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    _2019-2020学年广东省广州市天河区高考数学一模（10月）（文）试题（解析版）

    时间：2020-08-10 20:15:01来源：百花范文网本文已影响人

    2019-2020学年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．

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