【文档说明】【精准解析】广东省番禺区2020届高三摸底测试理科数学试题.doc，共(23)页，1.739 MB，由小赞的店铺上传

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2020届番禺区高三年级摸底测试理科数学注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．非选择

题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.设全集U=R，260,ln1AxxxBxyx，则UABð（）A.[1，3)B.(1，3]C.(1，3)D.(－2，1]【答案】A【解析】【分析】首先确定集合,AB中的元素，然后由集合运算法则计算．【详解】

由题意2{|60}{|23}Axxxxx，{|10}{|1}Bxxxx，∴{|1}UBxxð，(){|13}[1,3)UABxxð．故选：A.【点睛】本题考查集合的运算，考查一元二次不等式的解法，掌握集合的运算定义是解题关键．

本题还考查了对数型复合函数的定义域．需要掌握对数函数的性质．2.设(2)(3)3(5)ixiyi（i为虚数单位），其中x，y是实数，则xyi等于（）A.5B.13C.22D.2【答案】A【解析】【分析】把已知等式两边都化为复数的代

数形式，然后由复数相等的定义求出,xy，再根据复数模的定义求得模．【详解】由(2)(3)3(5)ixiyi得6(32)3(5)xxiyi，∴63325xxy，解得34xy，∴2222(3)4

5xyixy．故选：A.【点睛】本题考查复数相等的概念，考查求复数的模．掌握复数相等的概念是解题关键．3.函数cosxfxx的部分图象大致为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】确定函数的奇偶性，排除两个，再由0x(0)x时，()fx，又排

除一个，从而得正确选项．【详解】cos()cos()()xxfxfxxx，()fx是奇函数，排除A.B，0x(0)x时，()fx，排除C，只有D可选．故选：D.【点睛】本题考查由函数的解析式选择函数图象，可用排除法

，先确定函数的奇偶性，再确定函数值的变化趋势，特别是0x时，函数值的变化趋势．4.要得到函数2sin3yx的图象，只需将函数sin3cos3yxx的图象（）A.向右平移34个单位长度B.向右平移2个单位长度C.向左平移个4单位长度D.向左平移个2单位长度【答案】C【解析】【分析】

根据三角函数解析式之间的关系即可得到结论.【详解】因为sin3cos32sin34yxxx，所以将其图象向左平移4个单位长度，可得2sin32sin32sin344yxxx，故选C.【点睛】该题考查的是有关图象的平移

变换问题，涉及到的知识点有辅助角公式，诱导公式，图象的平移变换的原则，属于简单题目.5.等比数列na的前n项和为nS，公比为q，若639SS，562S，则1a（）A.2B.2C.5D.3【答案】B【解析】【分析】根据题意，分析可得等比数列na的公比1q

，进而由等比数列的通项公式可得631111911aqaqqq，解可得2q=，又由5151131621aqSaq，解可得1a的值，即可得答案．【详解】根据题意，等比数

列na中，若639SS，则1q，若639SS，则631111911aqaqqq，解可得38q，则2q=，又由562S，则有5151131621aqSaq，解可得12a；故选B．【点睛】本题考查等比数列的前n项和公式

的应用，关键是掌握等比数列的前n项和的性质．6.射线测厚技术原理公式为0tIIe，其中0II，分别为射线穿过被测物前后的强度，e是自然对数的底数，t为被测物厚度，为被测物的密度，是被测物对射线的吸收系数.工业上通常用镅241（241Am）低能射线测量钢板的厚度.若这种射

线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种射线的吸收系数为（）（注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，ln20.6931，结果精确到0.001）A.0.110B.0.112C.0.114D.

0.116【答案】C【解析】【分析】根据题意知,010.8,7.6,2ItI，代入公式0tIIe,求出即可.【详解】由题意可得,010.8,7.6,2ItI因为0tIIe,所以7.60.812e,即ln20.69310.1147.60

.86.08.所以这种射线的吸收系数为0.114.故选:C【点睛】本题主要考查知识的迁移能力,把数学知识与物理知识相融合;重点考查指数型函数,利用指数的相关性质来研究指数型函数的性质,以及解指数型方程；属于中档题.7.平面α∥平面β的一个充分条件是（）A

.存在一条直线a，a∥α，a∥βB.存在一条直线a，a⊂α，a∥βC.存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD.存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α【答案】D【解析】【详解】

对于A，一条直线与两个平面都平行，两个平面相交或平行．故A不对；对于B，一个平面中的一条直线平行于另一个平面，两个平面相交或平行，故B不对；对于C，两个平面中的两条直线若平行，不能保证两个平面平行，故C不对；对于D，两个平面中

的两条互相异面的直线分别平行于另一个平面，可以保证两个平面平行，故D正确．8.设函数fx的导函数为'fx，且3'22lnfxxfx，则曲线fx在点(4，f(4))处切线的倾斜角为（）A.6B.4C.34D.56【答案】B

【解析】【分析】求出导函数，从而先求出(2)f得函数解析式，得导函数，然后可求得切线斜率．【详解】由()3(2)2lnfxxfx得2()3(2)fxfx，∴(2)3(2)1ff，1(2)2f，∴

3()2ln2fxxx，32()2fxx，32(4)124kf，斜率为1，倾斜角为4．故选：B.【点睛】本题考查导数的几何意义，解题关键求出导函数，求出(2)f．9.已知函数sin23cos2fxaxx的图象关于直线12x对称，若

124fxfx，则12xx的最小值为（）A.3B.23C.4D.2【答案】D【解析】【分析】利用()12f是函数的最值求得参数a，然后再确定12,xx的性质．【详解】由题意213()sin()3cos()3126622faaa

，解得1a，∴13()sin23cos22(sin2cos2)2sin(2)223fxxxxxx，22T．1212()()4sin(2)sin(2)433fxfxxx，12si

n(2)sin(2)133xx，∵1sin(2)13x，∴12sin(2)sin(2)33xx，中一个取值1一个取值1，∴12min22Txx．故选：D.【点睛】本题考查三角函数的性质，考查三角函数的最值、周期、

对称性等．正弦函数的性质：过正弦函数图象的最高点或者最低点与x边垂直的直线是其对称轴．即对称轴对应的函数值是最值．10.中国古代“五行”学说认为：物质分“金、木、水、火、土”五种属性，并认为：“金生水、水生木、木生火、火生土、

土生金”.从五种不同属性的物质中随机抽取2种，则抽到的两种物质不相生的概率为（）A.15B.14C.13D.12【答案】D【解析】【分析】总共有10种结果，其中相生的有5种，由古典概型的计算公式计算出概率即可【详解】从五种不同属性的物质中随机抽取2种，共2510C种，而相生的有5种，则抽到的两种

物质不相生的概率511102P故选：D【点睛】本题考查的是计算古典概型的概率，较简单.11.已知F是抛物线2:2Cyx的焦点，N是x轴上一点，线段FN与抛物线C相交于点M，若2FMMN，则||FN（）A.58B.1

2C.38D.1【答案】A【解析】【分析】设M的坐标()00,xy，点N的坐标(,0)a，根据向量关系解方程即可得解.【详解】由题意得点F的坐标为10,8，设点M的坐标()00,xy，点N的坐标(,0)a

，所以向量：001,8FMxy，00,MNaxy，由向量线性关系可得：03xa，00124yy，解得：0112y，代入抛物线方程可得：0612x，则64a，由两点之间的距离公式可得：5||8FN.故选：A.【点睛】此题考查根据直线与

抛物线的交点构造向量关系求解参数，考查基本运算.12.已知正方体1111ABCDABCD，过对角线1BD作平面交棱1AA于点E，交棱1CC于点F，则：①平面分正方体所得两部分的体积相等；②四边形1

BFDE一定是平行四边形；③平面与平面1DBB不可能垂直；④四边形1BFDE的面积有最大值.其中所有正确结论的序号为（）A.①④B.②③C.①②④D.①②③④【答案】C【解析】【分析】根据正方体的性质对每个命题进行判断．结合排除法可选正确结论．【详解】截面上方几何体分割成四棱锥四棱锥111DAE

FC，四棱锥11BAEFC，三棱锥111BABC，截面下方几何体对称的也是三个棱锥，对应体积相等（特殊位置截面更容易得此结论），①正确，排除B；由正方体相对两个面平行，根据面面平行的性质定理知四边形1BFDE的两组对边平行，从而是

平行四边形，②正确，排除A；当E是1AA中点，F是1CC中点，这时可证EF平面11BBDD（先证//EFAC），从而平面与平面1DBB垂直，③错误，排除D，只有C可选了．事实上，四边形1BFDE即有最大值

也有最小值．E与A（或1A）重合时面积最大，E是1AA中点时，面积最小．设AEx，正方体棱长为1，01x，21BEx，2211(1)22DExxx，13BD，在1BED中，2222111221cos2122DEBEBDxxBEDDEBExxx

，所以2222112222()222sin1cos1(1)(22)(1)(22)xxxxBEDBEDxxxxxx，所以1211sin222BEDFSBEDEBEDxx2132()22x，所以0

x或1时，1BEDFS取得最大值2．④正确．故选：C．【点睛】本题考查正方体的截面的性质．解题关键是由截面表示出相应的量与相应的关系．如果空间想象能力丰富，结论易得，由正方体对称性，①正确，从运动角度考虑，当E从A运动到1A时，

截面面积发生变化，这是一个有限的连续过程，其中必有最大值和最小值．④正确，②③易于从面线面关系说明．二．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.8122yx的展开式中22xy项的系数是____________【答案】420【解

析】【分析】利用多项式乘法法则确定项的系数，【详解】由题意展开式中22xy项的系数是22228612()4202CC．故答案为：420.【点睛】本题考查二项式定理的应用，求多项式展开式中某一项系数，可能利用多项式乘法法则，结合组合的知识求解．14

.已知实数xy，满足260xyxyxy，，，则2zxy取得最大值的最优解为_________.【答案】（4，2）【解析】【分析】首先作出不等式组表示的可行域,然后利用z的几何意义，作出直线0:20lxy,向上平移直线0l到

最高点,此时目标函数2zxy取得最大值,求出此时直线'0l与可行域的交点坐标即可【详解】作出不等式组所表示的可行域如图阴影所示：作出直线0:20lxy如图所示,向上平移直线0l，当经过点A时,目标函数2zxy取得最大值,所

以点A所对的坐标即为所求的最优解.联立方程6020xyxy,解方程组得42xy,即点A坐标为4,2.故答案为:4,2【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题;利用z的几何

意义和数形结合的思想是求解本题的关键;属于中档题.15.设数列na的前n项和为nS，且*11,21nnSaannNn，则数列13nSn的前10项的和是__________【答案】511【解析】【分析】利用1(2

)nnnaSSn得出数列{}nS的递推关系，变形后求出nS，然后用裂项相消法求和．【详解】由题意111Sa，2n时，12(1)nnnnSaSSnn，1(1)2(1)nnnSnSnn

，即112nnSSnn，∴数列{}nSn是等差数列，公差为2，首项为1，∴12(1)21nSnnn，22nSnn，211111()32221nSnnnnn，∴数列13nSn的前10项的和为10111

1115[(1)()()]2223101111T．故答案为：511．【点睛】本题考查由数列na与nS的关系求通项公式，考查裂项相消法求数列的和．掌握关系式1(2)nnnaSSn是解题关

键．16.已知函数212lnxxfxee，1gxmx，若fx与gx的图象上存在关于直线1y对称的点，则实数m的取值范围是_____________.【答案】322,3ee【解析】【分析】求出函数gx关于直线1y的对称

函数hx，令fx与hx的图象有交点得出m的范围即可．【详解】1gxmx关于直线1y对称的直线为1yhxmx，∴直线1ymx与2lnyx在21[,]ee上有交点，作出1ymx与2lnyx的函数图象，如图所示：

若直线1ymx经过点12e（，），则3me，若直线1ymx与2lnyx相切，设切点为,xy，则122ymxylnxmx，解得323232xeyme．

∴322?3eme，故答案为322,3ee.【点睛】本题考查了函数的对称问题解法，注意运用转化思想，以及零点与函数图象的关系，导数的几何意义，属于中档题．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17-2

1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.在△ABC中，角A，B，C的对边分別为a，b，c，若3cos,2,34ABAb．（1）求a；（2）已知点M在边BC上，且AM平分∠BAC，求△ABM的面积．【

答案】（1）2；（2）757176【解析】【分析】（1）由平方关系求出sinA，由二倍角公式求得sinB，由正弦定理求得a；（2）用诱导公式求出sinC，由正弦定理求出c，用三角形内角平分线定理求出BM，由三角形面积公式计算即得．【详解】（1

）∵3cos,2,34ABAb，∴7sin4A，7337sinsin22sincos2448BAAA，由sinsinabAB得73sin42sin378bAaB；（2）32cos42A，∴45A，∴290BA，由（1）2371cos

1()88B，7133757sinsin()sincoscossin484816CABABAB．由正弦定理得573sin516sin2378bCcB．又AM平分BAC，∴36552CMCABMBA，又2CMBMBC，∴1210

,1111CMBM，∴1151037757sin222118176ABMSBABMB．【点睛】本题考查正弦定理，考查三角形面积公式，考查三角函数的恒等变换．掌握正弦定理是解题关键．18.如图，已知三棱柱111ABCABC中，平面11AACC平面ABC

，1AAAC，ACBC.（1）证明：1AC1AB；（2）设2ACCB，160AAC，求二面角11CABB的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）34【解析】【分析】（1）连结1AC.由菱形得对

角线垂直，再由已知及面面垂直的性质定理得线面垂直BC⊥平面11AACC，11BC平面11AACC，从而111BCAC，于是证得线面垂直后再得线线垂直；（2）取11AC的中点为M，连结CM，证得CM与,CACB都垂直后，以C为原点，CACBCM，，为正方向建立空间直角坐

标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，则法向量夹角得二面角，注意要判断二面角是锐角还是钝角．【详解】（1）连结1AC.∵1AAAC，四边形11AACC为菱形，∴11ACAC.∵平面11AACC平面ABC，平

面11AACC平面ABCAC，BC平面ABC，BC⊥AC，∴BC⊥平面11AACC.又∵11//BCBC，∴11BC平面11AACC，∴111BCAC.∵1111ACBCC，∴1AC平面11ABC，而1AB平面1

1ABC，∴1AC1AB（2）取11AC的中点为M，连结CM.∵1AAAC，四边形11AACC为菱形，160AAC，∴11CMAC，CMAC.又由（1）知CMBC，以C为原点，CACBCM，，为正方向建立空间

直角坐标系，如图.设1CB，22ACCB，1AAAC，160AAC，∴C（0，0，0），1A（1，0，3），A（2，0，0），B（0，1，0），1B（-1，1，3）.由（1）知，平面11CAB的一个法向量为1103CA，，.设平面1ABB的法向量为

nxyz，，，则1nABnAB，，∴100nABnAB.∵210AB，，，1313AB，，，∴20330xyxyz.令1x，得123yz，，即1123n

，，.∴11123cos41623CAnCAnCAn，，∴二面角11CABB的余弦值为34【点睛】本题考查用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查用空间向量法求二面角．立体几何中证明垂直时，线线垂直，线面垂直，面面垂直常常是相互转化

，判定定理与性质定理要灵活应用．在有垂直的情况下常常建立空间直角坐标系，用向量法求空间角．19.已知长度为4的线段的两个端点,AB分别在x轴和y轴上运动，动点P满足3BPPA，记动点P的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的

方程；（2）设不经过点0,1H的直线2yxt与曲线C相交于两点,MN.若直线HM与HN的斜率之和为1,求实数t的值.【答案】（1）2219xy（2）3【解析】【分析】（1）设P,A,B的坐标，由2BPPA坐标化可得变量间的关系，再由3

2AB,求出曲线C的方程．（2）设直线l的方程及M和N坐标，由直线与圆锥曲线联立，利用韦达定理、根的判别式、直线的斜率，结合已知条件能求出定点T的坐标以及此常数．【详解】解：（1）设,,,0,0,PxyAm

Bn.3BPPA，,,33,3xynmxymxy，即333xmxyny.434mxny.又4AB，2216mn.从而221616169xy.曲线C的方程为2219xy

.（2）设1122,,,MxyNxy.联立22219yxtxy，消去y，得223736910xtxt.由2236437910tt，可得3737t.又直线2yxt不经过点0,1H，且直线HM与HN的斜率存

在，1t.3737t，且1t.123637txx，2129937txx.12121212124111HMHNxxtxxyykkxxxx，121212414411xxtxxtxxt.解得3t.t的值

为3.【点睛】本题考查曲线方程的求法，考查满足条件的x轴上的定点是否存在的判断与求法，考查椭圆、直线方程、根的判别式、韦达定理等基础知识，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，是中档题．20.某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案

：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元.某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机

器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：维修次数0123台数5102015以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．（1）求X的分布列；（2）以所需延保金及维修费用的

期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）选择延保方案二较合算【解析】【分析】（Ⅰ）X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，分别求出对应的概率，列出分布列即可；（Ⅱ）求出两种方

案下所需费用的分布列，然后分别求出对应的期望值，比较二者的大小即可选出最合算的方案．【详解】解：（Ⅰ）X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，11101010100PX，1111210525PX，

11213225551025PX，13121132210105550PX，22317425510525PX，2365251025PX，33

961010100PX，∴X的分布列为X0123456P110012532511507256259100（Ⅱ）选择延保一，所需费用1Y元的分布列为：1Y70009000110001300015000P1710011507256259100

1171176970009000110001300015000100502525100EY10720（元）.选择延保二，所需费用2Y元的分布列为：2Y100001100012000P67100625910026769100001100012000104201002510

0EY（元）.∵12EYEY，∴该医院选择延保方案二较合算.【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列，考查了概率的计算，考查了期望的求法，属于中档题．21.已知函数0afxaxax（1）若lnfxx在[1，+∞)

上恒成立，求a的取值范围．（2）证明：*11ln11,21nknnnnNkn【答案】（1）1[,)2；（2）见解析．【解析】【分析】（1）构造函数()()lngxfxx，要求()gx在[1,)上的最小值0即得；（2）由（1）12a

时有11()()ln(1)2fxxxxx，且当1x时，11()ln2xxx，令1kxk，1,2,3,,kn，得n个不等式，相加后即证．【详解】（1）设()()lnlnagxfxxaxxx，2221()aaxxagxaxxx，2140

a，即12a时，()0gx恒成立，()gx在[1,)上是增函数，∴()(1)0gxg，∴12a满足题意，102a时，20axxa有两个不等实根12,xx，121xxa，121xx，不妨设12xx，则1201xx，当21xx时，()0gx，()

gx递减，2xx时，()0gx，()gx递增，∴在1x时，min2()()gxgx，2222()lnagxaxxx，又2220axxa，2221xax，∴2222222222222

(1)12()lnln1ln11axxgxxxxxxx，令22()1ln(1)1hxxxx，22222241(1)()0(1)(1)xxhxxxxx，∴()h

x在[1,)上递减，∴2()(1)0gxg，()0gx在[1,)上不恒成立，综上，12a．即a的取值范围是1[,)2．（2）由（1）12a时，11()()ln(1)2fxxxxx，且当1x时，11()ln2xxx

，令1kxk，则有111111ln()[(1)(1)]2121kkkkkkkk，∴111ln(1)ln()21kkkk，1,2,3,,kn，这n个不等式相加得11111ln(1)()2232(1)knn，整理得1

1111ln(1)22(1)nknnknn．证毕．【点睛】本题考查用导数研究不等式恒成立问题，用导数证明不等式，不等式恒成立问题常常转化为研究函数的最值，为了研究导函数的正负，可能对导函数（或其中一部分构成的新函数）再求导，确定正负，确定单调性．22.在直角坐标系xOy中，曲线

C的参数方程是22281311kxkkyk（k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，直线l的极坐标方程为cos224.（Ⅰ）曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程

；（Ⅱ）求曲线C上的点到直线l的距离的取值范围.【答案】（Ⅰ）2213169xyy.:6lxy.（Ⅱ）211222d【解析】【分析】（Ⅰ）联想二倍角公式化弦为切的结构特征，即2222tan

1tansin2,cos21tan1tana，结合22sin2cos1，所以将参数方程化为222241131xkkykk，即可化为普通方程；cos224

展开，cosx，cosy代入，即可化为直角坐标方程；（Ⅱ）将椭圆方程化为参数方程，利用辅助角公式，结合余弦函数的有界性，即可得出结论.【详解】解：（Ⅰ）222241:131xkkCykk

，平方后得221129xy，又2633,31yk，C的普通方程为2213169xyy.cos324，即cossin6，将cosx

，cosy代入即可得到:6lxy.（Ⅱ）将曲线C化成参数方程形式为4cos3sinxy（为参数），则5cos64cos3sin622d，其中3tan4所以211222d.【点睛】本题考查参数方程与普通方程

互化，注意消参方法，考查极坐标方程化直角坐标方程，应用参数方程求点到直线距离的范围，属于中档题.23.设函数()212fxxxa，xR．（1）当4a时，求不等式()9fx的解集；（2）对任意xR，恒有()5fxa，求实数a的取值范围．【答案】（1）712xxx

或；（2）[3,)【解析】【分析】（1）由绝对值不等式的解法，当4a，分11,2,222xxx三种情况讨论，求解不等式即可得解；（2）由绝对值不等式的三角不等式性质可得21221(2)1xxaxxaa，再转化为15aa恒成立，再分10a

和10a讨论即可得解.【详解】解：（1）当4a时，145,21()3,2245,2xxfxxxx，则()9fx等价于12459xx或12239x或2459xx，解得

1x或72x，所以()9fx的解集为712xxx或．（2）由绝对值不等式的性质有：()21221(2)1fxxxaxxaa，由()5fxa恒成立，有15aa恒成立，当

5a时不等式显然恒成立，当5a时，由221(5)aa得35a，综上，a的取值范围是[3,)．【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法及绝对值不等式的性质，主要考查了不等式恒成立问题，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属中档题.