广东省湛江市2020届高三二模考试数学(理)试题 Word版含解析.doc
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1、 - 1 - 湛江市 2020 年高考二模试卷 数学(理科) 一、选择题(共一、选择题(共 1212 小题)小题) 1. 设集合2,5,6A, 2 50Bx xxm,若 2AB,则B ( ) A. 2,3 B. 2 C. 3 D. 1,6 【答案】A 【分析】 由题意可知,2是关于x的方程 2 50 xxm的根,可求得m的值,再解方程 2 50 xxm,进而可解出集合B. 详 解 】 2AB , 则2B, 2 25 20m , 解 得6m, 2 5602,3Bx xx.故选:A. 【点睛】本题考查利用交集的结果求参数,考查计算能力,属于基础题. 2. 复数 5 24 12 zi i i 在复平
2、面内对应的点位于( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【分析】先对复数进行除法和乘法运算,再根据实部和虚部找出对应的点,即可得出对应的 象限 【详解】解: 5 125 242434 1 21 212 i zi iii iii , z在复平面内对应点的坐标为3,4,位于第二象限故选:B 【点睛】本题考查复数的除法和乘法运算,考查复数的几何意义,属于基础题 3. 已知, 2 , 3 tan2 4 ,则 2 sin2cos( ) A. 3 2 B. 1 2 C. 1 2 D. 3 2 【答案】C - 2 - 【分析】利用二倍角的正切公式结合, 2 可求得
3、tan的值,再由二倍角公式得出 2 2 22 2sincoscos sin2cos sincos ,在分式的分子和分母中同时除以 2 cos,将分式 转化为只含tan的代数式,代值计算即可. 【详解】, 2 ,tan0, 2 2tan3 tan2 1tan4 ,即 2 3t a n8t a n30,解得tan3, 因此, 2 22 222 2sincoscos2tan11 sin2cos2sincoscos sincostan12 . 故选:C. 【点睛】本题考查利用二倍角公式求值,涉及弦化切思想的应用,考查计算能力,属于基础 题. 4. 高二某班共有 45 人,学号依次为 1、2、3、45,
4、现按学号用系统抽样的办法抽取一个 容量为 5 的样本,已知学号为 6、24、33 的同学在样本中,那么样本中还有两个同学的学号 应为( ) A. 15,43 B. 15,42 C. 14,43 D. 14,42 【答案】B 【分析】 根据题意, 由系统抽样的方法, 可求出抽到的每个同学的学号之间的间隔为:459 5 , 而已知学号为 6、24、33 的同学在样本中,即可得分别写出 5 个同学的学号,即可得出剩余 的两个同学的学号. 【详解】解:由题可知,该班共有 45 人,按学号用系统抽样的办法抽取一个容量为 5 的样本, 则抽到的每个同学的学号之间的间隔为: 45 9 5 , 而已知学号为
5、6、24、33 的同学在样本中, 即抽到的第一个学号为 6,则第二个学号为:6+9=15, 第三个学号为:15+9=24,则第四个学号为:24+9=33, 第五个学号为:33+9=42, 所以样本中还有两个同学的学号应为:15,42.故选:B. - 3 - 【点睛】本题考查对系统抽样的理解,属于基础题. 5. 下列图象为函数y sin x x ,y 3 sin x x ,y 2 sin x x ,y 2 cos 2 x x 的部分图象,则按顺序对应 关系正确的是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【分析】由题意对比函数的性质与函数图象的特征,逐个判断即可得解. 【详解】由 22 sin
6、sinxx x x 可得函数 2 sin x y x 为奇函数,所以函数 2 sin x y x 对应的图象 为图,故排除 A、C; 由22 cos 2 21 4 2 2 ,可知函数 2 cos 2 x y x 对应的图象为图; 由 3 sinsin 44 44 ,可知函数 sin x y x 、 3 sin x y x 对应的图象分别为、,故排除 D. 故选:B 【点睛】本题考查了函数图象的识别,考查了三角函数性质的应用,关键是找到函数的性质 与图象特征的对应关系,属于基础题 6. 函数f(x)ax 36x 的一个极值点为 1,则f(x)的极大值是( ) - 4 - A. 4 B. 2 C.
7、 4 D. 2 【答案】C 【分析】对 ( )f x进行求导,求出a,从而求出( )f x,再求( )f x的极大值即可 【详解】f(x)ax 36x,可得( ) fx3ax 26,f(x)ax36x 的一个极值点为 1, 所以 3a60,解得a2,因为 6(1)()1)(xfxx, 所以f(x)在(, 1) 和(1,)上是增函数,在( 1,1)上是减函数, 所以x1 时,函数取得极大值:f(-1)4故选:C 【点睛】本题考查了导数的综合应用,属于中档题 7. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理:“幂势既同,则积不容 异“意思是两个同高的几何体,如果在等高处的截面积都相等
8、,那么这两个几何体的体积 相等现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件,若该圆锥的侧面展开图是半径为 3 的 圆的三分之一,则该几何体的体积为( ) A. 2 2 3 B. 4 2 3 C. 4 2 D. 8 3 【答案】A 【分析】由题意可得该几何体的体积与圆锥相同,结合圆锥侧面展开图的特征可求得圆锥的 母线与底面半径的长度,进而可得圆锥的高,代入圆锥体积公式即可得解 【详解】由题意可知,该几何体的体积等于圆锥的体积, 圆锥的侧面展开图恰为一个半径为 3 的圆的三分之一, 圆锥的底面周长为 23 2 3 , 圆锥的底面半径为 1,母线长为 3, 圆锥的高为 2 312 2 , 圆锥的体积V圆
9、锥 2 12 2 12 2 33 从而所求几何体的体积为 2 2 3 V故选:A 【点睛】本题考查了数学文化与圆锥体积的求法,考查了圆锥侧面展开图的特征,正确理解 题意是解题的关键,属于基础题 - 5 - 8. 执行如图所示的程序框图,若输出的 3y ,则输入的x的值为( ) A. 2 B. 2 C. 5 或2 D. 7 或2 【答案】D 【分析】根据输出的 3y ,结合程序框图x的值分0 x和0 x两种情况,分别计算即可. 【详解】由程序框图可得: 由 2 0 13 x logx ,解得7x ; 由 0 213 x x ,解得2x. 综上,输入的x的值为 7 或-2故选:D 【点睛】本题考查
10、了程序框图的应用问题,解题时应模拟程序框图的运行过程,以便得出正 确的结论,是基础题 9. 在ABC中,角, ,A B C的对边分别是, ,a b c,若,1, sinsin 3 AcaCbB ,则 ABC的面积为( ) A. 3 3 B. 3 2 C. 3 8 D. 3 4 【答案】D 【分析】由于sinsinaCbB,根据正弦定理角化边得出 2 acb,而1c,则 2 ba,再 利用余弦定理得出1a ,即可得出 2 1ba,最后根据三角形的面积公式即可求出答案. - 6 - 【详解】解:由题可知,sinsinaCbB则 22 cb ab RR ,即: 2 acb, 又 3 A ,1c,则
11、2 0ba, 由余弦定理得: 222 2cosabcbcA 则 2 1 1 21 2 aaa ,即: 2 1aaa , 所以 2 1aaa ,得11a aa , 解得:1a , 则 2 1ba,得:1b或1b(舍去) , 所以ABC的面积为: 1133 sin1 1 2224 bcA .故选:D. 【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形,以及三角形的面积公式,考查运算能 力. 10. 已知函数f(x)Acos(x+) (A0,0,0)的图象的一个最高点为 (3 12 ,) ,与之相邻的一个对称中心为0 6 ,将f(x)的图象向右平移 6 个单位长度得 到函数g(x)的图象,则( ) A
12、. g(x)为偶函数 B. g(x)的一个单调递增区间为 5 12 12 , C. g(x)为奇函数 D. 函数g(x)在0 2 ,上有两个零点 【答案】B 【分析】 先根据函数的部分图象和性质求出f(x) 解析式, 再根据图象的变换规律求得g(x) , 最后根据余弦函数性质得出结论 【详解】因为函数f(x)Acos(x+)的图象的一个最高点为(3 12 ,) ,与之相邻的一 个对称中心为0 6 , - 7 - 所以A=3, 46 T ( 12 ) 4 ; 所以T 所以 2; 所以f(x)3cos(2x+) ; 又因为f( 12 )3cos(2( 12 )+3, 所以 6 K; 0; 6 ,
13、f(x)3cos(2x 6 ) ; 因为将f(x)的图象向右平移 6 个单位长度得到函数g(x)的图象, 所以g(x)3cos2(x 6 ) 6 3cos(2x 6 ) ;是非奇非偶函数; 令+2k2x 6 2k, 所以 5 12 kxk 12 ,kz; 当k0 时,g(x)的一个单调递增区间为: 5 12 12 ,; 令 2x 6 k 2 , 解得x 23 k ,kz, 函数g(x)在0, 2 上只有一个零点故选:B 【点睛】本题主要考查由三角函数部分图象求解析式,图象变换以及三角函数的性质,还考 查了数形结合的思想和运算求解的能力,属于中档题. 11. 已知正方体 1111 -ABCD A
14、BC D的棱长为2,E为 11 AB的中点,下列说法中正确的是 ( ) A. 1 ED与 1 BC所成的角大于60 B. 点E到平面 11 ABC D的距离为1 - 8 - C. 三棱锥 1 EABC的外接球的表面积为125 2 24 D. 直线CE与平面 1 ADB所成的角为 4 【答案】D 【分析】对于 A,取DC的中点F,连接EF, 1 D F,则 1 DEF为 1 ED与 1 BC所成的角, 可求得该角正切值: 1 3 tan3 2 D EF;对于 B, 1 B到平面 11 ABC D的距离即点E到 平面 11 ABC D的距离, 则可得到点E到平面 11 ABC D的距离为 2; 对
15、于 C, 三棱锥1 EABC 的外接球即四棱锥 11 EABC D 的外接球,可得四棱锥 11 EABC D 的高为 2,从而求得外接 球的半径为 5 2 4 R 得外接球的表面积 2 5 225 4() 42 S ; 对于D, 连接 1 DC, 取 1 DC 的中点H,连接 1 DB交EC于K,连接CH,HK, CKH是直线CE与平面 1 ADB所成的 角, 2 sin 2 CH CKH CK 【详解】解:如图,对于 A,取DC的中点F,连接EF, 1 D F,则 1 DEF为 1 ED与 1 BC所 成的角, 11 5DFDE, 2 2EF , 1 3 tan3 2 D EF,故 A 错误
16、; 对于 B,由于 11 AB平面 11 ABC D,故 1 B到平面 11 ABC D的距离即点E到平面 11 ABC D的距 离, 连接 1 BC交 1 BC于G,可得 1 BG 平面 11 ABC D,而 1 2BG ,点E到平面 11 ABC D的距离为 2, 故 B 错误; 对于 C,三棱锥 1 EABC的外接球即四棱锥 11 EABC D 的外接球, 11 ABC D为矩形,且 2AB , 1 2 2BC , 11 5EAEBECED,四棱锥 - 9 - 11 EABC D 高为 2, 设四棱锥 11 EABC D 的外接球的半径为R,则 222 ( 3)( 2)RR,解得 5 2
17、 4 R 三棱锥的外接球的表面积 2 5 225 4() 42 S ,故 C 错误; 对于 D,连接 1 DC,取 1 DC的中点H,连接 1 DB交EC于K,连接CH,HK, 1 EBDC,CKH是直线CE与平面 1 ADB所成的角,在直角三角形CKH中, 2 2 3 CKCE, 2CH , 2 sin 2 CH CKH CK ,故 D 正确 故选:D 【点睛】本题主要考查空间角:异面直线所成交和线面角;以及空间距离:点到平面的距离; 几何体的外接球表面积注意运用定义在解题中的运用,同时考查运算能力,属于一道综合 题 12. 已知斜率为(0k k 的直线l与椭圆 2 2 1 4 x y交于
18、11 ,A x y, 22 ,B x y两点,O为坐 标原点,设直线OA,OB的斜率分别为 1 k, 2 k,且满足 2 12 kk k,设OAB的面积为S, 以OA,OB为直径的圆的面积分别为 1 S, 2 S,则 12 SS S 的最小值为( ) - 10 - A. 5 2 B. 5 6 C. 5 4 D. 5 8 【答案】C 【分析】 设 直 线 的 方 程 为 ykxm(0)m , 2 2 1 4 ykxm x y 消 去 y 整 理 得 222 148410kxkmxm,利用判别式以及韦达定理,转化表示三角形的面积,通 过基本不等式求表达式的最值即可. 【详解】设直线l的方程为y k
19、xm , 根据题意可知0m, 联立直线l和椭圆方程 2 2 1 4 ykxm x y 消去y 可得: 222 148410kxkmxm 2222 644 14410k mkm ,可得 22 14mk 根据韦达定理: 2 1212 22 41 8 , 1 41 4 m km xxx x kk 由 122 1 2 12 kxmkxm kk k x x 化简可得 2 12 0km xxm, 可得 2 1 4 k , 0k , 1 2 k , m22, (2,0)(0, 2)m 设O到直线l距离为d 根据点到直线距离公式可得: 2 | 1 m d k - 11 - 则 22 12 2 11| |12|
20、 22 1 m SAB dkxxmm k , 由 22 22 12 12 1 44 xx yy 2 2222 1211221212 35 2 41624 SSxyxyxxx x 12 22 2 51515 444 2 11 SS S mm m , 当且仅当 1m时取等号,这时 12 SS S 的最小值为 5 4 ; 故选:C 【点睛】本题主要考查了椭圆中的三角形面积问题,解题关键是掌握圆锥曲线与直线交点问 题时,通常用直线和圆锥曲线联立方程组,通过韦达定理建立起目标的关系式,采用“设而 不求法”并进行一系列的数学运算,从而使问题得以解决 二、填空题:本大题共二、填空题:本大题共 4 4 小题,
21、每小题小题,每小题 5 5 分,共分,共 2020 分把答案填在答题卡的相应位置分把答案填在答题卡的相应位置. . 13. 已知向量(4,)am,( ,3)bm,若()abb,则a _ 【答案】27 【分析】 根据两个向量共线的充要条件,列出相应的关系式,进而求解参数再利用向量模长公式求 解. 【详解】a b(4 3)mm, ,()abb, (3)3(4)0m mm, 解得 2 2=1m|a| 22 4m2 7 故答案:27 【点睛】本题考查平面向量共线与模长计算. 已知两向量共线或垂直求参数:两向量 1122 ()()axy bxy , ,共线的充要条件 1221 x yx y0, 求向量模
22、的常用方法: - 12 - (1)若向量a是以坐标形式出现的,求向量a的模可直接利用公式 22 +axy. (2)若向量ab , 是以非坐标形式出现的,求向量a的模可应用公式 2 2 aaa a 或 22 22 |2()ababaa b b北? ,先求向量模的平方,再通过向量数量积的运算求解 14. 若实数 , x y满足约束条件 30 420 2 xy xy y ,则2zxy的最大值为_. 【答案】4 【分析】 根据题意, 画出实数 , x y满足约束条件 30 420 2 xy xy y 表示的平面区域, 要求2zxy的最 大值,即求 1 22 z yx的y轴上的截距 2 z 的最小值,由
23、图可知,将 1 2 yx向下平移到过 点2, 1A时, 2 z 取得最小值,即可求出2zxy的最大值. 【详解】解:由题可知,实数 , x y满足约束条件 30 420 2 xy xy y 表示的区域如下图阴影部分: 由于2zxy,即 1 22 z yx, 要求2zxy的最大值,即求 1 22 z yx的y轴上的截距 2 z 的最小值, 由图可知,将 1 2 yx向下平移到过点2, 1A时, 2 z 取得最小值, 即2zxy过点2, 1A时,z取得最大值, 所以z最大值为:2214z . 故答案为:4. - 13 - 【点睛】本题考查利用几何法求线性规划的最值,考查数形结合思想. 15. 已知
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