设，，由函数的奇偶性可得，由三角函数的性质可得，再由即可得解.‎ ‎【详解】由题意，‎ 设，，‎ 则为方程的根即为函数与交点的横坐标，‎ 当时，，且，所以函数为奇函数；‎ ‎，所以函数为奇函数；‎ - 25 -‎ 所以，所以，‎ 函数的图象，如图，‎ 函数的最小正周期，且，‎ 所以在，，上，均有两个不等实根，‎ 所以在上，共有个不等实根，‎ 所以在上，共有个不等实根，‎ 又，所以在上共有4041个不等实根即，‎ 所以 ‎.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了函数周期性和奇偶性的应用及函数零点相关问题的解决，考查了转化化归思想和数形结合思想，属于中档题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 ‎13.如图，如果一个空间几何体的正视图与侧视图为全等的等边三角形，俯视图为一个半径为1的圆及其圆心，则这个几何体的体积为________，表面积为________．‎ - 25 -‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得该几何体为底面半径为、母线长为、高为的圆锥，代入圆锥体积和表面积公式即可得解.‎ ‎【详解】由题意可知，该几何体为底面半径为、母线长为、高为的圆锥，‎ 所以该几何体体积，‎ 表面积，‎ 故答案为：，.‎ ‎【点睛】本题考查了三视图的识别及圆锥体积、表面积的计算，属于基础题.‎ ‎14.在的展开式中，的系数为15，则实数_______．‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合二项式定理写出二项式的展开式的通项公式，分别令、即可得的系数，即可得解.‎ ‎【详解】二项式的展开式的通项公式为：，‎ 令即，则，‎ - 25 -‎ 令即，则，‎ 所以的展开式中，的系数为，‎ 所以即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎15.已知单位向量与的夹角为，若向量与的夹角为，则实数的取值为_______．‎ ‎【答案】-10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立直角坐标系，表示出、的坐标后，利用列出方程即可得解.‎ 详解】如图建立直角坐标系，由题意得，，‎ 则，，‎ 所以 ‎，‎ 即，解得.‎ 故答案为：.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量运算的坐标表示及利用平面向量数量积解决向量夹角相关问题，考查了计算能力，属于中档题.‎ ‎16.记数列的前项和为，已知，且，则的最小值为_______．‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角函数的性质可得当时，；当时，；利用分组求和可得，进而可得，利用基本不等式即可得解.‎ ‎【详解】当时，，‎ 即；‎ 当时，，‎ 即；‎ ‎，‎ - 25 -‎ ‎，‎ ‎，‎ 又，，，‎ ‎，‎ 当且仅当时等号成立.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的性质和基本不等式的应用，考查了分组求和法求数列前n项和的应用，属于中档题.‎ 三、解答题：共70分，解答题应写出文字说明、证明过程与演算步骤，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．‎ ‎17.的内角的对边分别为，已知，且满足 ‎（1）求角C的大小；‎ ‎（2）求的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由正弦定理得，结合余弦定理即可得，即可得解；‎ ‎（2）由正弦定理得，，则转化条件得，确定后即可得解.‎ ‎【详解】（1）由题意及正弦定理可得：，‎ 由余弦定理得：，‎ - 25 -‎ 所以，‎ 由可得；‎ ‎（2）由正弦定理可得：，‎ 所以，，‎ 又，所以，‎ 所以 ‎,‎ 由可得，‎ 又因为，所以，，‎ 所以，所以.‎ 故的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，考查了三角恒等变换的应用，属于中档题.‎ ‎18.随着马拉松运动在全国各地逐渐兴起，参与马拉松训练与比赛的人数逐年增加．为此，某市对参加马拉松运动的情况进行了统计调査，其中一项是调査人员从参与马拉松运动的人中随机抽取100人，对其每月参与马拉松运动训练的夭数进行统计，得到以下统计表；‎ 平均每月进行训练的天数 人数 ‎15‎ ‎60‎ ‎25‎ - 25 -‎ ‎（1）以这100人平均每月进行训练的天数位于各区间的频率代替该市参与马拉松训练的人平均每月进行训练的天数位于该区间的概率．从该市所有参与马拉松训练的人中随机抽取4个人，求恰好有2个人是“平均每月进行训练的天数不少于20天”的概率；‎ ‎（2）依据统计表，用分层抽样的方法从这100个人中抽取12个，再从抽取的12个人中随机抽取3个，表示抽取的是“平均每月进行训练的天数不少于20天”的人数，求的分布列及数学期望 ‎【答案】（1）；（2）分布列详见解析，数学期望．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得，由二项分布的概率公式即可得解；‎ ‎（2）先利用分层抽样的概念算出各组抽取的人数，根据超几何分布的概率公式求出、、、后即可列出分布列，进而即可求得期望.‎ ‎【详解】（1）记“平均每月进行训练的天数不少于20天”为事件A，‎ 由表可知，所以；‎ ‎（2）由题意得：抽取的的人数为；的人数为；‎ 从抽取的12个人中随机抽取3个，表示抽取的是“平均每月进行训练的天数不少于20天”的人数，Y的可能取值为0，1，2，3，‎ 则；；‎ ‎；；‎ 所以的分布列为：‎ Y ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 所以的数学期望.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查了二项分布和超几何分布的应用，考查了离散型随机变量分布列和期望的求解，属于中档题.‎ ‎19.如图1，在边长为2的等边中，分别为边的中点，将∆AED沿折起，使得 ， ，得到如图2的四棱锥A-BCDE，连结，且与交于点．‎ ‎（1）求证：平面;‎ ‎（2）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得，，即可得， ，利用线面垂直的判定即可得证；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系后，表示出各点坐标，求出平面、平面的一个法向量为、，利用即可得解.‎ ‎【详解】（1）证明：由题意，，‎ 因为、分别为、的中点，‎ 所以且相似比为2，所以，，‎ 所以，，‎ 所以，，‎ 又因为，，所以，，‎ 由可得平面，得证.‎ - 25 -‎ ‎（2）如图，过D作平面，DB为x轴，DC为y轴，Dz为z轴，建立空间直角坐标系；‎ 所以，，，‎ 由（1）知，则，‎ 由可知，‎ 所以，，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 所以，即，取得，‎ 同理可得平面的一个法向量，‎ 所以，‎ 由图可知，所求二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直的证明和利用空间向量求二面角，考查了计算能力，属于中档题.‎ ‎20.已知过点，且与内切，设的圆心 - 25 -‎ 的轨迹为，‎ ‎（1）求轨迹C的方程；‎ ‎（2）设直线不经过点且与曲线交于点两点，若直线与直线的斜率之积为，判断直线是否过定点，若过定点，求出此定点的坐标，若不过定点，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）过定点．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意结合圆的性质可得，利用椭圆的定义即可得解；‎ ‎（2）当直线斜率不存在时，求出各点坐标后即可得与轴的交点为；当的斜率存在时，设l的方程为，联立方程可得，，进而可转化条件，得出后即可得解.‎ ‎【详解】（1）由题意过点，且与内切，‎ 易知点，半径为，‎ 设两圆切点为，‎ 所以，在中，，‎ 所以，所以M的轨迹为椭圆，由椭圆定义可知，‎ 所以，所以轨迹C的方程为；‎ ‎（2）①当的斜率不存在的时，设，所以，‎ - 25 -‎ 所以，解得或（舍），‎ 所以与轴的交点为；‎ ‎②当的斜率存在时，设l的方程为，‎ 联立消元可得，‎ ‎，所以，‎ 由韦达定理，，‎ 则 ‎，‎ 又因为，所以，即，‎ 所以，所以成立，‎ 所以，当时，，所以l过，‎ 综上所述，过定点.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆定义的应用和直线与椭圆的综合问题，考查了计算能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数．‎ - 25 -‎ ‎（1）求函数在上的单调区间；‎ ‎（2）用表示中的最大值，为的导函数，设函数，若在上恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（3）证明：．‎ ‎【答案】（1）单调递增区间为;单调递减区间为；（2）；（3）详见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导后求出、的解集后即可得解；‎ ‎（2）转化条件得在上恒成立，即在上恒成立，令，求导后求得的最大值即可得解；‎ ‎（3）利用导数证明，进而可证，即可得证.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 所以，‎ 令得，‎ 当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减；‎ 所以函数在上的单调递增区间为，单调递减区间为；‎ ‎（2）由（1）知，‎ 当时，恒成立，故恒成立；‎ 当时，，又因为恒成立，‎ 所以在上恒成立，‎ - 25 -‎ 所以，即在上恒成立，‎ 令，则，‎ 由，‎ 令得，易得在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以，‎ 所以，即，‎ 综上可得.‎ ‎（3）证明：设，则，‎ 所以在上单调递增，所以，即，‎ 所以 ‎，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了计算能力和推理能力，属于中档题.‎ ‎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，‎ - 25 -‎ ‎；（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；‎ 又因为的参数方程为，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.‎ - 25 -‎ ‎【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.‎ ‎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，‎ - 25 -‎ 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.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ - 25 -‎ - 25 -‎