【文档说明】广东省华南师大附中、实验中学、广雅中学、深圳中学2020届高三上学期期末联考文科数学【精准解析】.doc，共(25)页，2.047 MB，由小赞的店铺上传

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华附、省实、广雅、深中2020届高三上学期期末联考文科数学一、选择题1.已知集合2230,ln()AxxxBxyx，则AB（）A.[3,0]B.[3,1]C.[3,0)D.[1,0)【答案】C【解析】【

分析】解出集合,AB中的范围,再求交集即可.【详解】由2230xx有(1)(3)0xx,即31x,又ln()x中0x即0x.故AB[3,0)故选C【点睛】本题主要考查二次不等式的求解与集合的基

本运算,属于基础题型.2.已知zC，2zizi，则z对应的点Z的轨迹为（）A.椭圆B.双曲线C.抛物线D.线段【答案】D【解析】【分析】由复数模的几何意义，结合三角不等式可得出点Z的轨迹.【详解】2zizi的几何意义为复数z对应的点Z到点0,1A和点0,

1B的距离之和为2，即ZAZBAB，另一方面，由三角不等式得ZAZBAB.当且仅当点Z在线段AB上时，等号成立.因此，点Z的轨迹为线段.故选D.【点睛】本题考查复数模的几何意义，将问题转化为距离之和并结合三角不等式求解是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

3.已知0.7log0.8a，1.1log0.9b，0.91.1c，则,,abc的大小关系是（）A.bacB.acbC.abcD.cab【答案】A【解析】【分析】根据特殊值0和1与指数函数对数函数的单调性逐一比较大小.【详解】对于0.7log0.8a

，0.70.70.70log1log0.8log0.711.11.1log0.9log10b0.901.11.11c所以：bac故选：A【点睛】此题考查指数对数的大小比较，关键在于根据函数单调性和特殊函数值的大小关系，

利用不等式的传递性解题.4.“干支纪年法”是中国历法上自古以来使用的纪年方法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”．“天干”以“甲

”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为：甲子、乙丑、丙寅…癸酉，甲戌、乙亥、丙子…癸未，甲申、乙酉、丙戌…癸巳，…，共得到60个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽．2019年是“干支纪年法”中的己亥年，那么

2026年是“干支纪年法”中的A.甲辰年B.乙巳年C.丙午年D.丁未年【答案】C【解析】【分析】按照题中规则依次从2019年列举到2026年，可得出答案．【详解】根据规则，2019年是己亥年，2020年是庚子年，2021年是辛

丑年，2022年是壬寅年，2023年是癸卯年，2024年是甲辰年，2025年是乙巳年，2026年是丙午年，故选C．【点睛】本题考查合情推理的应用，理解题中“干支纪年法”的定义，并找出相应的规律，是解本题的关键，考查逻辑推理能力，属于中等题．5.函数3cos1()xfxx的部分图象大致

是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分析函数的定义域、奇偶性以及函数值的正负变化，排除错误选项可得答案.【详解】由3cos1()xfxx，可得()()fxfx，故()fx是奇函数，图象关于原点对称，排除A.当π02x时，()0fx；当11cos3x

时，()0fx，排除C,D.故选B.【点睛】本题考查函数图象的识别，一般利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性等性质分析函数图象的特征，排除错误选项得到答案.6.在普通高中新课程改革中，某地实施“3+1+2”选课方案．该方案中“2”指的是从政治、地理、化学、生物4门学科中

任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么政治和地里至少有一门被选中的概率是（）A.16B.12C.23D.56【答案】D【解析】【分析】本题可从反面思考，两门至少有一门被选中的反面是两门都没有被选中，两门都没被选中包含1个基本

事件，代入概率的公式，即可得到答案.【详解】设{A两门至少有一门被选中}，则{A两门都没有选中}，A包含1个基本事件，则2411()6PAC，所以15()166PA，故选D.【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中合理应用对立事件和古典概型及其概率的计算公式

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.7.若向量,ab满足||1,||2ab，且||3ab，则向量,ab的夹角为（）A.30°B.60°C.120°D.150°【答案】B【解析】【分析】由||3ab,平方求出ab

,代入向量夹角公式,求出,ab的夹角余弦值,即可得结果.【详解】设,ab的夹角为||3,abrr2222||()2523,ababaabbabrrrrrrrrrr11,cos,0,23ababab

rrrrrr故选:B【点睛】本题考查向量的模长和向量的夹角计算,着重考查计算能力,属于基础题.8.某程序框图如图所示，其中21()gnnn，若输出的20192020S，则判断框内可以填入的条件为（）A.2020?nB.2020?n„C.2020?nD.2020?n…【答案】A【解析】

【分析】因为2111111gnnnnnnn，此程序框图是对函数gn求和，利用裂项相消法求和，可知201912020nSn，可知2019满足条件进入循环，2020不满足条件没有进入循环，根据选项得到

正确结果.【详解】由2221111111112019(1111222231112020nSnnnnnn，解得2019n，可得n的值为20

19时.满足判断框内的条件，当n的值为2020时，不满足判断框内的条件，退出循环，输出S的值，故判断框内可以填人的条件为“2020n？”.故选A.【点睛】本题考查根据循环框图的输出结果填写判断框的内容，关键是分析出满足输出结果时的

n值，再根据选项判断结果.9.设等差数列na的前n项和为nS，若28515aaa，则9S等于()A.18B.36C.45D.60【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的通项公式化简已知条件，根据等差数列前n项和公式求得9S的值.【详解】由于数列na是等差数

列，所以由28515aaa得52815aaa，即131215ad，而19191289933123154522aaadSad.故选C.【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式及前n项和公式的基本量计算，属于基础题

.10.已知函数()cos|sin|fxxx，那么下列命题中假命题是（）A.()fx是偶函数B.()fx在[,0]上恰有一个零点C.()fx是周期函数D.()fx在[,0]上是增函数【答案】D【解析】【分析】根据函数

()cos|sin|fxxx的性质,逐个判断各选项的真假．【详解】对于A，函数()cos|sin|fxxx，定义域为R，且满足()cos()|sin()|cos|sin|()fxxxxxfx，所以()fx为定义域R上的偶函数，A正确；对于B，[,0]x时，

sin0x„，()cos|sin|cossin2sin4fxxxxxx，且3,444x，()fx在,0上恰有一个零点是4，B正确；对于C，根据正弦、余弦函数的周期性

知，函数()fx是最小正周期为2的周期函数，C正确；对于D，[,0]x时，()2sin4fxx，且3,444x，()fx在,0上先减后增，D错误．故选D．【点睛】本题主要考查了正弦函数、余弦函数的单调性、奇偶性、周期性的应用以及零点

的求法．11.在三棱锥PABC中，25PAPBPC，23ABACBC，则三棱锥PABC外接球的体积是（）A.36πB.125π6C.32π3D.50π【答案】B【解析】【分析】三棱锥PABC是正三棱锥

，取O为ABC外接圆的圆心，连结PO，则PO平面ABC，设O为三棱锥PABC外接球的球心，外接球的半径为R，可求出OAPO，，然后由2222OOOAOAR可求出半径，进而求出外接球的体积.【详解】由题意，易知三棱锥PABC是正三棱

锥，取O为ABC外接圆的圆心，连结PO，则PO平面ABC，设O为三棱锥PABC外接球的球心.因为23ABACBC，所以2312232OA.因为25PAPBPC，所以224POPAOA.设三棱

锥PABC外接球的半径为R，则2244RR，解得52R，故三棱锥PABC外接球的体积是34125ππ36R.故选B.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球体积的求法，考查了学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.12.已知椭圆C的焦点为1(1,0)F

，2(1,0)F，过2F的直线与C交于,AB两点．若223AFBF，125BFBF，则C的方程为（）.A.2212xyB.22132xyC.22143xyD.22154xy【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的

定义以及余弦定理列方程可解得2a，1b，可得椭圆的方程．【详解】解：22||3||AFBF，2||4||ABBF，又125BFBF，又12||||2BFBFa，23||aBF，2||AFa，1||53BFa，12||||2AFAF

a，1||AFa，12||||AFAF，A在y轴上．在Rt△2AFO中，21cosAFOa，在△12BFF中，由余弦定理可得222154()()33cos223aaBFFa，根据221coscos0AFOBFF，可得2

1320aaa，解得22a，222211bac．所以椭圆C的方程为：2212xy．故选A．【点睛】本题考查了椭圆的定义及余弦定理，属中档题．二、填空题13.曲线cosyxx在点(0,1)处的切

线方程为__________．【答案】10xy【解析】【分析】由题可判断出点在曲线上，所以通过求导求出切线的斜率，把斜率和点代入点斜式方程即可．【详解】∵点（0，1）在曲线上，又由题意，1sinyx，∴斜率k＝0101xy，∴所求

方程为：10yx，即y＝x+1．故答案为10xy．【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，属于基础题．14.某工厂为了解产品的生产情况，随机抽取了100个样本.若样本数据1x，2x，…，100x的方差为

16，则数据121x，221x，…，10021x的方差为______.【答案】64【解析】【分析】根据样本数据1x，2x，…，100x的方差为2s，得出对应数据121x，221x，…，10021x的方差为2222ss【详解】样本数据1x，2x，…，100x的方差为16，所以数据

121x，221x，…，10021x的方差为221664.故答案为：64【点睛】本题考查了方差的性质，需熟记性质，属于基础题.15.设F为双曲线C：222210,0xyabab的右焦点，O为坐标原点，以O

F为直径的圆与圆222xya交于P，Q两点，若PQOF，则C的离心率为______.【答案】2【解析】【分析】由题意画图，先求出PQ，再由PQOF列式求双曲线C的离心率.【详解】由题意，把2xc代入222xya，得2222cPQa，

再由PQOF，得2222cac，即222ac，222ca，解得2cea.故答案为：2【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，考查了学生的计算能力，属于中档题.16.在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，4c，42s

inaA，且C为锐角，则ABC面积的最大值为________.【答案】442【解析】【分析】由4c，42sinaA，利用正弦定理求得4C.，再由余弦定理可得22162abab，利用基本不

等式可得1682222ab，从而利用三角形面积公式可得结果.【详解】因为4c，又42sinsincaCA，所以2sin2C，又C为锐角，可得4C.因为2222162cos222ab

abCababab，所以1682222ab，当且仅当822ab时等号成立，即12sin44224ABCSabCab，即当822ab时，ABC面积的最大值为44

2.故答案为442.【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理以及基本不等式的应用，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）2222cosabcbcA；（2）222cos2bcaAbc，同时还要熟练掌握运用两种形式的

条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住30,45,60ooo等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.三、解答题17.在等比数列nb中，公比为01qq，13511111,,,,,,60322082bbb.（Ⅰ）求数列nb的通

项公式；（Ⅱ）设31nncnb，求数列nc的前n项和nT.【答案】（Ⅰ）12nnb；（Ⅱ）15352nnTn【解析】【分析】（1）根据等比数列的通项公式确定135,,bbb，从而求出公比q即可求解.（2）利用错位相减法即可求解.

【详解】（Ⅰ）因为公比为01qq的等比数列nb中，13511111,,,,,,50322082bbb，所以，当且仅当112b，318b，5132b时成立.此时公比23114bqb，12q，

所以12nnb.（Ⅱ）因为1312nncn，所以123nnTccccL1231111258312222nn，∴23111111253

43122222nnnTnn，∴12311111112331222222nnnTn1111113131222nn

n5135222nn.故数列nc的前n项和15352nnTn.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式以及错位相减法求数列的和，需熟记公式，属于基础题.18.如图，在直三棱柱

111ABCABC中，1111ABAC，D是11BC的中点，1112AAAB.（Ⅰ）求证：1AB//平面1ACD；（Ⅱ）异面直线1AB和BC所成角的余弦值为2613，求几何体11ABDCA的体积.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）2【解析】【分析】（Ⅰ）连结1AC交1AC于点E，连

结DE，证出1//DEAB，利用线面平行的判定定理即可证出.（Ⅱ）根据题意可求出122AB，在11ABC中，利用余弦定理求出1113BC，由11111ABDCADAABDAACVVV结合三棱锥的体积公式

即可求解.【详解】（Ⅰ）如图，连结1AC交1AC于点E，连结DE，因为在直三棱柱111ABCABC中，四边形11AACC是矩形，所以点E是1AC的中点，因为D是11BC的中点，所以1//DEAB.因为1AB平面1ACD，DE平面1ACD，所

以1AB//平面1ACD.（Ⅱ）因为棱柱111ABCABC是直三棱柱，所以111AAAC，因为1111ABAC，111AAAB，所以111ACBC，因为异面直线1AB和BC所成角的余弦值为2613.所以1126cos13

ABC，因为1112AAAB，111AAAB，所以122AB.根据余弦定理，在11ABC中，2221111111112cosACBCABBCABABC，可得1113BC，因为1111ABA

C，112AB，所以由勾股定理可得113AC，因为1111CAAB，111CAAA，1111AAABA，所以11CA平面1AB，同理11AB平面1AC，所以11111ABDCADAABDAACVVV113112223132232

2.所以几何体11ABDCA的体积为2.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理、三棱锥的体积公式，在证明线面平行时，需先证线线平行，此题属于中档题.19.已知某保险公司的某险种的基本保费为a（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，

续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：上年度出险次数01234保费（元）0.9aa1.5a2.5a4a随机调查了该险种的400名续保人在一年内的出险情况，得到下表：出险次数01234频数2808024124该保

险公司这种保险的赔付规定如下：出险序次第1次第2次第3次第4次第5次及以上赔付金额（元）2.5a1.5aa0.5a0将所抽样本的频率视为概率.（Ⅰ）求本年度续保人保费的平均值的估计值；（Ⅱ）按保险合同规定，若续保人在本年度内出险3次，

则可获得赔付2.51.5aaa元；若续保人在本年度内出险6次，则可获得赔付2.51.50.5aaaa元；依此类推，求本年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值；（Ⅲ）续保人原定约了保险公司的销售人员在上午10:30

~11:30之间上门签合同，因为续保人临时有事，外出的时间在上午10:45~11:05之间，请问续保人在离开前见到销售人员的概率是多少？【答案】（Ⅰ）1.035a；（Ⅱ）0.945a；（Ⅲ）512【解析】【分析】（Ⅰ）根据题意利用频率估计概率，结合表格数

据，列出保费的分布列，进而可求出续保人保费的平均值的估计值,（Ⅱ）根据题意利用频率估计概率，结合表格数据，列出赔偿金额的分布列，进而可求出续保人所获赔付金额的平均值.（Ⅲ）设保险公司销售人员到达的时间为x，续保人离开的时

间为y，,xy看成平面上的点，全部结果所构成的区域为31,10.511.5,1011412xyxy，再列出两人能见面满足的条件51,,10.511.5,1011412xyyxxy，利用几何概型概率的求法即可求解.【详解】（Ⅰ）由题意可得：

保费（元）0.9aa1.5a2.5a4a概率0.70.20.060.030.01本年度续保人保费的平均值的估计值为：0.90.70.21.50.062.50.0340.01aaaaa1.035a；（Ⅱ）由题意可得：赔偿金额（元）02.

5a4a5a5.5a概率0.70.20.060.030.01本年度续保人所获赔付金额的平均值的估计值：00.72.50.240.0650.035.50.01aaaa0.945a；（Ⅲ）设保险公司销售人员到达的时间

为x，续保人离开的时间为y，,xy看成平面上的点，全部结果所构成的区域为31,10.511.5,1011412xyxy，则区域的面积11133S.事件A表示续保人在离开前见到销售人员，所构成的区域为51,,10.511.5,1011412Axy

yxxy，即图中的阴影部分，其面积117152412336SA.所以55361123PA，即续保人在离开前见到销售人员的概率是512.【点睛】本题考查了分布列、根据分布列求均值以及几何概型的概率求法，综合

性比较强，属于中档题.20.已知点1,e，3,2e在椭圆C：222210xyabab上，其中e为椭圆的离心率，椭圆的右顶点为D.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）直线l过椭圆C

的左焦点F交椭圆C于A，B两点，直线DA，DB分别与直线axe交于N，M两点，求证：0NFMF.【答案】（Ⅰ）2212xy；（Ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（Ⅰ）将点代入椭圆方程，结合cea，解方程即可求解.（Ⅱ）设11,Axy，22

,Bxy，32,Ny，42,My，设直线l：1xmy，代入椭圆方程，利用韦达定理解得12yy，12yy，由M、B、D三点共线，N、A、D三点共线，可得1NFMFkk，从而可得0NFMF.【详解】（Ⅰ）

依题意得：22222211341eabeab，解得22a，21b，所以椭圆C的方程为2212xy.（Ⅱ）由（Ⅰ）得2ae，如图，设11,Axy，22,Bxy，32,N

y，42,My，把直线l：1xmy代入椭圆方程，得222210mymy，所以12222myym，12212yym，因为M、B、D三点共线，得422222yyx，所以224222222212

yyyxmy，①同理，由N、A、D三点共线，得1312212yymy，②因为34342121NFMFyykkyy，③所以把①②代入③得2121

22221212NFMFyykkmymy212221212221212yymyymyy2226422222223mmm1.所以0NFMF.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程的求法、直线与椭圆的综合应用、向量垂直的

充要条件，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于中档题.21.已知函数22lnfxxxaxaR有两个极值点1x，2x，其中12xx.（Ⅰ）求实数a的取值范围；（Ⅱ）当22aee时，求12fxfx的最小值.【答案】（Ⅰ）4,；（Ⅱ

）12ee【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数的导函数22'2xxfxax，由题意可得程2220xax有两个不相等的正根1x，2x，利用根与系数的关系即可求解.（2）结合（Ⅰ）可得12fxfx2111222lnxxxxxx

，令1201xttx，不妨设12lnthttt，求出函数ht的单调性，结合22aee，求出ht的最小值即可.【详解】（Ⅰ）依题意得fx的定义域为0,，22'2xxfx

ax，因为函数fx有两个极值点1x，2x，12xx，所以方程2220xax有两个不相等的正根1x，2x，12xx，所以21212160021aaxxxx，解得4a，此时fx在10,x和2,x上单调递增，在

12,xx上单调递减，所以实数a的取值范围是4,.（Ⅱ）因为1x，2x是方程2220xax的两个根，所以122axx，121xx，因为211220xax，222220xax，所以21

122axx，22222axx，所以22121112222ln2lnfxfxxxaxxxax22221112222ln222ln22xxxxxx2221122ln2lnxxxx

222111222lnxxxxxx2111222lnxxxxxx.令1201xttx，12lnthttt，则22222112210'1ttttthttt

，即ht在0,1上单调递减.因为22aee，所以1212axxee，所以2212121xxexxe，即22121212212xxxxexxe，所以12211xxexxe

，即11tete，所以10tete，01t，所以10te.因为ht在10,e上单调递减，所以ht的最小值为112heee，即12fxfx的最

小值为12ee.【点睛】本题考查了函数的极值点应用，导数在研究函数最值中的应用，综合性比较强，要求有较高的逻辑推理和计算能力，属于难题.22.在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线1C：24sin2

0，曲线2C：2cos042.（Ⅰ）求曲线1C，2C的直角坐标方程；（Ⅱ）已知曲线1C与y轴交于A，B两点，P为曲线2C上任一点，求PAPB的最小值.【答案】（Ⅰ）1C：22420xyy，2C：

10xy；（Ⅱ）22【解析】【分析】（Ⅰ）根据cossinxy代入可化曲线1C；将2C利用两角差的余弦公式展开，代入可化得2C（Ⅱ）求出曲线1C与y轴像交0,22A，0,22B两点，点A关于

直线10xy的对称点为'A，根据'PAPBAB即可求解.【详解】（Ⅰ）因为cossinxy，所以曲线1C的直角坐标方程为22420xyy，因为22coscossin1422

，所以曲线2C的直角坐标方程为10xy.（Ⅱ）因为曲线1C与y轴交于0,22A，0,22B两点，点A关于直线10xy的对称点为'32,1A，所以223

2222'3PAPBAB，所以PAPB的最小值为22.【点睛】本题考查了极坐标方程与普通方程的互化以及直线与圆的位置关系求距离的最值，需熟记极坐标与普通方程的关系式，属于基础题23.已知函数fxxt的单调递增区间为2,.（Ⅰ）求不等式121

fxx的解集M；（Ⅱ）设,abM，证明：1abab.【答案】（Ⅰ）43Mxx或2x；（Ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（Ⅰ）将t代入，采用零点分段法去绝对值即可求解.（Ⅱ）利用分析法要证明1abab，只需证明222212abaaabbb

，即要证明222221110abbaba，根据,abM即可证出.【详解】（Ⅰ）依题意得2t，所以不等式121fxx化为2121xx，当2x时，原不等式

化为2121xx，0x，得2x，当122x时，原不等式化为2121xx，43x，得423x.当21x时，原不等式化为2121xx，2x，得2x.所以，不等式121fxx的解集43Mxx或2x.（Ⅱ）要证

明1abab，只需证明222212abaaabbb，即要证明22210aabb，因为4,3abxx或2x，所以2169a，2169b，因为222222111ababbab22110ba，所以2

2210aabb，即1abab得证.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法、分析法证明不等式，考查了分类讨论的思想，属于基础题.