【文档说明】【精准解析】广东省深圳市2020届高三下学期线上统一测试数学理科试题.doc，共(24)页，2.382 MB，由小赞的店铺上传

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深圳市2020年普通高中高三年级线上统一测试数学（理科）一、选择题：本题共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0,1,2,3A，2{|230}Bxxx

，则AB（）A.(1,3)B.(1,3]C.(0,3)D.(0,3]【答案】B【解析】【分析】求出A与B中不等式的解集，确定出A与B，求出A与B的并集．【详解】解：集合{0A，1，2，3}，2{|230}(1,3)Bxxx，所以，AB(1,3]故选：B．【点睛】此题考

查了并集及其运算，熟练掌握并集的定义是解本题的关键．2.设23i32iz，则z的虚部为（）A.1B.1C.2D.2【答案】B【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【详解】解：23(23)(32)1332(32)(32)13iiiiziiii

，z的虚部为1．故选：B．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算以及复数的基本概念．3.某工厂生产的30个零件编号为01，02，…，19，30，现利用如下随机数表从中抽取5个进行检测.若从表中第1行第5列的数字开始，从左往右依次读取数字，则抽取的第5个零件编

号为（）3457078636046896082323457889078442125331253007328632211834297864540732524206443812234356773578905642A.25B.23C.12D.07【答案】C【解析】【分析】根

据随机数表依次进行选取即可．【详解】解：根据随机数的定义，1行的第5列数字开始由左向右依次选取两个数字，大于30的数字舍去，重复的舍去，取到数字依次为07，04，08，23，12，则抽取的第5个零件编号为12.故选：C．

【点睛】本题考查简单随机抽样的应用，同时考查对随机数表法的理解和辨析．4.记nS为等差数列{}na的前n项和，若23a，59a，则6S为（）A.36B.32C.28D.24【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的求和公式及其性质即可

得出．【详解】解：16256256()6()3()22aaaaSaa＝36.故选：A．【点睛】本题考查了等差数列的求和公式及其性质，还考查了推理能力与计算能力．5.若双曲线22221xyab（0a，0b）的一条渐近线经过点(1,2)

，则该双曲线的离心率为（）A.3B.52C.5D.2【答案】C【解析】【分析】由(1,2)在直线byxa上，可得ba，由2215bea．即可求解．【详解】解：双曲线22221(0,0)xyabab的一条渐近线经过点(1,2)，点(

1,2)在直线byxa上，2ba．则该双曲线的离心率为2215bea.故选：C．【点睛】本题考查了双曲线的性质、离心率以及渐近线方程，属于基础题．6.已知tan3，则πsin2()4（）A.35B.3

5-C.45D.45【答案】D【解析】【分析】由2222221sin2()cos241cossintancossintan，代入即可求解．【详解】解：因为tan3，则2222221194sin2()cos241195cossintancossinta

n．故选：D．【点睛】本题主要考查了同角基本关系以及齐次式求解，诱导公式和二倍角的余弦公式的应用，同时考查对相关公式的识记．7.72()xx的展开式中3x的系数为（）A.168B.84C.42D.21【答案】B【解析】【分析

】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于3，求出r的值，即可求得展开式中3x的系数．【详解】解：由于72()xx的展开式的通项公式为7217(2)rrrrTCx，则令72r3，求得2r=，可得展开式中3x的系数为27484C，故选：B．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用

，以及二项展开式的通项公式以及系数的性质．8.函数2ln|1|xfxex的图像大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用定义法判断函数的奇偶性以及特殊点的函数值，排除法即可得解.【详解】解：已知2ln|1|xfxex，则定义域为1xx，因为2()

ln|1|xfxex＝22221ln||ln|1|lnxxxxexeexe22ln|1|2ln=ln|1|=()xxexexexfx，所以，函数为偶函数，图象关于y轴对称

，排除BD、，又22(1)ln|1|1ln(1)1ln10feee，排除C.故选：A．【点睛】本题考查函数图象的确定，一般运用奇偶性、特殊值、单调性等去排除．9.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则该四面体

的外接球表面积为（）A.323π3B.32πC.36πD.48π【答案】D【解析】【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出外接球的半径，最后求出表面积．【详解】解：该四面体的直观图如下图所示，根据几何体的三视图转换为几何体为三棱锥体ABCD，则该四

面体的外接球也是边长为4的正方体的外接球，设外接球的半径为R，则有222244443R，解得：23R，外接球的表面积：S＝24(23)48.故选：D．【点睛】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积和表面积公式的应用，球的体积

公式和表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力．10.已知动点M在以1F，2F为焦点的椭圆2214yx上，动点N在以M为圆心，半径长为1||MF的圆上，则2||NF的最大值为（）A.2B.4C

.8D.16【答案】B【解析】【分析】N在圆上，由题意可得2221||||||||||NFFMMNFMMF„，当N，M，2F三点共线时取得最大值，再由椭圆的定义可得2||NF的最大值．【详解】解：由椭圆的方程可得焦点在y轴上，24a，即2a

，由题意可得2221||||||||||NFFMMNFMMF„，当N，M，2F三点共线时取得最大值，而21||||24FMMFa，所以2||NF的最大值为4，故选：B．【点睛】考查椭圆的定义和性质，还涉及椭圆的焦点三角形以及三点共线，属于中档

题．11.著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线被称为三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定理．设点O，H分别是△ABC

的外心、垂心，且M为BC中点，则（）A.33ABACHMMOB.33ABACHMMOC.24ABACHMMOD.24ABACHMMO【答案】D【解析】【分析】构造符合题意的特殊三角形（例如直角三角形），然后利用平面向量的线性运算法则进行计算即可得解．【

详解】解：如图所示的RtABC，其中角B为直角，则垂心H与B重合，O为ABC的外心，OAOC，即O为斜边AC的中点，又M为BC中点，2AHOM，M为BC中点，22()2(2)ABACAMAHHMOMHM．4224OMHMHMM

O故选：D．【点睛】本题考查平面向量的线性运算，以及三角形的三心问题，同时考查学生分析问题的能力和推理论证能力．12.已知定义在π[0]4，上的函数π()sin()(0)6fxx的最大值为3

，则正实数的取值个数最多为（）A.4B.3C.2D.1【答案】C【解析】【分析】由定义在[0，]4上的函数()sin()(0)6fxx的最大值为3，可得：013„，解得03„，因此：76612x剟．分类讨论：①

803„时，sin()463，利用图象以及函数零点定理即可判断出结论．②833„，sin()16x，必须3，294x．即可得出结论．【详解】解：定义在[0，]4上的函数()sin()(0)6fxx的

最大值为3，013„，解得03„，6646x剟．①当πππ462时，即803时，maxππ()sin()463fx，令ππ()sin()46g，()3h，如图，易知()yg与()yh的图象有两个

交点11(,)Ay，22(,)By，由图可知，令()sin()463F，1(0)02F，881()10399F，因此存在唯一实数1，1803„，使得11sin()463．②当462时，即

833„，sin()16x，必须23．综上可得：正实数的取值个数最多为2个．故选：C．【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质、函数零点存在判定定理、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.若,xy满足约束条件2201

01xyxyx，则2zxy的最小值为___________．【答案】3.【解析】【分析】画出约束条件表示的平面区域，结合图象求出最优解，再计算目标函数的最小值．【详解】解：画出x，y满足约束条件

220101xyxyx……„，表示的平面区域，如图所示；结合图象知目标函数2zxy过A时，z取得最小值，由110xxy，解得(1,2)A，所以z的最小值为1223z．故答案为：3．【点睛】本题考查了简单的线性规划应用问题，也考

查了数形结合解题方法，是基础题．14.设数列{}na的前n项和为nS，若2nnSan，则6a___________．【答案】63.【解析】【分析】直接利用数列的递推关系式的应用，求出数列的通项公式，进一步求出结果．【详解】解：数列{}na的前n项和为nS，由于2nnSan，①所以

当2n…时，112(1)nnSan②，①②得：121nnaa，整理得1)(2(1)1nnaa，所以1121nnaa（常数），所以数列{1}na是以2为首项，2为公比的等比数列．所以12nna，整理得21nna．所以662163a．故答案为：63

【点睛】本题考查通过数列的递推关系证明等比数列，以及等比数列的通项公式的求法及应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力．15.很多网站利用验证码来防止恶意登录，以提升网络安全.某马拉松赛事报名网站的登录验证码由0，1，2，，9中的四个数字随机组成，将从左往右数字依次增大的验

证码称为“递增型验证码”(如0123)，已知某人收到了一个“递增型验证码”，则该验证码的首位数字是1的概率为___________．【答案】415.【解析】【分析】分别求出基本事件的总数为410C，其中该验证码的首位数字是1的包括的事件个

数为38C，利用古典概率计算公式即可得出．【详解】解：由0，1，2，，9中的任取四个数字，共有410C种，验证码的首位数字是1时，只能从2，3，…，9中任取3个，即有38C种，所求概率38410415CPC.故答案为：415．【

点睛】本题考查了古典概率计算公式、组合数计算公式及其应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．16.已知点1(,)2Mmm和点1(,)2Nnn()mn，若线段MN上的任意一点P都满足：经过点P的所有直线中恰好有两条直线与

曲线21:2Cyxx(13)x相切，则||mn的最大值为___．【答案】43.【解析】【分析】由条件可得M，N在直线12yx上，联立曲线的方程可得它们无交点，求得函数212yxx的导数，可得在1x和3x的切线的斜率和方程，联立直线12yx，求得交点E，F，可得所

求最大值．【详解】解：由点1(,)2Mmm和点1(,)2Nnn，可得M，N在直线12yx上，联立曲线21:(13)2Cyxxx剟，可得21122x，无实数解，由212yxx的导数为1yx，可得曲线C在1x处的切线的斜率为0，可得切线的方程为

12y=-，即有与直线12yx的交点1(0,)2E，同样可得曲线C在3x处切线的斜率为4，切线的方程为942yx，联立直线12yx，可得交点4(3F，5)6，此时可设1(0,)2M，4(3N，5)6，则由图象可得

||mn的最大值为44033，故答案为：43．【点睛】本题考查直线与曲线的位置关系的判断，考查导数的几何意义和切线方程的求法，以及两直线的交点的求法，考查数形结合思想和运算能力．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都

必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分．17.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，222+2abcS.（1）求cosC；（2）若cossinaBbAc，5a，求b.【答案】（1）5cosC=5；（2）3.【解析】【分

析】（1）由已知结合余弦定理及三角形的面积公式可求cosC；（2）由已知结合正弦定理及和差角公式可求A，然后结合诱导公式及和角正弦可求sinB，再由正弦定理即可求解b．【详解】解：（1）2222abcS，所以2cossinabCabC，即sin2cos0CC

，22sincos1CC，cos0C，解可得，5cos5C，（2）cossinaBbAc，由正弦定理可得，sincossinsinsinsin()ABBACAB，故sincossinsinsincossincosABBAABBA

，所以sincosAA，(0,)A，所以4A，所以25225310sinsin()sin()4252510BACC，由正弦定理可得，3105sin103sin22aBbA．【点睛】本题综合考查了三角形的基本运算，三

角函数的性质，考查了利用正弦定理及余弦定理解决三角形问题，检验学生的数学知识运用能力．18.如图，在直四棱柱1111ABCDABCD中，底面ABCD是平行四边形，点M，N分别在棱1CC，1AA上，且12CMMC，12ANNA.（1）求证：1

//NC平面BMD；（2）若13AA，22ABAD，π3DAB，求二面角NBDM的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】【分析】（1）连接BD，AC交于E，取1CM的中点F，连接AF，ME，先证明平行四边

形1CFAN，所以1//CNFA，最后得出结论；（2）根据题意，以D为原点，以DA，DB，1DD分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面的法向量，利用夹角公式求出即可．【详解】解：（1）连接BD，A

C交于E，取1CM的中点F，连接AF，ME，由12CMMC，12ANNA，故1CFAN，以且1//CFAN，故平行四边形1CFAN，所以1//CNFA，根据中位线定理，//MEAF，由ME平面MDB，FA平面MDB，所以//FA平面MDB，1//NCF

A，故1//NC平面BMD；（2）22ABAD，3DAB，由214212cos33DB，由222ABADDB，得ADBD，以D为原点，以DA，DB，1DD分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，(0D，0，0)，(0B，3，0)，

(1M，3，1)，(1N，0，1)，(0DB，3，0)，(1DM，3，1)，(1DN，0，1)，设平面MBD的一个法向量为(mx，y，)z，由·30·30mDBymDMxy，

令1x，得(1m，0，1)，设平面NBD的一个法向量为(na，b，)c，由·30·0nDBbnDNac，令1a，得(1,0,1)n，由11cos,022mn，所以二面角NBDM为2，正弦值为1．【点睛】本

题考查线面平行、线面垂直判定定理等基本知识，以及利用空间向量法求法向量，夹角公式求二面角的余弦值，还考查学生综合运用基本知识处理数学问题的能力、空间想象能力和计算能力.19.已知以F为焦点的抛物线2:2(0)Cypx

p过点(1,2)P，直线l与C交于A，B两点，M为AB中点，且OMOPOFuuuruuuruuur.（1）当3时，求点M的坐标；（2）当12OAOBuuruuur时，求直线l的方程.【

答案】（1）(2,2)M；（2）6yx.【解析】【分析】（1）将P代入抛物线方程，求得p的值，根据向量的坐标运算，即可求得M的值；（2）方法一：根据向量的坐标运算，求得M的纵坐标，利用抛物线的“点差法”求得直线的斜率，代入抛物

线方程，利用韦达定理及向量的坐标运算，即可求得直线l的方程；方法二：设直线l的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理，中点坐标公式，及向量的坐标运算，即可求得直线l的方程．【详解】解：（1）将(1,2)P代入抛物线2:2Cypx方程，

得2p，所以C的方程为24yx，焦点(1,0)F，设0(Mx，0)y，当3时，3OMOPOFuuuruuuruuur，可得(2,2)M．（2）方法一：设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，

0(Mx，0)y，由OMOPOFuuuruuuruuur．可得0(1x，02)(y，0)，所以02y，所以直线l的斜率存在且斜率1212120421yykxxyyy，设直线l的方程为yxb，联立24yxbyx，

消去y，整理得22(24)0xbxb，△22(24)416160bbb，可得1b，则1242xxb，212xxb，2121212()4yyxxbxxbb，所以21212412OAOBxxyybb，解得6b，2b（舍)，

所以直线l的方程为6yx．方法二：设直线l的方程为xmyn，设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，0(Mx，0)y，联立方程组24xmynyx，消去x，整理得2440ymyn，△216160mn，则124yym，124yyn，则21212()242xxmyy

nmn，则2(2Mmn，2)m，由OMOPOFuuuruuuruuur．得2(21mn，22)(m，0)，所以1m，所以直线l的方程为xyn，由△16160n，可得1n，由124yyn，得22121

2()16yyxxn，所以21212412OAOBxxyynn，解得6n或2n，（舍去）所以直线l的方程为6yx．【点睛】本题以直线与抛物线为载体，考查抛物线方程，直线与抛物线的位置关系，向量的数量积运算，考查学生的

逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力，属于中档题．20.在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期.一研究团队统

计了某地区1000名患者的相关信息，得到如下表格：潜伏期（单位:天）[0,2](2,4](4,6](6,8](8,10](10,12](12,14]人数85205310250130155（1）求这1000名患者的潜伏期的样本平均数x（同一组中的数据用该组区间的中点

值作代表）；（2）该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述1000名患者中抽取200人，得到如下列联表.请将列联表补充完整，并根据列联表判

断是否有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关；潜伏期6天潜伏期6天总计50岁以上（含50岁）10050岁以下55总计200（3）以这1000名患者的潜伏期超过6天的频率，代替该地区1名患者潜伏期超过6天发生的概率，每名患者的潜伏期是否超

过6天相互独立.为了深入研究，该研究团队随机调查了20名患者，其中潜伏期超过6天的人数最有可能．．．．（即概率最大．．．．．）是多少？附：0.050.0250.0103.8415.0246.63522()()()()()nadbcKab

cdacbd，其中nabcd.【答案】（1）5.4天；（2）列联表见解析，没有95%的把握认为潜伏期与年龄有关；（3）最有可能是8人.【解析】【分析】（1）根据统计数据计算平均数即可；（2）根据题意补充完整列联表，计算2K，对照临界值得出结论；（3）根据题意知

随机变量2~(20,)5XB，计算概率()PXk，列不等式组并结合题意求出k的值．【详解】解：（1）根据统计数据，计算平均数为：1185320553107250913011151355.41000x（）天.（

2）根据题意，补充完整的列联表如下：潜伏期6天潜伏期6天总计50岁以上（含50岁）653510050岁以下5545100总计12080200则22(65455535)200251208010010012K2.083，经查表，得22

.0833.841K，所以没有95%的把握认为潜伏期与年龄有关.（3）由题可知，该地区每1名患者潜伏期超过6天发生的概率为400210005，设调查的20名患者中潜伏期超过6天的人数为X，则2~(20,)5XB，202023

()55kkkPXkC，0k，1，2，…，20，由()(1)()(1)PXkPXkPXkPXk得201191202020121120202323555523235555kkkkkkkkkkkkCCCC

，化简得3(1)2(20)2(21)3kkkk，解得374255k,又kN,所以8k

,即这20名患者中潜伏期超过6天的人数最有可能是8人.【点睛】本题考查频数分布表，考查平均数，二项分布的随机变量概率最大时的取值，考查分析问题、解决问题的能力，处理数据能力.21.已知函数()eln(1)xfxax.（其中常数e=2.718

28，是自然对数的底数）（1）若aR，求函数()fx的极值点个数；（2）若函数()fx在区间(1,1+e)a上不单调，证明：111aaa.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1

）求导后，分0a„及0a讨论即可得出结论；（2）结合题意分析可知1aelnaa，由11aea…及11lnaa…可证1111aelnaaa，进而得出结论．【详解】解：（1）易知(1)(),11xxeafxxx，①若0a„，则(

)0fx，函数()fx在(1,)上单调递增，函数()fx无极值点，即此时极值点个数为0；②若0a，易知函数xye的图象与(0)1ayax的图象有唯一交点0(Mx，0)y，000,11xaexx，当0(1,)xx

时，()0fx，函数()fx在0(1,)x上单调递减，当0(xx，)时，()0fx，函数()fx在0(x，)上单调递增，函数()fx有较小值点0x，即此时函数()fx的极值点个数为1；综上所述，当0a

„时，函数()fx的极值点个数为0；当0a时，函数()fx的极值点个数为1；（2）证明：函数()fx在区间(1,1)ae上不单调，存在0(1,1)axe为函数()fx的极值点，由（1）可

知，0a，且1(1)0aaeaaeefeea，即1aaeea，两边取自然对数得1aaelna，即1aelnaa，要证111aaa，不妨考虑证1111aelnaaa，又易知1xex…，1

11aaeea„，即11aea…，又111aea…，11aea„，11lnaa„，即11lnaa…，1111aelnaaa…，111aaa．【点睛】本题考查导数的综合

运用，主要考查利用导数研究函数的极值及证明不等式，考查转化思想，放缩思想，分类讨论思想及推理论证能力，属于难题．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一题计分

．选修4－4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系xOy中，直线1C的参数方程为23cos,sin,xtyt（t为参数，为倾斜角），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C的极坐标方程为4sin．（1）求2C的直角坐标方程；（2）直线

1C与2C相交于,EF两个不同的点，点P的极坐标为(23,π)，若2EFPEPF，求直线1C的普通方程．【答案】（1）2224xy；（2）3230xy【解析】【分析】（1）利用极坐标方程公式计算得到答案.（2）参数方程代入方程得到243cos4sin120tt

，化简2EFPEPF得到213tt，计算122,6tt，故43cos4sin8，计算得到答案.【详解】（1）4sin，即24sin，故224xyy，即2224xy.（2）P的

直角坐标系坐标为23,0，将23cossinxtyt代入圆方程得到：2223cossin24tt，化简整理得到：243cos4sin120tt.根据图像

知：不妨设120tt，2EFPEPF，即21122tttt，即213tt，1212tt，故122,6tt，故43cos4sin8，即sin13，根据图像知：02，故6，验证满足.故32321

2xtyt，即3230xy.【点睛】本题考查了极坐标方程，直线的参数方程，意在考查学生的计算能力和转化能力.选修4－5：不等式选讲23.已知,,abc为正数，且满足1.abc证明：（1）1119abc

；（2）8.27acbcababc【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）变换1113bacacbabcabacbc，利用均值不等式得到答案.（2）111acbcababcabc

，利用三元均值不等式得到答案.【详解】（1）1abc，故111abcabcabcabcabc332229bacacbabacbc，当13abc时等

号成立.（2）易知10,10,10abc.1111acbcababcabcacbcababcabc31118327abc.当13abc时等号成立.【点睛】本题考查了根据均值不等式证明不等式，意在考查

学生对于均值不等式的应用能力.