【文档说明】【精准解析】广东省佛山市顺德区2020届高三第三次教学质量检测数学（文）试题.doc，共(19)页，1.149 MB，由小赞的店铺上传

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顺德区2020届高三第三次教学质量检测文科数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.在复平面内表示复数（1﹣i）（a+i）的点位于第二象限，则实数a的取值范围是（）A.

（﹣∞，1）B.（﹣∞，﹣1）C.（1，+∞）D.（﹣1，+∞）【答案】B【解析】【分析】把复数化为代形式，然后得出对应点坐标，由点在第二象限得出结论．【详解】2(1)()1(1)iaiaiaiiaai，对应点为(1,1)aa，由题意101

0aa，解得1a．故选：B.【点睛】本题考查复数的乘法运算，考查复数的几何意义，属于基础题．2.四张连号的电影票，小李从中随机抽出了两张，则这两张票座位恰好相邻的概率是（）A.12B.13C.14D.16【答案】A【解析】【分析】用列举法列出任

取2张的各种可能，同时得出两张座位相邻的可能，可计算概率．【详解】四张电影票编号为1，2，3，4，任取2张的基本事件有：12，13，14，23，24，34，共6种，其中相邻的是12，23，34共3种，所求概率为3162P．故选：A.【点睛】本题考查古典概型，用列举

法写出所有基本事件是解题的基本方法．3.设x1，x2，…，xn为样本数据，令f（x）1ni（xi﹣x）2，则f（x）的最小值点为（）A.样本众数B.样本中位数C.样本标准差D.样本平均数【答案】D【解析】【分析】把函数整理成二次函数的一

般形式，然后由二次函数性质求解．【详解】由题意22221212()2()()nnfxnxxxxxxxx，()fx取得最小值时，12nxxxxxn．故选：D.【点睛】本题考查样本平均数的概念，掌握样本平均数的表示是解题关键．4.在直角坐

标系xOy中，动点A在抛物线y2＝x上，点P满足OP2OA，则点P的轨迹方程是（）A.y2＝xB.y2＝2xC.y2＝4xD.y2＝8x【答案】B【解析】【分析】设11(,)Axy，(,)Pxy，用,xy表示出11,xy，并把11(,)xy代入抛物

线方程可得．【详解】设11(,)Axy，(,)Pxy，∵2OPOA，∴11(,)2(,)xyxy，即1122xxyy，解得1122xxyy，而A在已知抛物线上，∴211yx，即2()22y

x，整理得22yx．故选：B.【点睛】本题考查求轨迹方程，解题方法是动点转移法（或叫代入法）．5.已知函数2()logfxxxb的零点在区间[0，1]上，则b的取值范围为（）A.[﹣1，0]B.[0，1]C.（﹣∞，1]D.[﹣1，+∞）【答案】C

【解析】【分析】根据零点存在定理求解．【详解】易知函数2()logfxxxb在定义域内是增函数，其零点在[0,1]上，由于0x时，()fx，因此(1)10fb，1b．故选：C.【点睛】本题考查零点存在定理

，考查函数的单调性，判断单调性是本题关键，函数在定义域内是单调的，则保证如果有零点，则零点唯一，这样只要再由零点存在定理确定有零点即可，零点存在定理保证有零点，不保证唯一，也不能说明在区间外有没有零点．6.设正数m，n满足49mn1，则m+n的最小值为（）A.26B.25C.16D.9【

答案】B【解析】【分析】用“1”的代换凑配出定值，然后用基本不等式求得最小值．【详解】∵正数m，n满足49mn1，则494949()()1313225nmnmmnmnmnmnmn，当且仅当49nmmn

，即10,15mn时，等号成立．∴mn的最小值为25.故选：B.【点睛】本题考查用基本不等式求最值，解题关键是“1”的代换，凑配出积为定值．7.已知函数f（x）＝（x﹣3）2﹣1，则平面图形D内的点（m，n）满足条件：f（m）+f（n）＜0，且f（m）﹣f（n）＞0，则D的面积为

（）A.πB.3C.2D.1【答案】A【解析】【分析】由()()0fmfn和()()0fmfn确定(,)mn所在区域，然后计算区域面积．【详解】22()()(3)(3)20fmfnmn，即22(3)(3)2mn，该不等

式表示的平面区域是以(3,3)为半径，2为半径的圆内部分（不含边界），如图所示，又22()()(3)(3)()(6)0fmfnmnmnmn，画出其对应区域，如图，直线0xy与60xy互相垂直，且交点刚好是圆心(3,3)，∴满足条件

()()0()()0fmfnfmfn的点(,)mn所形成的区域为图中阴影部分，其面积为212(2)4．故选：A.【点睛】本题考查二元二次不等式组表示的平面区域，解题时可分别研究两个不等式表示的平面区域，再考虑它们的交集．8.设正方体111

1ABCDABCD的棱长为1，E为1DD的中点，M为直线1BD上一点，N为平面AEC内一点，则M，N两点间距离的最小值为（）A.63B.66C.34D.36【答案】B【解析】【分析】本道题结合直线与平面平行判定，证

明距离最短即为计算1BD与OE的距离，计算，即可．【详解】结合题意，绘制图形结合题意可知OE是三角形1BDD中位线，题目计算距离最短，即求OE与1BD两平行线的距离，111,3,2DDBDBD，所以距

离d，结合三角形面积计算公式可得1111222SBDDDBDd，解得66d，故选B．【点睛】本道题考查了直线与平面平行的判定，难度较大．二、选择题：本题共2小题，每小题4分.在每小题给出

的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.设α是给定的平面，A，B是不在α内的任意两点，则（）A.在α内存在直线与直线AB异面B.在α内存在直线与直线AB相交C.在α内存在直线与直线AB平行D.存在过直线AB的平面与α垂直E.存在过直线AB的平面与

α平行【答案】AD【解析】【分析】根据两直线的位置关系和直线与平面的位置关系判断．【详解】A，B是不在α内的任意两点，则直线AB与平面相交或平行．如果AB与平面相交，则内不过交点的直线与AB异面，但没有直线与AB平行，如果AB

与平面平行，则在内存在直线b与AB平行，而在内与b相交的直线与AB异面，但内不存在直线与AB相交，由上知A正确，BC均错，不论AB与平面是平行还是相交，过A作平面的垂线，则这条垂线与直线AB所在平面与垂直，（如果垂

线与AB重合，则过AB的任意平面都与垂直）,D正确，显然直线AB与平面相交时，过AB的任意平面都与a相交，不平行，E错．故选：AD．【点睛】本题考查空间两直线的位置关系和直线与平行的位置关系．掌握空间直线与直线的位置关系和直线与平面的位置关系是解题关键．10.对任意

A，BR，记A⊕B＝{x|x∈A∪B，xA∩B}，并称A⊕B为集合A，B的对称差.例如，若A＝{1，2，3}，B＝{2，3，4}，则A⊕B＝{1，4}，下列命题中，为真命题的是（）A.若A，BR且A⊕B＝B，则A＝B.若A，BR且A⊕B＝，则A＝BC.若A，BR且A⊕

BA，则ABD.存在A，BR，使得A⊕B＝ARð⊕BRðE.存在A，BR，使得ABBA【答案】ABD【解析】【分析】根据新定义判断．【详解】根据定义[()][()]RRABABAB痧，A.若ABB，则RABB

ð，RABð，RABBðRBAð，RABðAB，∴A，A正确；B.若AB，则RABð，RABð，ABAB，B正确；C.若ABA，则RABð，RABAð，则BA，C错；D.AB时，AB，()()RRABAB痧，D

正确；E.由定义，[()][()]RRABABAB痧BA，E错．故选：ABD．【点睛】本题考查新定义，解题关键是新定义的理解，把新定义转化为集合的交并补运算．三、填空题：本大题共5小题，每小题4分.11.设f（x）＝ln

2axx为奇函数，则a＝_____.【答案】2【解析】【分析】由(0)0f求得a，然后再检验()fx是奇函数即可．【详解】由题意(0)ln02af，2a，2a时2()ln2xfxx，22()lnln()22xxfxf

xxx，()fx就奇函数．故答案为：2.【点睛】本题考查函数的奇偶性，掌握奇偶性的定义是解题关键．注意(0)0f是函数为奇函数的必要条件，不是充要条件．因此由(0)0f求出参数值后需要验证．12.若等比数列{an}满足a112，a2a3＝

2，则a7＝_____.【答案】32【解析】【分析】求出公比q后可得，【详解】设数列的公比为q，则22311222aaqq，2q=，∴667112322aaq．故答案为：32.【点睛】本题考查等比数列的通项公式，解题方法是基本量法．13.已知tanα22，则cossincossin

_____；cos2α＝_____.【答案】(1).3﹣22(2).13【解析】【分析】cossincossin是关于sin,cos的一次齐次式，分子分母同除以cos化为tan的式子即可求值，cos2应用二倍角公式

变形后可化为关于sin,cos的二次齐次式，再同理计算．【详解】∵2tan2，∴cossincossin211tan23221tan212，222222222221()cossin1tan12cos2cossincossin1tan3

21()2．故答案为：322；13．【点睛】本题考查同角间的三角函数关系，考查余弦的二倍角公式．遇到关于sin,cos的齐次式时，通常转化为tan后再变形求值．14.设△ABC中AC＝1

，AB＝2，∠CAB＝60°，ABa，BCb，CAc，则a•bb•cc•a_____.【答案】﹣4【解析】【分析】由余弦定理解三角形，然后可求出ABC的的所有元素，然后再根据数量积的定义计算．【详解】由余弦定理得

2222cos14212cos603BCACABACABCAB，3BC，∵2221(3)2，∴90ACB，30CBA，∴23cos15012cos1204abbcca

．故答案为：4．【点睛】本题考查向量的数量积运算，考查余弦定理解三角形，掌握数量积的定义是解题关键．15.10名象棋选手进行单循环赛（即每两名选手比赛一场）．规定两人对局胜者得2分，平局各得1分，负者得0

分，并按总得分由高到低进行排序．比赛结束后，10名选手的得分各不相同，且第二名的得分是最后五名选手得分之和的45．则第二名选手的得分是____．【答案】16【解析】【分析】有10个足球队进行循环赛，胜队得2分，负队得0分，平局的两队各得1分，即每场产生2分，每个队需要进行10-1=9场比

赛，则全胜的队得18分，而最后五队之间赛5×（5-1）÷2=10场至少共得20分，所以第二名的队得分至少为420165分．【详解】每个队需要进行9场比赛，则全胜的队得：9×2=18（分），而最后五队之间赛10场

，至少共得：10×2=20（分），所以第二名的队得分至少为420165（分）．故答案为16.【点睛】完成本题主要求出最后五队之间赛的场次以及至少共得的分数，然后抓住了“第二名的得分是最后五名所得总分和的45”这个关健点进行分析的．四、解答题：本大题共6小题.解答应

写岀文字说明，证明过程或演算步骤.16.为了解某校学生参加社区服务的情况，采用按性别分层抽样的方法进行调查.已知该校共有学生960人，其中男生560人，从全校学生中抽取了容量为n的样本，得到一周参加社区服务时间的

统计数据如下：超过1小时不超过1小时男208女12m（1）求m，n；（2）能否有95%的把握认为该校学生一周参加社区服务时间是否超过1小时与性别有关？附：P（K2≥k）0.0500.0100.001k

3.8416.63510.828K22()nadbcabcdacbd【答案】（1）m＝8，n＝48（2）不能有95%的把握认为该校学生一周参加社区服务时间超过1小时与性别有关.【解析】【分析】（1）由分层抽样的

概念，可按比例求出女生人数，从而得,mn；（2）根据所给数据计算2K后可得结论．【详解】（1）根据题意知该校有女生400人，所以12400208560m，解得m＝8，所以n＝20+8+12+8＝48；（2）根据题意填写列联表如下；超过1小时的人数不超过1小时的人数合计男2082

8女12820合计321648根据列联表计算K22482081282428203216350.6857＜3.841，查表得P（K2≥3.841）≈0.050；所以不能有95%的把握认为该

校学生一周参加社区服务时间超过1小时与性别有关.【点睛】本题考查分层抽样，考查独立性检验，属于基础题．17.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin（A+B）＝csin2BC.（1）求

A；（2）求sinBsinC的取值范围；（3）若△ABC的面积为3，周长为8，求a.【答案】（1）A3（2）（0，34）（3）a134【解析】【分析】（1）用诱导公式和正弦定理化边为角，然后再由二倍角公式变形后可求得A；（2）由

（1）可得23CB，203B，把sinsinBC化为B的函数，由三角函数恒等变换化为一个三角函数形式，结合正弦函数性质可得取值范围；（3）由三角形面积可求得4bc，由周长及余弦定理得,,abc的三个等式，消去,bc可解得a．【详解】（1）△A

BC中，asin（A+B）＝csin2BC，∴asin（π﹣C）＝csin（22A），∴asinC＝ccos2A，由正弦定理得sinAsinC＝sinCcos2A，∴sinA＝cos2A，即2sin2Acos2Acos2A；

又A∈（0，π），∴cos2A0，∴2sin2A1，即sin122A，∴26A，解得A3；（2）∵sinBsinC＝sinBsin（23B）32sinBcosB12sin2B34sin2B14cos2B1142sin（2B6

）14，又∵B∈（0，23），∴2B6∈（6，76），sin（2B6）∈（12，1]，∴sinBsinC∈（0，34）.（3）△ABC的面积为3，周长为8，∴12bcsinA34bc3，∴bc＝4，…①a+b+c＝8，…②由余弦定理得：a2＝

b2+c2﹣bc，…③由①②③组成方程组，可得：2222222(8)4bcbcabca，可得：（8﹣a）2＝a2+12，解得：a134.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，考查诱导公式

、二倍角公式，两角差的正弦公式，考查正弦函数的性质．掌握正弦（余弦）定理及正弦函数性质是解题关键．18.已知A是圆锥的顶点，BD是圆锥底面的直径，C是底面圆周上一点，AC＝BD＝2，BC＝1，点M在线段BD上，

且BM12，平面ABC和平面ACD将圆锥截去部分后的几何体如图所示.（1）求证：CM⊥AD；（2）求AC与底面所成的角；（3）求该几何体的体积.【答案】（1）证明见解析（2）60°（3）336【解析】【分析】（1）在BCD中通过解三角形得CMBD，从而

可证CM与平面ABD垂直（取BD中点O，AO是圆锥的高），得线线垂直；（2）由（1）ACO是直线AC与底面所成的角，在三角形中求解即可；（3）该几何体是半个圆锥和一个三棱锥的组合体，由锥体体积公式计算．【详解】（1）

证明：∵C是底面圆周上一点，∴BC⊥BD，又∵12BCBD，∴∠BDC＝30°，∴∠CBD＝60°，在三角形BCM中，由余弦定理得：222324CMBCBMBCBMcosCBM，∴BC2＝BM2+CM2，∴CM⊥BD，设O为BD的中点，连接AO，则AO⊥平面BCD，∵

CM在平面BCD内，∴CM⊥AO，又AO∩BD＝O，∴CM⊥平面BAD，又AD在平面BAD内，∴CM⊥AD；（2）设O为BD的中点，连接CO，AO，则∠ACO为AC与底面所成的角，由已知可得AB＝AD＝AC＝BD＝2，所以△ABD为正三角形，3AO，而CO＝1，所以3tanACO，∴

AC与底面所成的角为60°；（3）由题设知，∠CBD＝60°，故△BCD的面积136022BCDSBCBDsin，底面半圆的面积2122SOB半圆，所以该几何体的体积131333332326V.【点睛】

本题考查用线面垂直证明线线垂直，考查求直线与平面所成的角，考查锥体的体积．本题关键是垂直的证明．19.已知椭圆C：2222xyab1（a＞b＞0），A（﹣a，0），B（0，﹣b），P为C上位于第一

象限的动点，PA交y轴于点E，PB交x轴于点F.（1）探究四边形AEFB的面积是否为定值，说明理由；（2）当△PEF的面积达到最大值时，求点P的坐标.【答案】（1）面积为定值，详见解析（2）2222ab，【解析】【分析】（1）设00(,

)Pxy，写出直线方程求出,EF坐标，计算面积12AFBE可得定值；（2）求出P到直线AB的距离d，由（1）知PAB面积最大时，PEF面积最大，从而只要d最大即可，2200222ababxyabdab

，由P在椭圆上，利用基本不等式可得00abxy的最大值，从而得出结论．【详解】（1）设P（x0，y0），四边形AEFB的面积为定值，证明如下：则PA的方程为00yyxaxa，可得000ayExa，，故00ayBEbxa，同理

可得，00bxAFayb，从而四边形AEFB的面积为22220000000000002222111222bxayabxyabxabyabAFBEabybxaxybxayab

ab，所以四边形AEFB的面积为ab.（2）由题设知直线AB：bx+ay+ab＝0，点P到AB的距离为d，则0022bxayabdab，由（1）可知，当且仅当△ABP的面积最大时，△PEF的面积最大，所以当d取最大值时，△PEF的面积最大，由于P在

C上，故22222200bxayab，可得22222200002abxybxayab，所以222000022222221()2abbxayabababxyabdababab，当且仅当0022abbxay，即022xa，022yb时等号成立，所以点P的坐标

为2222ab，.【点睛】本题考查直线与椭圆相交中的面积、面积的最大值问题，利用P在椭圆上，设00(,)Pxy然后进行计算求解．采取的是解析几何中的基本方法，考查学生的运算求解能力．20.对

于函数f（x），若f（x0）＝x0，则称x0为f（x）的不动点.设f（x）＝x3+ax2+bx+3.（1）当a＝0时，（i）求f（x）的极值点；（ⅱ）若存在x0既是f（x）的极值点，也是f（x）的不动点，求b的值；（2）是否存在a，b，使得f（x）有两个极值点，且这

两个极值点均为f（x）的不动点？说明理由.【答案】（1）（i）3bx是f（x）的极大值点，3bx是f（x）的极小值点（ⅱ）b＝﹣3（2）不存在满足题设的a，b；详见解析【解析】【分析】（1）（i）求出导数(

)fx，由()0fx的根确定函数的单调性，从而确定极值点．（ⅱ）由2030xb和30003xbxx结合可解得b；（2）假设存在,ab满足题意，由函数的单调性和不动点定义可得矛盾，说明假设错误．【详解】（1）当a

＝0时，f（x）＝x3+bx+3，f′（x）＝3x2+b，（i）①当b≥0，f（x）在R单调递增，无极值点，②当b＜0时，由f′（x）＝0，得3bx或3bx，当.33bbx

，，f′（x）＞0，故f（x）在3b，，3b，单调递增，当33bbx，时，f′（x）＜0，在33bb，单调递减，所以，3bx是

f（x）的极大值点，3bx是f（x）的极小值点.（ⅱ）设x＝x0是f（x）的极值点，则由（i）可知2030xb，又x＝x0是f（x）的不动点，则30003xbxx，所以b＝﹣3，（2）不存在满足题设的a，b，证明如下：假设存在满足题设的a，b，设x1，x2为f（x）的两个极值点

，且为f（x）的不动点，并不妨设x1＜x2，由于f′（x）＝3x2+2ax+b，所以x1，x2为方程3x2+2ax+b＝0的两个根，当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0，可知f（x）在（x1，x2）上单调递减，故f（x1）＞f（x2），又x1，x2为f（x）的不动点，所以f（x

1）＝x1＜x2＝f（x2），即f（x1）＜f（x2），矛盾，所以不存在满足题设的a，b.【点睛】本题考查导数与极值，考查函数的新定义问题．0()0fx时，0x也不一定是极值点，还需在0x两侧()fx的符号相反才可确定是极值点．

对新定义只要根据题意理解方程的解即可参与求解．21.设三角形的边长为不相等的整数，且最大边长为n，这些三角形的个数为an.（1）求数列{an}的通项公式；（2）在1，2，…，100中任取三个不同的整数，求它们可以是一个

三角形的三条边长的概率.附：1+22+32+…+n21216nnn；1+23+33+…+n322(1)4nn【答案】（1）20123(2)441344nnnannnnnn

，，，且为偶数，且为奇数（2）65132.【解析】【分析】（1）设x，y，n为满足题意的三角形的边长，不妨设x＜y＜n，则x+y＞n.若2ny，三角形不存在，1230aaa，4n时，按奇偶分类，n为偶数，y最小值为12n，n为偶数，y最小值为112n，然

后依次得出x的所有可能，从而得三角形的个数，相加后可得na；（2）根据（1）用所给公式求出100S，而100个数中任取3个的方法数是3100C，由此可计算概率．【详解】（1）设x，y，n为满足题意的三角形的边长，不妨设x＜y＜n，则x+y＞n.由题

意知：a1＝a2＝a3＝0，当n≥4时，且n为偶数时，若y2n，三角形不存在，若y12n，x2n，若22ny，x11222nnn，，.…，若y＝n﹣1，x＝2，3，…，n﹣2，所以：an＝1+3+…+（n﹣3）2(2

)4n.同理，当n＞4时，且n为奇数时，可得：132434nnnan，所以数列{an}的通项公式为20123(2)441344nnnannnnnn，，，且为偶数，且为奇数.（2）根据求和公式222

1001124982446969844S，＝（12+22+32+…+492）+12+22+…+482+（1+2+3+…+48），4950994849964948662，49501956.所求的概率为100310065132SC.【点睛】本题考

查归纳推理，考查等差数列的前n项和，考查公式法求和，考查古典概型．解题中根据三条线段可构成三角形的条件，按边长进行归纳推理，得出三角形个数．