2020--广东省三校高三上学期第一次联考数学（理）试题（解析版）.docx

读 万 卷 书 行 万 里 路2020届广东省三校高三上学期第一次联考数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意，求得集合，，再根据集合的交集的运算，即可求解详解】由题意，求得集合，，所以，【点睛】本题主要考查了对数函数的图象与性质，以及集合的交集运算问题，其中解答中熟记对数函数的图象与性质，以及集合交集的运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题2．若复数的共轭复数满足，则（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据复数的乘法、除法运算求出，再由复数的模的求法即可求出【详解】由题意，所以，所以，故选：C【点睛】本题主要考查复数的乘法、除法运算，考查复数的模的求法以及复数与共轭复数的模相等，属于基础题.3．下列有关命题的说法错误的是（ ）A．若“”为假命题，则、均为假命题；B．若、是两个不同平面，，，则；C．“”的必要不充分条件是“”；D．若命题：，，则命题：：，.【答案】C【解析】根据“或”命题的真假判断表即可判断A；根据面面垂直的判定定理即可判断B；由充分必要条件可判断C；根据特称命题的否定可判断D.【详解】对于A，若“”为假命题，、均为假命题，故A正确；对于B，若、是两个不同平面，，，由面面垂直的判定定理可知：，故B正确；对于C，“”不能推出“”，例如，反之一定成立，故“” 是“”的充分不必要条件，故C错误；对于D，命题：，，为特称命题，其否定一定为全称命题，即为，，故D正确.故选：C【点睛】本题主要考查常用逻辑用语中命题的真假判断，属于基础题.4．已知离散型随机变量X的分布列为X0123P 则X的数学期望（ ）A． B．1 C． D．2【答案】B【解析】根据分布列概率的性质得到m的值，再由均值公式得到结果.【详解】由，得，所以．故选：B【点睛】这个题目考查了离散型分布列的性质，以及均值的计算.5．已知向量、均为非零向量，，，则、的夹角为（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设、的夹角为，由，得出，利用平面向量数量积的运算律与定义可计算出的值，结合的取值范围得出的值.【详解】设、的夹角为，且，，解得，，.因此，、的夹角为，故选：B.【点睛】本题考查利用平面向量的数量积求向量的夹角，在处理平面向量垂直时，要将其转化为两向量的数量积为零，利用平面向量数量积的定义和运算律来计算，考查运算求解能力，属于中等题.6．若cos（-α）=，则cos（+2α）的值为（　　）A． B． C． D．【答案】A【解析】利用二倍角公式求出的值，再利用诱导公式求出的值．【详解】∵cos＝，∴cos＝2－1＝2－1＝－，∴cos＝cos＝－cos＝.故选：A.【点睛】本题考查了余弦二倍角公式与诱导公式的应用问题，是基础题．7．若直线mx+ny+2=0（m＞0，n＞0）截得圆的弦长为2，则 的最小值为（ ）A．4 B．6 C．12 D．16【答案】B【解析】圆心坐标为，半径为1，又直线截圆得弦长为2，所以直线过圆心，即，，所以 ，当且仅当时取等号，因此最小值为6，故选B．8．设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则=A．5 B．6 C．7 D．8【答案】D【解析】首先根据题中的条件，利用点斜式写出直线的方程，涉及到直线与抛物线相交，联立方程组，消元化简，求得两点，再利用所给的抛物线的方程，写出其焦点坐标，之后应用向量坐标公式，求得，最后应用向量数量积坐标公式求得结果.【详解】根据题意，过点（–2，0）且斜率为的直线方程为，与抛物线方程联立，消元整理得：，解得，又，所以，从而可以求得，故选D.【点睛】该题考查的是有关直线与抛物线相交求有关交点坐标所满足的条件的问题，在求解的过程中，首先需要根据题意确定直线的方程，之后需要联立方程组，消元化简求解，从而确定出，之后借助于抛物线的方程求得，最后一步应用向量坐标公式求得向量的坐标，之后应用向量数量积坐标公式求得结果，也可以不求点M、N的坐标，应用韦达定理得到结果.9．已知定义在上的偶函数对任意都有，当取最小值时，的值为（ ）A．1 B． C． D．【答案】A【解析】根据辅助角公式化简由函数为偶函数求出，再由，求出，将代入表达式即可求解.【详解】，因为函数为偶函数， 所以，即，又因为都有，可得： 所以，解得 所以，且取最小值，所以 综上可得，，故选：A【点睛】本题考查了辅助角公式、诱导公式以及三角函数的奇偶性，属于中档题10．如图，在直二面角中，均是以为斜边的等腰直角三角形，取的中点，将沿翻折到，在的翻折过程中，下列不可能成立的是（　　）A．与平面内某直线平行B．平面C．与平面内某直线垂直D．【答案】D【解析】连接,当平面与平面重合时,可判断;当平面与平面重合时可判断B,根据假设法可判断D.【详解】根据题意, 连接当平面与平面重合时,平面,所以平面内必存在与平行和垂直的直线,故可能成立；在平面内过B作的平行线,使得,连接,则当平面与平面重合时,平面,故平面内存在与平行的直线,即平面内存在与平行的直线,所以平面,故可能成立．若,又,则为直线和的公垂线,所以,设 ,则经计算可得,与矛盾,故不可能成立．故选:【点睛】本题考查了空间中直线与直线、直线与平面的平行和垂直判定,对空间几何体的分析能力要求较高,属于中档题.11．定义为个正数、、…、的“均倒数”，若已知正整数列的前项的“均倒数”为，又，则（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由已知得，求出后，利用当时， 即可求得通项，最后利用裂项法即可求和.【详解】由已知得，，当时，，验证知当时也成立，，， 故选：C【点睛】本题是数列中的新定义，考查了与的关系、裂项求和，属于中档题.12．已知函数（为自然对数的底数）在上有两个零点，则的范围是（ ）A． B． C． D．【答案】D【解析】利用参数分离法进行转化，，设（且），构造函数，求函数的导数，研究函数的单调性和极值，利用数形结合进行求解即可．【详解】解：由得，当时，方程不成立，即，则，设（且），则，∵且，∴由得，当时，，函数为增函数，当且时，，函数为减函数，则当时函数取得极小值，极小值为，当时，，且单调递减，作出函数的图象如图：要使有两个不同的根，则即可，即实数的取值范围是.方法2：由得，设，，，当时，，则为增函数，设与，相切时的切点为，切线斜率，则切线方程为，当切线过时，，即，即，得或（舍），则切线斜率，要使与在上有两个不同的交点，则，即实数的取值范围是.故选：D．【点睛】本题主要考查函数极值的应用，利用数形结合以及参数分离法进行转化，求函数的导数研究函数的单调性极值，利用数形结合是解决本题的关键．二、填空题13．设满足约束条件，则的最大值为______________．【答案】19【解析】根据不等式组画出可行域，结合图像得到最值.【详解】作出不等式组所表示的平面区域为如图所示的，其中，，所以．故答案为：19【点睛】利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域．(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）．(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解．(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。

14．若的展开式中各项系数之和为32，则展开式中的系数为__________．【答案】15【解析】依题意，令，求得，写出二项展开式的通项，进而可确定展开式中的系数详解】依题意，令，解得，所以，则二项式的展开式的通项为：，令，得，所以的系数为点睛】本题主要考查了二项式定理的应用问题，其中解答中利用各项系数的和，求解n的值，再利用二项展开式的通项求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题15．已知点在双曲线上，轴（其中为双曲线的右焦点），点到该双曲线的两条渐近线的距离之比为，则该双曲线的离心率为______.【答案】.【解析】由题意可得，分别求出点到该双曲线的两条渐近线的距离，根据点到该双曲线的两条渐近线的距离之比为，可得，即可求出与的关系，即可求出离心率.【详解】双曲线的两条渐近线的方程为，由轴（其中为双曲线的右焦点），，，不妨设 ，则点到该双曲线的两条渐近线的距离分别为，，点到该双曲线的两条渐近线的距离之比为，，即，即， ， 故答案为：【点睛】本题考查了双曲线的性质，考查了学生的计算能力，属于中档题.16．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若三棱锥的体积为，则球的表面积为______.【答案】【解析】求出，可得的外接圆半径，从而可求出该三棱锥的外接球半径，即可求出三棱锥的外接球表面积.【详解】，， 的外接圆直径，，平面，三棱锥的体积为，，可解得 三角形为等腰三角形，该三棱锥的外接球的半径 该三棱锥的外接球的表面积为 故答案为：【点睛】本题主要考查立体几何的外接球问题，考查了棱锥的体积公式、球的表面积公式，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.三、解答题17．在中，角所对的边分别为，；（1）证明：为等腰三角形；（2）若为边上的点，，且，，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】(1)根据已有等式，利用正弦定理作角化边，可得，最后再由余弦定理把所有角都化为边的等式得；最后，根据等式可化简出，故可证为等腰三角形.(2)由，，可得， 然后，就可以根据角的相等关系，根据余弦定理或相似关系列出等式进行求解即可.【详解】（1），由正弦定理得：，由余弦定理得：；化简得：,所以即， 故为等腰三角形．（2）如图，由已知得，，， ， 又，，即，得，由（1）可知，得．解法二：取的中点，连接．由（1）知， 由已知得， ，，．解法三：由已知可得，由（1）知，，又，，即，即，．【点睛】本题考查解三角形的问题，（1）题的关键就是利用正弦定理和余弦定理作角化边的转化，(2)题的难点在于根据已有关系化简出相应的等式关系求解，难度属于一般题.18．如图，四棱锥的底面为直角梯形，，且为等边三角形，平面平面；点分别为的中点．（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】(1)求解线面平行，根据题意，连接相应的中位线，根据中位线的关系可得，四边形是平行四边形.(2) 设的中点为， 可证两两垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，然后求出平面的法向量，最后利用向量的内积关系即可求解出直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）设的中点为，连接，为的中点，所以为的中位线，则可得，且；。