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- 2021-04-28 发布
广东省中山市2020届高三上学期期末考试数学试题（文）
一、选择题：本大题共12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.集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意得，
∴．选D．
2.已知是虚数单位，复数满足，则（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】A
【解析】依题意，
所以.
故选：A.
3.计算的结果为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
所以选B.
4.“”是直线与圆相切的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】由圆，可得圆心为，半径．
∵直线与圆相切，∴，∴，∴“”是直线与圆相切的充要条件，故选C．
5.下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是（ ）
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】C
【解析】对于①，连接如图所示，由于，根据面面平行的性质定理可知平面平面，所以平面.
对于②，连接交于，由于是中点，不是的中点，所以在平面内与相交，所以直线与平面相交.
对于③，连接，则，而与相交，即与平面相交，所以与平面相交.
对于④，连接，则，由线面平行的判定定理可知平面.
综上所述，能得出平面的图形的序号是①④.
故选：C.
6.若,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，，，
令，则在上是单调增函数.
又，所以
即.故选D.
7.下图是某公司2018年1月至12月空调销售任务及完成情况的气泡图，气泡的大小表示完成率的高低，如10月份销售任务是400台，完成率为90%，则下列叙述不正确的是（ ）
A. 2018年3月的销售任务是400台
B. 2018年月销售任务的平均值不超过600台
C. 2018年第一季度总销售量为830台
D. 2018年月销售量最大的是6月份
【答案】D
【解析】对于选项A，由图可得3月份的销售任务是400台，所以A正确．
对于选项B，由图形得2018年月销售任务的平均值为
，所以B正确．
对于选项C，由图形得第一季度的总销售量为台，所以C正确．
对于选项D，由图形得销售量最大的月份是5月份，为800台，所以D不正确．
故选D．
8.已知满足不等式组则的最小值为（ ）
A. 2 B. C. D. 1
【答案】D
【解析】不等式组对应的可行域如图所示，
因为所以z表示可行域内一点到直线x+y-1=0距离的倍，由可行域可知点A（2,0）到直线x+y-1=0的距离最短，故故选D.
点睛：本题的关键是找到的几何意义，要找到的几何意义，必须变形，所以z表示可行域内一点到直线x+y-1=0距离的倍.突破了这一点，后面的解答就迎刃而解了.
9.已知函数的最小正周期是，若，则（ ）
A. B. C. 1 D. -1
【答案】D
【解析】由于的最小正周期为，所以，所以.所以.由得.所以
.
故选：D.
10.我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，，若，当阳马体积最大时，则堑堵的外接球体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】依题意可知平面.设，则.，当且仅当时取得最大值.依题意可知是以为斜边的直角三角形，所以堑堵外接球的直径为，故半径.所以外接球的体积为.
特别说明：由于平面，是以为斜边的直角三角形，所以堑堵外接球的直径为为定值，即无论阳马体积是否取得最大值，堑堵外接球保持不变，所以可以直接由直径的长，计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积.
故选：B.
11.已知数列是各项均为正数的等比数列，为数列的前项和，若，则的最小值为（ ）
A. 9 B. 12 C. 16 D. 18
【答案】D
【解析】由得，所以.所以.当且仅当时取得最小值.
故选：D.
12.已知函数（其中无理数），关于的方程有四个不等的实根，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】依题意可知函数的定义域为.且
.所以在上递增，在上递减，且，由此画出的图像如下图所示.
令，则的单调性与相同，且.
关于的方程有四个不等的实根，所以，即在上各有一实根.令，所以，即，所以.所以实数的取值范围是.
故选：C
二、填空题：本大题共4题，每小题5分，共20分，请将答案填在答题卡对应题号的位置上，答错位置，书写不清，模棱两可均不得分.
13.等差数列的前项和为，若，是方程的两根，则：__________.
【答案】52
【解析】由于，是方程的两根，所以，所以.
故答案为：.
14.如图所示，已知正方形，以对角线为一边作正，现向四边形区域内投一点，则点落在阴影部分的概率为__________．
【答案】
【解析】设正方形的边长为2，则.
∵为正三角形
∴
∴阴影部分面积为
∴向四边形区域内投一点，则点落在阴影部分的概率为
故答案为.
15.已知向量与的夹角是，且，则向量与的夹角是_____.
【答案】
【解析】由两边平方并化简得，即，即.所以，由于，所以.
故答案为：.
16.已知函数，若有，则实数取值范围是__________．
【答案】
【解析】∵，
∴函数在R上为增函数，
由题意得，
∴，
∵，
∴．
∴，解得．
∴实数的取值范围是．
三、解答题：本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17.设为数列的前项和，已知，.
（1）证明为等比数列；
（2）判断，，是否成等差数列？并说明理由.
（1）证明：∵，，∴，
由题意得，，
∴是首项为2，公比为2的等比数列.
（2）解：由（1），∴.
∴，
∴，
∴，即，，成等差数列.
18.为检查某工厂所生产的8万台电风扇的质量，抽查了其中20台的无故障连续使用时限（单位：小时） 如下：
248 256 232 243 188 268 278 266 289 312
274 296 288 302 295 228 287 217 329 283
分组
频数
频率
频率/组距
总计
0.05
（1）完成频率分布表，并作出频率分布直方图；
（2）估计8万台电风扇中有多少台无故障连续使用时限不低于280小时；
（3）用组中值（同一组中的数据在该组区间的中点值）估计样本的平均无故障连续使用时限.
解：（1）频率分布表及频率分布直方图如下所示：
分组
频数
频率
频率/组距
1
0.05
0.0025
1
0.05
0.0025
2
0.10
0.0050
3
0.15
0.0075
4
0.20
0.0100
6
0.30
0.0150
2
0.10
0.0050
1
0.05
0.0025
总计
20
1.00
0.05
（2）（万）.
答：估计8万台电扇中有3.6万台无故障连续使用时限不低于280小时.
（3）（小时）.
答：样本的平均无故障连续使用时限为269小时.
19.已知的三个内角，，所对的边分别为，，.
（1）若，求；
（2）若，试判断的形状.
解：（1）∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴.
（2）∵，
∴，，
∴或，，为锐角.
∴（舍去），
∴，
∴为直角三角形.
20.如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1—ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.
(1)证明：BE⊥平面D1AE；
(2)设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明连接BE，
∵ABCD为矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，
∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE，
又平面D1AE⊥平面ABCE，
平面D1AE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，
∴BE⊥平面D1AE.
(2)解AM＝AB，取D1E的中点L，连接AL，FL，
∵FL∥EC，EC∥AB，∴FL∥AB且FL＝AB，
∴FL∥AM，FL=AM
∴AMFL为平行四边形，∴MF∥AL，
因为MF不在平面AD1E上， AL⊂平面AD1E，所以MF∥平面AD1E.
故线段AB上存在满足题意的点M，且＝.
21.已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）求函数的最小值；
（2）若都有，求证：.
解：（1）∵，∴，
∴当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
∴.
（2）证明：∵，都有，
∴即，
设，，
∴，
令，，∴，∴在上单调递增，
∵，，∴存在唯一使得，
∴当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
∴，
∵，，
∴即，
∴，
令，，
∵，
∴上单调递增，∴，
∵，，
∴.
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
选修4-4：坐标系与参数方程
22.在直角坐标系中,曲线经过伸缩变换后得到曲线.以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线的参数方程;
(2)若分别是曲线上的动点,求的最大值.
解：(1)曲线经过伸缩变换,可得曲线的方程为,
∴其参数方程为为参数);
曲线的极坐标方程为,即,
∴曲线的直角坐标方程为,即,
∴其参数方程为为参数).
(2)设,则到曲线的圆心的距离
,
∵,∴当时,.
∴.
选修4-5：不等式选讲
23.已知函数.
（1）若不等式的解集，求实数的值.
（2）在（1）的条件下，若存在实数使成立，求实数的取值范围.
解：（1）∵函数，
故不等式，即，
即，
求得.
再根据不等式的解集为.
可得，
∴实数.
（2）在（1）的条件下，，
∴存在实数使成立，即，
由于，
∴的最小值为2，
∴，
故实数的取值范围是.