2020年广东省广州市天河区高考数学一模试卷(理科)知识分享.doc

2020年广东省广州市天河区高考数学一模试卷(理科)

精品文档
2020年广东省广州市天河区高考数学一模试卷（理科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60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. 已知集合＝，集合＝，则＝（ ）
A.
B.
C.
D.

2. 设复数满足，则复数在复平面内对应的点位于(        )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限

3. 设等差数列的前项和为，若，则等于       
A.
B.
C.
D.

4. 已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题正确的是(        )
A.若，，则
B.若，，则
C.若，，且，，则
D.若，，且，则

5. 的展开式的常数项是（ ）
A.
B.
C.
D.

6. 已知＝，＝，满足，则下列各选项正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.

7. 中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍．如图，是利用算筹表示数的一种方法．例如：可表示为“”，可表示为“＝”．现有根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用这数字表示两位数的个数为（ ）

A.
B.
C.
D.

8. 在矩形中，＝，＝，与相交于点，过点作，垂足为，则

A.
B.
C.
D.

9. 函数图象的大致形状是       
A.

B.

C.

D.

10. 位男生和位女生共位同学站成一排，位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是（ ）
A.
B.
C.
D.

11. 已知函数＝，若方程的解为，，则＝(        )
A.
B.
C.
D.

12. 已知函数＝，，曲线＝上总存在两点，使曲线＝在、两点处的切线互相平行，则的取值范围为（ ）
A.
B.
C.
D.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．

已知数列满足，，则当时，________．

设当＝时，函数＝取得最大值，则＝________ ．

已知函数＝在＝处有极小值，则＝________．

在三棱锥中，＝＝＝＝＝，侧面与底面垂直，则三棱锥外接球的表面积是________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题学生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。

在锐角中，角，，对应的边分别是，，，且＝．
（1）求角的大小；

（2）若的面积＝，＝．求的值．

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．

如图，在多面体中，四边形是边长为的菱形，＝，与交于点，平面平面，，＝，．
（1）求证：平面；

（2）若为等边三角形，点为的中点，求二面角的余弦值．

某种规格的矩形瓷砖根据长期检测结果，各厂生产的每片瓷砖质量都服从正态分布，并把质量在之外的瓷砖作为废品直接回炉处理，剩下的称为正品．
（1）从甲陶瓷厂生产的该规格瓷砖中抽取片进行检查，求至少有片是废品的概率；

（2）若规定该规格的每片正品瓷砖的“尺寸误差”计算方式为：设矩形瓷砖的长与宽分别为、，则“尺寸误差”为，按行业生产标准，其中“优等”、“一级”“合格”瓷砖的“尺寸误差”范围分别是、，（正品瓷砖中没有“尺寸误差”大于的瓷砖），每片价格分别为元、元、元，现分别从甲、乙两厂生产的该规格的正品瓷砖中随机抽取片瓷砖，相应的“尺寸误差”组成的样本数据如下，用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率．

尺寸误差

频数

（甲厂瓷砖的“尺寸误差”频数表）
记甲厂该种规格的片正品瓷砖卖出的钱数为（元），求的分布列．
由图可知，乙厂生产的该规格的正品瓷砖只有“优等”、“一级”两种，求片该规格的正品瓷砖卖出的钱数不少于元的概率．
附：若随机变量服从正态分布，
则；，＝，＝

已知函数．
求函数的单调区间；

若存在，使成立，求整数的最小值．
（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]

在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），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．
求曲线和直线的直角坐标方程；

直线与轴的交点为，经过点的动直线与曲线交于，两点，证明：为定值．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）

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．

参考答案与试题解析
2020年广东省广州市天河区高考数学一模试卷（理科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60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.
【答案】
C
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
先确定，再求出，而后可求．
【解答】
＝，＝，
＝＝．
2.
【答案】
B
【考点】
共轭复数
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
利用复数的运算法则，进行正确的计算即可．
【解答】
解：设复数，
∴ ，；
∴ ，，
∴ 复数，
∴ ，
复数在复平面内对应的点位于第二象限．
故选.
3.
【答案】
C
【考点】
等差数列的性质
【解析】
由等差数列的通项公式知＝＝，再由等差数列的前项和公式知．
【解答】
解：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故选.

4.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
在中，与相交、平行或异面；在中，与相交或平行；在中，与相交或平行；在中，由线面垂直、面面垂直的性质定理得．
【解答】
解：由，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，知：
在中，若，，则与相交、平行或异面，故错误；
在中，若，，则与相交或平行，故错误；
在中，若，，且，，则与相交或平行，故错误；
在中，若，，且，则线面垂直、面面垂直的性质定理得，故正确．
故选.

5.
【答案】
D
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
的展开式的常数项是第一个因式取，第二个因式取；第一个因式取，第二个因式取，故可得结论．
【解答】
第一个因式取，第二个因式取，可得；
第一个因式取，第二个因式取，可得＝
∴ 的展开式的常数项是＝
6.
【答案】
B
【考点】
指数函数与对数函数的关系
【解析】
本题可以选择，两个中间值采用搭桥法处理．
【解答】
依题意，因为＝为上的增函数，所以＝＝；
应为＝为上的增函数，且，所以＝，＝；
满足，
所以，所以，
所以＝，
又因为＝为的增函数，
所以，
综上：．
7.
【答案】
D
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，分析可得根算筹可以表示的数字组合，进而分析每个组合表示的两位数个数，由加法原理分析可得答案．
【解答】
根据题意，现有根算筹，可以表示的数字组合为、，、，、，、，、，、，、，、，、；
数字组合、，、，、，、，、，、，、中，每组可以表示个两位数，则可以表示＝个两位数；
数字组合、，、，每组可以表示个两位数，则可以表示＝个两位数；
则一共可以表示＝个两位数；
8.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
根据题意建立平面直角坐标系，利用坐标写出与的方程，求出点的坐标，再利用向量坐标表示计算的值．
【解答】
建立平面直角坐标系，如图所示；

矩形中，＝，＝，
则，，，；
直线的方程为；
由，则直线的方程为，即；
由，解得，

所以，，
所以．
9.
【答案】
C
【考点】
函数的图象与图象的变换
【解析】
根据条件先判断函数的奇偶性，和对称性，利用的值的符号是否对应进行排除即可．
【解答】
解：，
则
，
则是偶函数，则图象关于轴对称，排除，，
当时，，排除，
故选．
10.
【答案】
A
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
把位女生的两位捆绑在一起看做一个复合元素，和剩下的一位女生，插入到位男生全排列后形成的个空中的个空中，问题得以解决．
【解答】
根据题意，把位女生的两位捆绑在一起看做一个复合元素，和剩下的一位女生，
插入到位男生全排列后形成的个空中的个空中，
故有＝种，
11.
【答案】
A
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
三角函数值的符号
【解析】
由已知可得，结合求出的范围，再由求解即可．
【解答】
解：∵ ，∴ ，
又∵ 方程的解为，，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，
∴ 由，得，
∴ .
故选.

12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求得的导数，由题意可得＝，，且，化为＝，因此对都成立，令＝，，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．
【解答】
函数＝，导数＝
由题意可得＝，，且．
即有，
化为＝，
而，
∴ ，
化为对都成立，
令＝，，
由，当且仅当＝取得等号，
∴ ，
∴ ，即的取值范围是．
故选：．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．
【答案】

【考点】
数列递推式
【解析】
根据已知条件写出数列的前几项，分析规律，并归纳出数列的通项公式即可．
【解答】
解：∵ 数列满足，
，
则，
，
，
，…
由此可得当时，．
故答案为：．

【答案】

【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
解析式提取，利用两角和与差的正弦公式化为一个角的正弦函数，由＝时函数取得最大值，得到的取值，后代入正切公式中计算求值．
【解答】
＝＝；
∵ 当＝时，函数取得最大值
∴ ；
∴ ，；
∴ ．
【答案】

【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
根据函数＝在＝处有极小值得＝，＝即可求出的值．
【解答】
当＝，＝时，
＝＝，
此时＝不是极小值点．
∴ ＝，＝，
∴ ＝．
故答案：．
【答案】

【考点】
球的体积和表面积
【解析】
如图所示，取的中点，连接，．设为的中心，为的中心，为三棱锥外接球的球心．连接，，．四边形为正方形．可得为棱锥外接球的半径．利用勾股定理及其球的表面积计算公式即可得出．
【解答】
如图所示，
取的中点，连接，．
设为的中心，为的中心，
为三棱锥外接球的球心．
连接，，．四边形为正方形．
则为棱锥外接球的半径．．
∴ ．
∴ 三棱锥外接球的表面积＝．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题学生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。
【答案】
∵ ＝．
∴ ＝，可得：＝，解得：，或＝，
∵ 为锐角三角形，
∴ ，
∴ 可得：．
∵ ，可得：＝，
又＝，可得：＝，
在中，由余弦定理可知，＝＝＝，
∴ ，
在中，由正弦定理可知：，可得：．
【考点】
余弦定理
【解析】
（1）利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得的值，结合的范围，可求的值．
（2）利用三角形的面积公式可求的值，从而解得的值，由余弦定理可求的值，由正弦定理可求的值．
【解答】
∵ ＝．
∴ ＝，可得：＝，解得：，或＝，
∵ 为锐角三角形，
∴ ，
∴ 可得：．
∵ ，可得：＝，
又＝，可得：＝，
在中，由余弦定理可知，＝＝＝，
∴ ，
在中，由正弦定理可知：，可得：．
【答案】
＝，
可得＝＝，
由＝，即＝，①，由，可得，，
可得＝，即＝，②
由①②解得（舍去），＝，
则＝＝；
＝＝＝，
可得，
，
则
，
可得＝或时，取最大值．
则的值为或．
【考点】
数列的求和
【解析】
（1）由条件判断，再由等比数列的性质和通项公式，解方程可得首项和公比，进而得到所求通项公式；
（2）求得＝＝＝，可得，，再由等差数列的求和公式和配方法，可得所求最大值时的的值．
【解答】
＝，
可得＝＝，
由＝，即＝，①，由，可得，，
可得＝，即＝，②
由①②解得（舍去），＝，
则＝＝；
＝＝＝，
可得，
，
则
，
可得＝或时，取最大值．
则的值为或．
【答案】
如图，取中点，连接，，
因为＝，
所以，
又因为平面平面，平面平面＝，平面，
所以平面，
，分别为，中点，
所以，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
所以平面．
如图，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间坐标系，
显然二面角为锐二面角，设该二面角为，
向量是平面的法向量，设平面的法向量，
由题意可知＝＝＝，
所以，，，
所以，，
则，即，
所以，
所以．

【考点】
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）取中点，连接，，证明平面，，则平面；
（2）以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间坐标系，分别求出平面，平面的法向量，将二面角转化为两个法向量夹角余弦值的问题．
【解答】
如图，取中点，连接，，
因为＝，
所以，
又因为平面平面，平面平面＝，平面，
所以平面，
，分别为，中点，
所以，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
所以平面．
如图，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间坐标系，
显然二面角为锐二面角，设该二面角为，
向量是平面的法向量，设平面的法向量，
由题意可知＝＝＝，
所以，，，
所以，，
则，即，
所以，
所以．

【答案】
由正态分布可知，抽取的一片瓷砖的质量在之内的概率为，
则这片质量全都在之内（即没有废品）的概率为；
则这片中至少有片是废品的概率为＝；——–
ⅰ由已知数据，用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，
得该厂生产的一片正品瓷砖为“优等”、“一级”、“合格”的概率分别为、、；
则的可能取值为，，，，，元；——–
计算＝＝＝，
＝＝＝，
＝＝＝，
＝＝＝，
＝＝＝，
＝＝＝，
得到的分布列如下：

————-
数学期望为
＝
＝
＝（元）；———
ⅱ设乙陶瓷厂片该规格的正品瓷砖中有片“优等”品，则有片“一级”品，
由已知，解得，则取或；
故所求的概率为

＝
＝．———————–
【考点】
正态分布密度曲线
【解析】
Ⅰ由正态分布的概率公式求值即可；
Ⅱⅰ根据题意知的可能取值，计算所求的概率值，写出分布列，计算数学期望值；
ⅱ根据题意求出“优等”品与“一级”品数，再计算所求的概率值．
【解答】
由正态分布可知，抽取的一片瓷砖的质量在之内的概率为，
则这片质量全都在之内（即没有废品）的概率为；
则这片中至少有片是废品的概率为＝；——–
ⅰ由已知数据，用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，
得该厂生产的一片正品瓷砖为“优等”、“一级”、“合格”的概率分别为、、；
则的可能取值为，，，，，元；——–
计算＝＝＝，
＝＝＝，
＝＝＝，
＝＝＝，
＝＝＝，
＝＝＝，
得到的分布列如下：

————-
数学期望为
＝
＝
＝（元）；———
ⅱ设乙陶瓷厂片该规格的正品瓷砖中有片“优等”品，则有片“一级”品，
由已知，解得，则取或；
故所求的概率为

＝
＝．———————–
【答案】
解：由题意可知，，，
方程对应的，
①当，即时，
当时，，
∴ 在上单调递减； 
②当时，方程的两根为，
且，
此时，在上，函数单调递增，
在上，函数单调递减；
③当时，，，
此时当，，单调递增，
当时，，单调递减； 
综上：当时，在上单调递增，
在上单调递减；
当时，在上单调递增，
在上单调递减；
当时，在上单调递减； 
原式等价于，
即存在，使成立．
设，，
则，
设，
则，∴ 在上单调递增．
又，，
根据零点存在性定理，可知在上有唯一零点，
设该零点为，则，且，即，
∴ ，
由题意可知，又，，
∴ 整数的最小值为．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）求出函数的导数，结合二次函数的性质通过讨论的范围判断函数的单调性即可；
（2）问题转化为存在，使成立．设，，根据函数的单调性求出的最小值即可．
【解答】
解：由题意可知，，，
方程对应的，
①当，即时，
当时，，
∴ 在上单调递减； 
②当时，方程的两根为，
且，
此时，在上，函数单调递增，
在上，函数单调递减；
③当时，，，
此时当，，单调递增，
当时，，单调递减； 
综上：当时，在上单调递增，
在上单调递减；
当时，在上单调递增，
在上单调递减；
当时，在上单调递减； 
原式等价于，
即存在，使成立．
设，，
则，
设，
则，∴ 在上单调递增．
又，，
根据零点存在性定理，可知在上有唯一零点，
设该零点为，则，且，即，
∴ ，
由题意可知，又，，
∴ 整数的最小值为．
（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]
【答案】
解：由，
得曲线．
直线的极坐标方程展开为，
故的直角坐标方程为．
由得直线为：，
令，则的坐标为，
设过点的直线方程为（为参数）
代入得，
设，对应的参数为，，
所以为定值．
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的极坐标方程
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
【解析】
（1）由＝＝可得曲线的直角坐标方程；根据互化公式可得直线的直角坐标方程；
（2）根据参数的几何意义可得．
【解答】
解：由，
得曲线．
直线的极坐标方程展开为，
故的直角坐标方程为．
由得直线为：，
令，则的坐标为，
设过点的直线方程为（为参数）
代入得，
设，对应的参数为，，
所以为定值．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
【答案】
若＝时，，
当时，原不等式可化为解得，所以，
当时，原不等式可化为得，所以，
当时，原不等式可化为解得，所以，
综上述：不等式的解集为；
当时，由得，
即，
故得，
又由题意知：，
即，
故的范围为．
【考点】
绝对值三角不等式
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）通过去掉绝对值符号，转化求解不等式的解集即可．
（2）已知条件转化为即，即，即可求解实数的取值范围．
【解答】
若＝时，，
当时，原不等式可化为解得，所以，
当时，原不等式可化为得，所以，
当时，原不等式可化为解得，所以，
综上述：不等式的解集为；
当时，由得，
即，
故得，
又由题意知：，
即，
故的范围为．
收集于网络，如有侵权请联系管理员删除