【文档说明】【精准解析】广东省广州市2020届高三3月阶段训练（一模考试）数学（理）试题.doc，共(27)页，2.853 MB，由小赞的店铺上传

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广州市2020届高三年级阶段训练题理科数学一、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.已知复数z满足1iz2i，则z（）A.2B.1C.22D.1

2【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算法则，可得z，然后利用复数模的概念，可得结果.【详解】由题可知：22212221111iiiiiziiii由21i，所以1zi所以22112z故选：A【

点睛】本题主要考查复数的运算，考验计算，属基础题.2.已知集合0,1,2,3A，21,BxxnnA，PAB，则P的子集共有（）A.2个B.4个C.6个D.8个【答案】B【解析】【分析】根据集合A中的元素，可得集合

B，然后根据交集的概念，可得P，最后根据子集的概念，利用2n计算，可得结果.【详解】由题可知：0,1,2,3A，21,BxxnnA当0n时，1x当1n时，0x当2n时，3x当3n时，8x所以集合21,1,0,3,8Bx

xnnA则0,3PAB所以P的子集共有224故选：B【点睛】本题考查集合的运算以及集合子集个数的计算，当集合P中有n元素时，集合P子集的个数为2n，真子集个数为21n，非空子集为21n，非空真子集为22n，属基础题.3.sin80

cos50cos140sin10（）A.32B.32C.12D.12【答案】D【解析】【分析】利用109080,1409050，根据诱导公式进行化简，可得sin80cos50co

s80sin50，然后利用两角差的正弦定理，可得结果.【详解】由809010,1409050所以sin10sin9080cos10cos140cos9050sin50，所以原式sin80cos50cos80sin50sin8

050所以原式1sin302故1sin80cos50cos140sin102故选：D【点睛】本题考查诱导公式以及两角差的正弦公式，关键在于掌握公式，属基础题.4.已知命题p：xR

，210xx；命题q：xR，22xx，则下列命题中为真命题的是（）A.pqB.pqC.pqD.pq【答案】B【解析】【分析】根据，可知命题p的真假，然后对x取值，可得命题q的真假，最后根据真值表，可得结果.【详解】对命题p：可知2

140，所以xR，210xx故命题p为假命题命题q：取3x，可知2332所以xR，22xx故命题q为真命题所以pq为真命题故选：B【点睛】本题主要考查对命题真假的判断以及真值表的应用，识记真值表，属基础题.5.已知函数fx满足11fxfx，

当1x时，2fxxx，则21xfx（）A.3xx或0xB.0xx或2xC.2xx或0xD.2xx或4x【答案】C【解析】【分析】简单判断可知函数关于1x对称，然后根据函数2fxxx的

单调性，并计算210xxx，结合对称性，可得结果.【详解】由11fxfx，可知函数fx关于1x对称当1x时，2fxxx，可知2fxxx在1,单调递增则2120xxxx

又函数fx关于1x对称，所以01f且fx在,1单调递减，所以20x或22x，故2x或0x所以21xfx2xx或0x故选：C【点睛】本题考查函数的对称性以及

单调性求解不等式，抽象函数给出式子的意义，比如：11fxfx，110fxfx，考验分析能力，属中档题.6.如图，圆O的半径为1，A，B是圆上的定点，OBOA，P是圆上的动点，点P关于直线OB的对称点为P，角x的始边为射线OA

，终边为射线OP，将OPOP表示为x的函数fx，则yfx在0,上的图像大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据图象分析变化过程中在关键位置及部分区域，即可排除错误选项

，得到函数图象，即可求解.【详解】由题意，当0x时，P与A重合，则P与B重合，所以||2OPOPBA,故排除C,D选项；当02x时，||2sin()2cos2OPOPPPxx，由图象可知选B.故选：B【点睛】本题主要考查三角函数

的图像与性质，正确表示函数的表达式是解题的关键,属于中档题.7.陀螺是中国民间最早的娱乐工具，也称陀罗.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为（）A.722B.1022C.

1042D.1142【答案】C【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可，【详解】由题意可知几何体的直观图如图：上部是底面半径为1，高为3的圆柱，下部是底面半径为2，高为2的圆锥,几何体的表面积为：1442223(1042)2

，故选：C【点睛】本题考查三视图求解几何体的表面积，判断几何体的形状是解题的关键.8.某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为e，设地球半径为R，该卫星近地点离地面的距离为r，则该卫星远地点离地面的距离为（）A.1211eerReeB.111eerRee

C.1211eerReeD.111eerRee【答案】A【解析】【分析】由题意画出图形，结合椭圆的定义，结合椭圆的离心率,求出椭圆的长半轴a,半焦距c,即可确定该卫星远地点离地面

的距离.【详解】椭圆的离心率：=(0,1)cea，（c为半焦距;a为长半轴），设卫星近地点，远地点离地面距离分别为r，n，如图：则,nacRracR所以1rRae,()1rRece,()121111rRe

rReenacRRrReeee故选：A【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的求法，注意半焦距与长半轴的求法,是解题的关键，属于中档题.9.羽毛球混合双打比赛每队由一男一女两名运动员组成.

某班级从3名男生1A，2A，3A和3名女生1B，2B，3B中各随机选出两名，把选出的4人随机分成两队进行羽毛球混合双打比赛，则1A和1B两人组成一队参加比赛的概率为（）A.19B.29C.13D.49【答案】B【解析】【分析】

根据组合知识，计算出选出的4人分成两队混合双打的总数为2211332222CCCCA，然后计算1A和1B分在一组的数目为1122CC，最后简单计算，可得结果.【详解】由题可知：分别从3名男生、3名女生中选2人：2233CC将选中2名女生平均分为两组：112

122CCA将选中2名男生平均分为两组：112122CCA则选出的4人分成两队混合双打的总数为：221111112223322212133222222218CCCCCCCCCCAAAA1A和1B分在一组的数目为11224CC所以所求的概率为42189故

选：B【点睛】本题考查排列组合的综合应用，对平均分组的问题要掌握公式，比如：平均分成m组，则要除以mmA，即!m，审清题意，细心计算，考验分析能力，属中档题.10.已知1F，2F是双曲线222:1xCya0a的两个焦点，过点1F且垂直于x轴的直线与C相交于A，B两

点，若2AB，则△2ABF的内切圆的半径为（）A.23B.33C.223D.233【答案】B【解析】【分析】设左焦点1F的坐标，由AB的弦长可得a的值，进而可得双曲线的方程，及左右焦点的坐标，进而求出三角形ABF2的面

积，再由三角形被内切圆的圆心分割3个三角形的面积之和可得内切圆的半径.【详解】由双曲线的方程可设左焦点1(,0)Fc，由题意可得222bABa，由1b，可得2a，所以双曲线的方程为:2212xy所以12(

3,0),(3,0)FF，所以21211223622ABFSABFF三角形ABF2的周长为22112242422262CABAFBFABaAFaBFaAB设内切圆的半径为r，所以三角形的面积11623222SCrrr，所以3

26r，解得33r，故选：B【点睛】本题考查求双曲线的方程和双曲线的性质及三角形的面积的求法，内切圆的半径与三角形长周长的一半之积等于三角形的面积可得半径的应用，属于中档题.11.已知函数fx的导函数为fx，记1fxfx，21fxfx，…，1nnfxf

x(nN*).若sinfxxx，则20192021fxfx（）A.2cosxB.2sinxC.2cosxD.2sinx【答案】D【解析】【分析】通过计算12345,,,,

fxfxfxfxfx，可得4342414,,,kkkkfxfxfxfx，最后计算可得结果.【详解】由题可知：sinfxxx所以12sincos,2cossinfxxxxfxxx

x343sincos,4cossinfxxxxfxxxx55sincos,fxxxx所以猜想可知：4343sincoskfxkxxx4242cossinkfxkxxx4141sincoskfxkxx

x44cossinkfxkxxx由201945051,202145063所以20192019sincosfxxxx20212021sincosfxxxx所以201920212sinfx

fxx故选：D【点睛】本题考查导数的计算以及不完全归纳法的应用，选择题、填空题可以使用取特殊值，归纳猜想等方法的使用，属中档题.12.已知正方体1111ABCDABCD的棱长为2，E，F，G分别是棱AD，1CC，11CD的中点，给出下列四个

命题:①1EFBC;②直线FG与直线1AD所成角为60;③过E，F，G三点的平面截该正方体所得的截面为六边形;④三棱锥BEFG的体积为56.其中，正确命题的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】画出几何体的图形，然后转化判断四个命题的真假即可．【详解】

如图；连接相关点的线段，O为BC的中点，连接EFO，因为F是中点，可知1BCOF，1EOBC，可知1BC平面EFO，即可证明1BCEF，所以①正确；直线FG与直线1AD所成角就是直线1AB与直线1AD所成

角为60；正确；过E，F，G三点的平面截该正方体所得的截面为五边形；如图：是五边形EHFGI．所以③不正确；如图：三棱锥BEFG的体积为：由条件易知F是GM中点，所以BEFGBEFMFBEMVVV,而=2311522131=2222BEMABEEDMABMDSSSS

梯形，1551326FEBMV．所以三棱锥BEFG的体积为56，④正确；故选：C．【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及空间几何体的体积，直线与平面的位置关系的应用，平面的基本性质，是中档题．二、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分

．13.设向量a,1m，b2,1，且ab2212ab，则m_________.【答案】2【解析】【分析】根据向量的数量积的计算，以及向量的平方，简单计算，可得结果.【详解】由题可知：

21abm且2221,5amb由ab2212ab所以21212215mmm故答案为：2【点睛】本题考查向量的坐标计算，主要考查计算，属基础题.14.某种产品的质量指标值Z服从正态分布2(,)N，且(33)PZ0.9974．某用户购买了

10000件这种产品，则这10000件产品中质量指标值位于区间(3,3)之外的产品件数为_________．【答案】26【解析】【分析】直接计算100001(33)PZ，可得结果.【详解】由题可知：(33)0.9974PZ

则质量指标值位于区间(3,3)之外的产品件数：100001(33)100000.002626PZ故答案为：26【点睛】本题考查正太分布中3原则

，审清题意，简单计算，属基础题.15.52321xx的展开式中，2x的系数是__________.(用数字填写答案)【答案】25【解析】【分析】根据组合的知识，结合组合数的公式，可得结果.【详解】由题可知：2x项来源可以是：（1）取1个23x，4个1（2）

取2个2x，3个12x的系数为：42314235453312125CCCC故答案为：25【点睛】本题主要考查组合的知识，熟悉二项式定理展开式中每一项的来源，实质上每个因式中各取一项的乘积，转化为组合的知识，属中档题.16.已知△AB

C的三个内角为A，B，C，且sinA，sinB，sinC成等差数列，则sin22cosBB的最小值为__________，最大值为___________.【答案】(1).312(2).332【解析】【分析】根据正弦定理可得2bac，利用余弦定

理222cos2acbBac以及均值不等式，可得角B的范围，然后构造函数sin22cosfBBB，利用导数，研究函数性质，可得结果.【详解】由sinA，sinB，sinC成等差数列所以2sinsi

nsinBAC所以22acbacb又2222222cos22acacacbBacac化简可得22332621cos882acacacacBacac当且仅当ac时，取等号又0,B，所以0,3B令s

in22cosfBBB，0,3B则'22cos22sin24sin2sinfBBBBB'12sinsin12fBBB当1sin2B，即,63B时，'0fB当1sin2

B，即0,6B时，'0fB则sin22cosfBBB在0,6递增，在,63递减所以max33sin2cos6362fBf由0

sin02cos02f，23sin2cos13332f所以min3132fBf所以sin22cosBB的最小值为312最大值为332故答案为：312，332【点睛】本题考查等差数列、正弦定理、余弦定理，还考查了不等式、导数

的综合应用，难点在于根据余弦定理以及不等式求出0,3B，考验分析能力以及逻辑思维能力，属难题.三、解答题:共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须做答.第22、23题为选考题，考生根

据要求做答.（一）必考题：共60分．17.记nS为数列na的前n项和，1122nnnSa(nN*).（1）求1nnaa；（2）令2nnnbaa，证明数列nb是等比数列，并求其前n项和nT.【答案】（1）112nnna

a；（2）证明见详解，11122nnT【解析】【分析】（1）根据1122nnnSa，可得11122nnnSa，然后作差，可得结果.（2）根据（1）的结论，用1n取代n，得到新的式子，然后作差，可得结果，最后根据等比数列

的前n项和公式，可得结果.【详解】（1）由1122nnnSa①，则11122nnnSa②②-①可得：1111112222nnnnnnaaa所以112nnnaa（2）

由（1）可知：112nnnaa③则21112nnnaa④④-③可得：211111222nnnnnaa则112nnb，且1212nnb令1n，则114b，211112122nnnnbb所以数列nb是首项为1

4，公比为12的等比数列所以111111114211222212nnnnT【点睛】本题主要考查递推公式以及,nnSa之间的关系的应用，考验观察能力以及分析能力，属中档题.18.如图，三棱锥PA

BC中，PAPC，ABBC，120APC，90ABC，3ACPB.（1）求证：ACPB；（2）求直线AC与平面PAB所成角的正弦值.【答案】（1）证明见详解；（2）55【解析】【分析

】（1）取AC中点O，根据,ACPOACBO，利用线面垂直的判定定理，可得AC平面OPB，最后可得结果.（2）利用建系，假设AC长度，可得AC，以及平面PAB的一个法向量，然后利用向量的夹角公式，可得结果.【详解】（1）取AC中点O，连接,OPOB，如图由PAPC，ABBC所以,

ACPOACBO由POBOO=,,POBO平面OPB所以AC平面OPB，又PB平面OPB所以ACPB（2）假设3AC，由120APC，90ABC，3ACPB.所以333,,22PBOBOP则

222PBOBOP，所以OPOB又OPAC，,ACOBO,ACOB平面ABC所以PO平面ABC，所以POOB，POOC又OBOC，故建立空间直角坐标系Oxyz，如图33330,,0,0,,0,,0,0,0,0,2222ACBP

33330,3,0,,,0,0,,2222ACABAP设平面PAB的一个法向量为,,nxyz则330022033022xynABnAPyz

令3z，所以1,1,3n则直线AC与平面PAB所成角的正弦值为55nACnAC【点睛】本题考查线面垂直、线线垂直的应用，还考查线面角，学会使用建系的方法来解决立体几何问题

，将几何问题代数化，化繁为简，属中档题.19.某企业质量检验员为了检测生产线上零件的质量情况，从生产线上随机抽取了80个零件进行测量，根据所测量的零件尺寸（单位：mm），得到如下的频率分布直方图：（1）根据频率分布直方图，求这80个零件尺寸的中位数（结果精确到0.01）；（2）若从这8

0个零件中尺寸位于62.5,64.5之外的零件中随机抽取4个，设X表示尺寸在64.5,65上的零件个数，求X的分布列及数学期望EX；（3）已知尺寸在63.0,64.5上的零件为一等品，否则为二等品，将这80个

零件尺寸的样本频率视为概率.现对生产线上生产的零件进行成箱包装出售，每箱100个.企业在交付买家之前需要决策是否对每箱的所有零件进行检验，已知每个零件的检验费用为99元.若检验，则将检验出的二等品更换为一等品；若不检验，如果有二等品进入买家手中，企业要向买家对每个二等品支付500元的赔偿费用.

现对一箱零件随机抽检了11个，结果有1个二等品，以整箱检验费用与赔偿费用之和的期望值作为决策依据，该企业是否对该箱余下的所有零件进行检验？请说明理由.【答案】（1）63.47；（2）分布列见详解，期望为167；（3）余下所有零件不用检验，理由见详解.

【解析】【分析】（1）计算62.0,63.0,63.0,63.5的频率，并且与0.5进行比较，判断中位数落在的区间，然后根据频率的计算方法，可得结果.（2）计算位于62.5,64.5之外的零件中随机抽取4个的总数，写出X所

有可能取值，并计算相对应的概率，列出分布列，计算期望，可得结果.（3）计算整箱的费用，根据余下零件个数服从二项分布，可得余下零件个数的期望值，然后计算整箱检验费用与赔偿费用之和的期望值，进行比较，可得结果.【详

解】（1）尺寸在62.0,63.0的频率：0.50.0750.2250.15尺寸在63.0,63.5的频率：0.50.7500.375且0.150.50.150.375所以可知尺寸

的中位数落在63.0,63.5假设尺寸中位数为x所以0.1563.00.7500.563.47xx所以这80个零件尺寸的中位数63.47（2）尺寸在62.0,62.5的个数为800.0750

.53尺寸在64.5,65.0的个数为800.1000.54X的所有可能取值为1，2，3，4则1343474135CCPXC，22434718235CCPXC31434712335CCPXC，44471435

CPXC所以X的分布列为X1234P43518351235135418121161234353535357EX（3）二等品的概率为0.50.0750.2250.1000.2如果对余下的零件进行检验则

整箱的检验费用为1100999900P（元）余下二等品的个数期望值为890.217.8如果不对余下的零件进行检验，整箱检验费用与赔偿费用之和的期望值为2119950017.89989P（元）所以12PP，所以可以不对余下的零件进行检验.【点睛】本题考查频

率分布直方图的应用，掌握中位数，平均数，众数的计算方法，中位数的理解应该从中位数开始左右两边的频率各为0.5，考验分析能力以及数据处理，属中档题.20.已知函数elnxbfxaxx，曲线yfx在点1,1f处的切线方程为22xy0e.（1）求a，b的值；（2）证明函

数fx存在唯一的极大值点0x，且02ln22fx.【答案】（1）2,1ab（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，可得f（1）a，f（1）be，结合已知切线方程即可求得a，b的值；（2）利用导数可得0000002()221x

efxlnxlnxxx，0(1,2)x，再构造新函数2()2,121hxlnxxx，利用导数求其最值即可得证．【详解】（1）函数的定义域为(0,)，2()()xxabxeefxx

x，则f（1）a，f（1）be，故曲线()yfx在点(1，f（1）)处的切线方程为0axyabe，又曲线()yfx在点(1，f（1）)处的切线方程为220xye，2a，1b；

（2）证明：由（1）知，()2xefxlnxx，则22()xxxxeefxx，令()2xxgxxxee，则()2xgxxe，易知()gx在(0,)单调递减，又(0)20g，g（1）20e，故存在1(0,1)x，使得1()0gx，且当1

(0,)xx时，()0gx，()gx单调递增，当1(xx，)时，()0gx，()gx单调递减，由于(0)10g，g（1）20，g（2）240e，故存在0(1,2)x，使得0()0gx，且当0(0,)xx时，()0gx，()0fx，()fx单调递增

，当0(xx，)时，()0gx，()0fx，()fx单调递减，故函数存在唯一的极大值点0x，且00000()20xxgxxxee，即00002,(1,2)1xxexx，则0000002()221xefxlnxlnxxx，令2()2,121hxlnxx

x，则222()0(1)hxxx，故()hx在(1,2)上单调递增，由于0(1,2)x，故0()hxh（2）222ln，即00222221lnxlnx，0()222fxln．【点睛】本题考查导数的几

何意义以及利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查推理论证能力，属于中档题．21.已知点P是抛物线21:34Cyx的顶点，A，B是C上的两个动点，且4PAPB.（1）判断点0,1D是否在直线

AB上？说明理由；（2）设点M是△PAB的外接圆的圆心，点M到x轴的距离为d，点1,0N，求MNd的最大值.【答案】（1）不在，证明见详解；（2）6518【解析】【分析】（1）假设直线方程ykxb，并于抛物线方程联立，结合韦达定理，计算4PAPB，可得1b，然后验证可得

结果.（2）分别计算线段,PAPB中垂线的方程，然后联立，根据（1）的条件可得点M的轨迹方程22yx，然后可得焦点F，结合抛物线定义可得18MNdNF，计算可得结果.【详解】（1）设直线方程ykxb，1122,,,AxyBxy根据题意可知直线斜率一定存在，

0,3P则224430134ykxbxkxbyx121243,4xxbxxk241648kb1122,3,,3PAxyPBxy

则121233PAPBxxyy12121239PAPBxxyyyy2212121212yykxbkxbkxxkbxxb1212122yykxbkxbkxxb

2212121369PAPBkxxkkbxxbb由4PAPB所以22121213694kxxkkbxxbb将121243,4xxbxxk代入上式化

简可得2210bb，所以1b则直线方程为1ykx，所以直线过定点0,1，2416480kb所以可知点0,1D不在直线上.（2）设,MMMxy线段PA的中点为113,22xyE线段PB的中点为223,22xyG

则直线PA的斜率为113PAykx，直线PB的斜率为223PBykx可知线段PA的中垂线的方程为11113232yxxyxy由211134yx，所以上式化简为2121418xyxx即线段PA的中垂线的方程为2121418xy

xx同理可得：线段PB的中垂线的方程为2222418xyxx则22121222222112122141832481832MMxxxxxyxxxxxxxxyxyx

由（1）可知：12124,438xxkxxb所以12122221212322832MMMMxxxxxxkykxxxxy即2,2Mkk，所以点M轨迹方程为22yx

焦点为10,8F，所以1188MNdMNMFMNMF当,,MNF三点共线时，MNd有最大所以11651888MNdMNMFNF【点睛】本题考查直线于抛物线的综合应用，第（

1）问中难点在于计算处b，第（2）问中关键在于得到点M的轨迹方程，直线与圆锥曲线的综合常常要联立方程，结合韦达定理，属难题.（二）选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.已知曲线1C的参数方程为cos,(1sin,xttyt

为参数)，曲线2C的参数方程为sin,(1cos2,xy为参数).（1）求1C与2C的普通方程；（2）若1C与2C相交于A，B两点，且2AB，求sin的值.【答案】（1）tan1yx，221(

0)2yxy…（2）0【解析】【分析】（1）分别把两曲线参数方程中的参数消去，即可得到普通方程；（2）把直线的参数方程代入2C的普通方程，化为关于t的一元二次方程，再由根与系数的关系及此时t的几何意义求解．【详解】（1）由曲

线1C的参数方程为cos(1sinxttyt为参数），消去参数t，可得tan1yx；由曲线2C的参数方程为sin(1cos2xy为参数），消去参数，可得222yx，即221(0)2yxy…．（2）把cos(1sin

xttyt为参数）代入2212yx，得22(1cos)2sin10tt．1222sin1ttcos，12211ttcos．22121212222sin4||||()4()211ABttttttcoscos

．解得：2cos1，即cos1，满足△0．sin0．【点睛】本题考查参数方程化普通方程，特别是直线参数方程中参数t的几何意义的应用，是中档题．23.已知0a，0b，且1ab.（1）求12ab的

最小值；（2）证明：222512abbab.【答案】（1）322（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用基本不等式即可求得最小值；（2）关键是配凑系数，进而利用基本不等式得证．【详解】（1）121222(

)()332322abababababbaba…，当且仅当“2ba”时取等号，故12ab的最小值为322；（2）222222222222524124(2)122155555abbabbabbabbbbabbbabbaa„，当且仅

当15,22ab时取等号，此时1ab．故222512abbab．【点睛】本题主要考查基本不等式的运用，属于基础题．