【文档说明】广东省佛山市2020届高三教学质量检测（二模考试）数学（文）试题【精准解析】.doc，共(23)页，1.634 MB，由小赞的店铺上传

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-1-2019～2020学年佛山市普通高中高三教学质量检测（二）数学（文科）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分.考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生要务必填写答题卷上的有关项目.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把

答案涂在答题卷相应的位置上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无

效.4.请考生保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共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，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分

析】先求得集合，再结合集合交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，又有，则.故选：B.【点睛】本题主要考查了集合的交集的运算，其中解答中正确求解集合，再结合集合的交集的概念及运算是解答的关键，着重

考查了推理与运算能力，属于基础题.2.复数z满足，则（）A.1B.C.D.2【答案】A【解析】【分析】-2-把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数求模公式计算得答案.【详解】因为复数满足，∴，则，故选：A.【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运

算，考查了复数模的求法，属于基础题.3.下列命题中假命题的是（）A.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【分析】可举出反例，以及利用指数函数的性质，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，对于A中，例如：当时，此时，所以A为真命题；对于B中，对任意，根据指数函数的性

质，可得成立，所以B为真命题；对于C中，例如：当时，此时，满足，所以C为真命题；对于D中，例如：当时，此时，所以D为假命题.故选：D.【点睛】本题主要考查了全称命题与存在性命题的真假判定，其中解答中熟记全称命题和存在性命题的真假判定方法，以及合理利用反例进行判定是解答的关

键.4.等差数列中，其前项和为，满足，，则的值为（）A.B.21C.D.28【答案】C【解析】【分析】利用基本量法求解首项与公差,再利用求和公式求解即可.【详解】设等差数列的公差为,则,解得.-3-故.故选：C【点睛】本题主要考查了等差数列基本量的求解以及求和公式,属于基础题

.5.若非零向量,满足,,则与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先由得出向量的数量积与其模的关系,再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角即可．【详解】设与的夹角为,因为,所以,所以.又,所以=,所以与的夹角为.故选：C

．【点睛】本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题,渗透了转化与化归、数学计算等数学素养．属于基础题.6.函数的部分图像如图所示,则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】-4-【分析】根据图像可求得,再代入最大值点,即可求得结果.【详解】因为,所以.显然,故,所

以,因为|φ|＜,因此,故选：B.【点睛】本题考查根据三角函数图像求解析式,考查学生的看图分析能力,注意求φ时代入最值点求解,属基础题.7.变量满足约束条件，若的最大值为2，则实数等于（）A.—2B.—1C.1D.2【答案】C【解析】

【详解】将目标函数变形为，当取最大值，则直线纵截距最小，故当时，不满足题意；当时，画出可行域，如图所示，其中．显然不是最优解，故只能是最优解，代入目标函数得，解得，故选C．考点：线性规划．-5-8.已知点在抛物线：的准线上，过点的直线与抛物线在第一象限相切于点，记抛物线的焦点

为，则（）A.4B.6C.8D.10【答案】D【解析】【分析】根据点在抛物线的准线上，可求出，根据点斜式可设直线的方程为，而直线与抛物线相切，故将其与抛物线方程联立，由即可求出，进而可求出点的坐标，再由抛物线的定义即可求出.【详解】因为抛物线：的准线方程为，又点在抛物线的准线上，所以，解得，所以抛

物线的方程为，由题意知直线的斜率存在，可设直线的方程为，即，由，得，(*)因为直线与抛物线相切，所以，解得或(舍去)，将代入(*)解得，当时，，所以点的坐标为，根据抛物线的定义可得.故选：D.【点睛】本题主要考查抛物线与直线的位置关系，同时考查抛物线的定义，属于中档题.9.20

19年，全国各地区坚持稳中求进工作总基调，经济运行总体平稳，发展水平迈上新台阶，发展质量稳步上升，人民生活福祉持续增进，全年最终消费支出对国内生产总值增长的贡献率为57.8%.下图为2019年居民消费价格月度涨跌幅度：（同比(本期数-去年同期数)/去年同期

数，环比(本期数-上期数)/上期数-6-下列结论中不正确的是（）A.2019年第三季度的居民消费价格一直都在增长B.2018年7月份的居民消费价格比同年8月份要低一些C.2019年全年居民消费价格比2018年涨了2.5%以上D.2019年3月份的居民消费价格全年最低【答案】D

【解析】【分析】根据已知中的图表，结合同比增长率和环比增长率的定义，逐一分析给定四个命题的真假，可得答案.【详解】由折线图知：从2019年每月的环比增长率看，2019年第三季度的居民消费价格一直都在增长，故A正确；

在B中，从2019年每月的同比增长率看，2018年7月份的居民消费价格比同年8月份要低一些，故B正确；在C中，从2019年每月的同比增长率看，从4月份以后每月同比增长率都在以上，进而估计出2019年全年居民消费价格比20

18年涨了2.5%以上，故C正确；在D中，不妨设1月份消费价格为，故可得2月份价格为；同理可得月份价格为；4月份价格为；月份价格和4月份价格相同；6月份价格为，而后面每个月都是增长的.故1月份的价格是最低的，

故D错误.故选：D.-7-【点睛】本题考查命题真假的判断，考查折线图等基础知识，考查运算求解能力、数据处理能力，考查函数与方程思想，属于基础题.10.已知，，则（）A.B.或1C.D.或1【答案】C【解析】【分析】先由同角三角函数的关系求出，然后求其正弦值即可.【详解】解

:由，，则,即,即,又,所以,即,又,则,则,故选:C.【点睛】本题考查了同角三角函数的关系，重点考查了特殊角的三角函数值，属基础题.11.双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线.在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.

已知点是双纽线上一点，下列说法中正确的有（）①双纽线经过原点；②双纽线关于原点中心对称；③；④双纽线上满足的点有两个.A.①②B.①②③C.②③D.②③④【答案】B-8-【解析】【分析】设动点，由已知得到动点的轨迹方程，原点代入轨迹方程，显然成立；把关于原

点对称的点代入轨迹方程，显然成立；由图知双纽线最高（低）点是轨迹方程与圆相交位置，两方程联解可得成立，由图知双纽线上满足的点有一个.【详解】设动点，由已知得到动点的轨迹方程化简得，原点代入入轨迹方程，①显然

成立；把关于原点对称的点代入轨迹方程，②显然成立；因为双纽线最高（低）点是轨迹方程与圆相交位置两方程联解得成立，，③成立；由图知双纽线上满足的点有一个，④不成立.故选：B【点睛】本题考查直接法求动点轨迹方程.直接法求轨迹方程的思路：直接法求轨迹方程时最关键的就是把几何条件或等

量关系翻译为代数方程，要注意翻译的等价性．通常将步骤简记为建系设点、列式、代换、化简、证明这五个步骤，但最后的证明可以省略，如果给出了直角坐标系则可省去建系这一步，求出曲线的方程后还需注意检验方程的纯

粹性和完备性．12.已知正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，该四棱锥的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同，若正四棱锥的高为2，则球的表面积为（）A.B.C.D.-9-【答案】A【解析】【分析】根据四棱锥的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同，考虑将底

面ABCD和一个侧面PAB放入同一个圆中，来计算相应的边长,再根据球的性质计算半径即可得球表面积.【详解】如图所示，圆是正方形ABCD和等腰△PAB的外接圆，设圆的半径为r,则，所以所以设点O是四棱锥P-ABCD的外接球的球心，F为正方形ABCD的中心，如

图，则PF平面ABCD，所以在AFP中有又因为AF的长度为圆的半径,所以所以设四棱锥P-ABCD的外接球的半径为R,-10-在中，，所以，因为，所以所以解得所以四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为，故选：A【点睛】本题主要考查了四棱锥的外接球，球的性质，三角形、正方形

外接圆的性质,考查了空间想象力，属于难题.第Ⅱ卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分.第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22～23为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共4小题

，每小题5分，满分20分.13.六名男同学参加校运会的“百米飞人”决赛，其中有两名同学来自高三（1）班，则高三（1）班包揽冠亚军的概率为___.【答案】【解析】【分析】获得冠亚军的两名学生的基本事件总数，高三(1)班包揽冠亚军包含的基本事件个数,根据古典

概型求出高三（1）班包揽冠亚军的概率.【详解】六名男同学参加校运会的“百米飞人”决赛，其中有两名同学来自高三(1)班，获得冠亚军的两名学生的基本事件总数高三(1)班包揽冠亚军包含的基本事件个数则高三(1)班包揽冠亚军的概率为故答案为：【点睛】本题主

要考查了古典概型，排列的应用，考查了运算求解能力，属于容易题.14.数列满足，若，则______.【答案】2-11-【解析】【分析】根据递推关系由，可推出，也可根据写出的项知其周期，得到.【详解】，，，，，由以上可知

，故答案为：2【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式，根据递推关系求数列的项，属于容易题.15.已知为双曲线：上一点，为坐标原点，，为曲线左右焦点.若，且满足，则双曲线的离心率为___.【答案】【解析】【分析】由知为外接圆的

圆心，即有，运用勾股定理和双曲线的定义，化简整理，结合离心率公式计算即可得到.【详解】，为外接圆的圆心，，又，，由双曲线定义可知，解得，由即即有-12-所以故答案为：【点睛】本题主要考查双曲线的定义和性质，考查勾股定理的运用，运用平面几何中直径所对的圆周角为直角是解题的关键，属于难题.16.

已知函数的图像关于原点对称，则___；若关于的不等式在区间上恒成立，则实数的取值范围是___.【答案】(1).-2(2).【解析】【分析】根据函数为奇函数知，即可求出a，画出函数图象，解方程，结合图象，根据恒成立列出不等式求解即

可.【详解】函数的图像关于原点对称，函数为奇函数，，即，解得，作出f(x)的图象，如图，由，解得或或，因为不等式在区间上恒成立，-13-结合图象可知：①或②由①可得恒成立，因为，所以，所以只需，由②可得恒成立，由

在上递增，可知y的最大值，即有，再由在上递减，可知y的最小值，即有，故.综上可得的取值范围，故答案为：【点睛】本题主要考查函数的奇偶性的应用，考查函数恒成立问题解法，注意数形结合思想和转化思想，考查化简运算能力和

推理能力，属于难题.三、解答题：本大题共7小题，共70分，解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，.（1）求角的大小；（2）若角的平分线交于点，求的面积【答案

】（1）（2）【解析】【分析】(1)先利用余弦定理求出b,c的值，然后再用余弦定理求出B;(2)先在三角形ABD中,利用余弦定理求出A,然后结合两角和与差的三角公式求出sin∠ABD,再利用正弦定理求出AD,最后利用面积公式求出面积.【详解】（1）因为，所以

，-14-在中，由余弦定理可得.解得，所以.由余弦定理可得，且中，，所以.（2）由（1）知，，，.在中，.由正弦定理可得，即，所以.所以的面积.【点睛】本题主要考查正余弦定理的应用及面积公式,同时考查学生利用转化思想解决问题的能力、运算

能力,属于中档题.18.2020年是我国全面建成小康社会和“十三五”规划收官之年，也是佛山在经济总量超万亿元新起点上开启发展新征程的重要历史节点.作为制造业城市，佛山一直坚持把创新摆在制造业发展全局的前置位置和核心位置，聚焦打造成为面向全球的国家制造业创新中心，走

“世界科技+佛山智造+全球市场”的创新发展之路.在推动制造业高质量发展的大环境下，佛山市某工厂统筹各类资源，进行了积极的改革探索.下表是该工厂每月生产的一种核心产品的产量（件）与相应的生产总成本（万元）的四组对照数据.57911200298431609工厂研究人员建立了与的两种回归模

型，利用计算机算得近似结果如下：-15-模型①：；模型②：.其中模型①的残差（实际值−预报值）图如图所示：（1）根据残差分析，判断哪一个更适宜作为关于的回归方程？并说明理由；（2）市场前景风云变幻，研究人员统计了20个月的产品销售单价，得到频数分布表如下：销售单价分组（万元）频数10

64若以这20个月销售单价的平均值定为今后的销售单价（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），结合你对（1）的判断，当月产量为12件时，预测当月的利润.【答案】（1）模型①更适宜作为关于的回归方程，见解析（2）295万元.【解析】【分析】(1)模型①更适合作为y关于x的回归方程

.先根据模型②:y=68x-160逐一算出四组数据的残差，并整理成表，再作出残差图，然后对比模型①与②,从残差的绝对值大小、残差点分布的带状区域的宽窄或残差点离x轴的远近进行理由阐述即可;(2)先根据频数分布表算出这20

个月销售单价的平均值，设月利润为万元，则，再把x=12代入，求出z的值即可得解.【详解】（1）模型②的残差数据如下表：57911-16-20029843160920-18-2121模型②的残点图如图所示.模型①更适宜作为关于的

回归方程，因为：理由1：模型①这个4个样本点的残差的绝对值都比模型②的小.理由2：模型①这4个样本的残差点落在的带状区域比模型②的带状区域更窄.理由3：模型①这4个样本的残差点比模型②的残差点更贴近轴.（2）这20个月销售单价的平均值为，设月

利润为万元，由题意知，当时，（万元），所以当月产量为12件时，预测当月的利润为295万元.【点睛】本题主要考查了残差的概念与性质、频数分布表中平均值的求法，考查学生对数据的分析与处理能力，属于中档题.19.已知椭圆

：的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）过坐标原点的直线与椭圆交于，两点，若椭圆上点，满足，试证明：原点到直线的距离为定值.【答案】（1）（2）见解析【解析】-17-【分析】(1)由题设列出含a与b的方程组，解出即可得椭圆C的方程;(2)根据直线PM的斜率是否存在进行讨

论，联立直线PM与椭圆的方程，得到坐标之间的关系式，求出原点到直线PM的距离，即可证明结论.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题设，可得，，结合，解得，，所以椭圆的方程为：.（2）①当直线的斜率不存在时，依题意，可得直线的方程为或，从而可得直线的方程为或，则原

点到直线的距离为.②当直线的斜率存在时，设的方程为：，设，，则，联立，消元整理得，则，.∵，∴，∴，即.所以圆心到直线的距离为.综上可知原点到直线的距离为定值.-18-【点睛】本题主要考查了椭圆标准方程的求法及椭圆中的定值问题，属于中档题.20.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，

，，，设平面平面.（1）证明：；（2）若平面平面，求四棱锥的体积.【答案】（1）见解析（2）2【解析】【分析】(1)由底面ABCD是平行四边形，得CD//AB,可得CD//平面PAB,结合平面PAB∩平面PCD=l,得到CD//l,由

平行公理可得；(2)连接AC,BD交于点O,则O是AC,BD的中点，证明PO⊥平面ABCD，再解三角形求得PO与底面积，则四棱锥的体积可求.【详解】（1）因为底面是平行四边形，所以，又平面，平面，∴平面，∵平面平面，

而平面，∴，∴.（2）连接，交于点，则点是，的中点，连接.∵，，∴，，又，∴底面.过点作交于点，连并延长交于，连，则平面，平面，又，∴，-19-为平面与平面的平面角，平面平面∵，，，∴，，，，.所以四棱锥的体积为.【点睛】本

题主要考查了空间中直线与直线、直线与平面的平行的判定与性质，线面垂直、面面垂直的判定与性质，四棱锥体积的求法，属于中档题.21.已知函数，其中.（1）当时，求证：过原点且与曲线相切的直线有且只有一条；（2）当时，不等式

恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】(1)根据导数的几何意义，求出函数上任意一点处的切线方程，根据过原点知有唯一解即可求证；(2)构造函数，求导后再分类讨论，根据导数和函数的单调性和最值的关系即可求出a的范围.【详解】（1）函数的导函

数为.曲线上任意一点处的切线方程为.此切线过原点当且仅当，即.当，则方程有且只有一个解，曲线在原点处的切线过原点.-20-综上所述，无论取什么值，过原点且与曲线相切的直线都有且只有一条，即直线.（2）令，则.①若，则，故在上单调递增.因此，当时，；②若，则.当时，，.令，则.而当时，，，于

是：若，则，故在上单调递增.因此，当时，，进而，故在上单调递增.因此，当时，；若，则存在，使得.当时，，，故在上单调递减.因此，当时，，进而，故在上单调递减.因此，当时，.综上所述，实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转

化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题.请考生在第22，23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清楚题号.-21-22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方

程为.（1）说明是哪种曲线，并将的方程化为极坐标方程；（2）设点M的极坐标为，射线（）与的异于极点的交点为A，与的异于极点的交点为B，若，求的值.【答案】（1）是圆心为，半径为2的圆.；（2）.【解析

】【分析】（1）由曲线的参数方程消去参数，得到曲线的直角坐标方程，再由，得到曲线的极坐标方程；（2）设，，.可得，.由，得，即求的值.【详解】（1）是圆心为，半径为2的圆.的直角坐标方程为，即.，，得.的极坐标方程为.（2）设，，

∵，∴，，，，∴，∵，∴，则，即，所以.【点睛】本题考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程的互化，考查极坐标系下求极角，属于中档题.23.已知函数，.（1）若，求实数a的取值范围；（2）证明：对，恒成立.【答案】（

1）.（2）见解析【解析】-22-【分析】（1）将代入函数，列出不等式，再根据零点分段法即可求出实数a的取值范围；（2）根据不等式恒成立问题的解法可知，只要即可，亦即，再根据绝对值三角不等式以及基本不等式即可证出．【详解】（1）∵，即.当时，不等式化为，解得；当时，不

等式化为，此时a无解；当时，不等式化为，解得.综上，原不等式的解集为.（2）要证明对，恒成立.只需证明对，恒成立.即证明，∵，，即.∵，所以原命题得证．【点睛】本题主要考查利用零点分段法求解含有两个绝对值的不

等式，基本不等式，绝对值三角不等式的应用，以及不等式恒成立问题的解法应用，意在考查学生的转化能力，分类讨论意思的应用能力，属于中档题．-23-