2019广州一模数学答案_2019-2020学年11月市一模数学（文）试题（解析版）

2019年11月市一模数学（文）试题 一、单选题 1．已知集合，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先解不等式化简集合，再求交集即可. 【详解】 由解得，故. 又，所以. 故选：C. 【点睛】 本题考查集合的基本运算，涉及交集、解不等式，是一道基础题. 2．已知复数，其中为虚数单位.则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先利用复数的除法法则将复数表示为一般形式，然后利用复数求模公式可求出的值. 【详解】 ，则，故选B . 【点睛】 本题考查复数的除法法则以及复数模的计算，解题的关键就是利用复数的四则运算法则将复数表示为一般形式，考查计算能力，属于基础题. 3．在等差数列中，，则数列的前项的和（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设公差为，把已知式化简，再利用求和公式即可求解. 【详解】 设公差为，由可得，则. 所以. 故选：C. 【点睛】 本题考查等差数列的基本问题，求前项和.是等差数列的基本量，一般可以利用条件建立关于的方程(组)解决问题. 4．已知角的终边经过点，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用诱导公式可得，再利用三角函数的定义求解即可. 【详解】 因为角的终边经过点，所以. 所以. 故选：D. 【点睛】 本题考查三角函数的定义和诱导公式，是一道基础题，解题时要注意符号. 5．执行如图所示的程序框图，如果输入，，则输出的等于（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】模拟执行程序框图，逐步写出各变量取值的变化，判断循环条件是否成立，最终可得答案. 【详解】 执行程序框图，各变量的值依次变化如下：
成立；

，成立；

，不成立， 跳出循环，输出的等于. 故选：A. 【点睛】 本题考查程序框图，解题的一般方法是模拟执行程序，依次写出各变量取值的变化，解题时要留意循环终止的条件. 6．一个棱长为2的正方体被一个平面截去部分后，余下部分的三视图如图所示，则截去部分与剩余部分体积的比为（　） A．1：3 B．1：4 C．1：5 D．1：6 【答案】A 【解析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可． 【详解】 解：由题意可知：几何体被平面ABCD平面分为上下两部分， 设正方体的棱长为2，上部棱柱的体积为：；

下部为：，截去部分与剩余部分体积的比为：． 故选：A． 【点睛】 本题考查三视图与几何体的直观图的关系，棱柱的体积的求法，考查计算能力. 7．函数的部分图象大致是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】分析函数的定义域、奇偶性以及函数值的正负变化，排除错误选项可得答案. 【详解】 由，可得， 故是奇函数，图象关于原点对称，排除A. 当时，；
当时，，排除C,D. 故选：B. 【点睛】 本题考查函数图象的识别，一般利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性等性质分析函数图象的特征，排除错误选项得到答案. 8．已知，，，则的大小关系为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用对数的性质比较的大小，利用“”比较与的大小关系. 【详解】 ，，， 又，所以. 故选：A. 【点睛】 本题考查指数、对数的大小比较.一般利用指数函数、对数函数的单调性和等中间值解决问题. 9．下列说法中正确的是（ ） A．若命题“”为假命题，则命题“”是真命题 B．命题“，”的否定是“，” C．设，则“”是“”的充要条件 D．命题“平面向量满足，则不共线”的否命题是真命题 【答案】D 【解析】利用逻辑联结词、全称命题的否定、不等式的性质、向量的性质等逐一判断各选项是否正确. 【详解】 选项A,若命题“”为假命题，则命题至少有一个假命题， 即可能有一真一假，也可能两个都是假命题， 所以“”可能是真命题，也可能是假命题，故A不正确. 选项B,命题“，”的否定是“，”,故B不正确. 选项C,，无法得出，故C不正确. 选项D, 原命题的否命题时“平面向量满足，则共线”， 因为，所以由可得. 所以，则或，即共线.故D正确. 故选：D. 【点睛】 本题考查常用逻辑用语，涉及逻辑联结词、全称命题的否定、充要条件、否命题，综合考查了不等式的性质、平面向量的性质.与其他知识综合命题，是考查常用逻辑用语的一般方式. 10．已知函数，若，，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先研究函数的单调性和值域，设，得出的取值范围，把表示为的函数，从而可得答案. 【详解】 当时，单调递增且，；

当时，单调递增且，. 因为，，所以. 设，则， ，. 所以. 所以. 由，可得. 故选：B. 【点睛】 本题考查函数与方程的综合问题.解题时需要综合利用函数与方程、数形结合、等价转化等数学思想方法. 11．关于函数的下述四个结论中，正确的是（ ） A．是奇函数 B．的最大值为 C．在有个零点 D．在区间单调递增 【答案】D 【解析】分析函数的奇偶性、最值、零点、单调性，对各选项进行逐一判断即可. 【详解】 ， 所以是偶函数，不是奇函数，故A不正确. ，且当时取得等号；

，且当时取得等号， 所以但等号无法取得， 即的最大值小于，故B不正确. 由是偶函数且， 可得在区间上的零点个数必为偶数，故C不正确. 当时，单调递增，故D正确. 故选：D. 【点睛】 本题考查三角函数的性质，涉及奇偶性、最值、零点、单调性的.解选择题要善于利用排除法，如选项B,可不必求出具体的最大值，只需判断最大值是不是即可. 12．已知函数与的图象恰有三个不同的公共点（其中为自然对数的底数），则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由两图象有三个公共点可得有三个实根，变形得，设，则关于的方程有两个不同的实数根且共有三个实数根，结合二次方程根的分布和的图象性质可得答案. 【详解】 令，可得，可得. 设，则，即. ， 当时，单调递增且；

当时，单调递减且. 作出的图象如图所示. 对于，， 设该方程有两个不同的实根，由题意得共有三个实数根. 若是方程的根，则，即， 则方程的另一个根为，不合题意. 若是方程的根，则，即， 则方程的另一个根为，不合题意. 所以关于的方程的两根(不妨令)满足. 所以解得. 故选：A. 【点睛】 本题考查函数与方程的综合问题，涉及导数、二次方程等，是一道难题，解题时要灵活运用等价转化、数形结合等数学思想方法. 二、填空题 13．若平面单位向量满足，则向量的夹角为_________． 【答案】 【解析】利用数量积运算法则即可求解. 【详解】 由单位向量可得，设向量的夹角为， 则， 解得，则. 故答案为：. 【点睛】 本题考查利用数量积求向量的夹角，解题时要注意单位向量的模长为，还要注意向量夹角的取值范围为. 14．已知幂函数的图象经过点，则_______． 【答案】 【解析】利用幂函数的定义可得，再利用幂函数的图象过点可求得的值，则答案可得. 【详解】 由是幂函数，可得. 由的图象经过点，可得，解得. 所以. 故答案为：. 【点睛】 本题考查幂函数，利用定义求解即可，是一道基础题. 15．正项等比数列满足，且2，，成等差数列，设，则取得最小值时的值为_________． 【答案】 【解析】先由题意列关于的方程组，求得的通项公式，再表示出，即可求得答案. 【详解】 设等比数列的公比为. 由，，成等差数列，可得，则， 所以，解得(舍去)或. 因为，所以. 所以.所以. 所以， 当时，取得最小值，取得最小值. 故答案为：. 【点睛】 本题考查数列的综合问题，涉及等比数列、等差数列、等比数列求积、求最值等.利用等比数列的基本量进行运算是解题的突破口. 16．已知函数对满足，且，若的图象关于对称，，则=____________． 【答案】 【解析】先由对称性可得是偶函数，再利用赋值求得的值，从而可判断周期性，答案易得. 【详解】 因为的图象关于对称， 所以的图象关于对称，即是偶函数. 对于，令，可得， 又，所以，则. 所以函数对满足. 所以. 所以，即是周期为的周期函数. 所以， . 所以. 故答案为：. 【点睛】 本题考查函数性质的综合运用，涉及对称性、奇偶性、周期性等.遇恒等式问题，可尝试通过赋值来求得关键值. 三、解答题 17．数列中，，，数列满足． （1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析，；
（2）. 【解析】(1)利用，，可证数列是等差数列，然后可得，的通项公式. (2)利用(1)可得，于是可用裂项相消法求和. 【详解】 （1）由，即． 而，∴，即． 又，∴数列是首项和公差均为1的等差数列. 于是，∴. （2）∵，∴. ∴ . 【点睛】 本题考查等差数列的判断、裂项相消法求和.通项公式形如(为常数)的数列可用裂项相消法求和，裂项时要注意恒等变形调整系数，即. 18．的内角，，的对边分别为，，，且满足=． （1）求；

（2）若，求的最小值． 【答案】（1）；
（2）. 【解析】(1)先化切为弦，再利用三角恒等变换、正弦定理化简，可得答案. (2)利用余弦定理和均值不等式求解，也可以利用正弦定理和三角函数的性质求解. 【详解】 （1）， . . . 由正弦定理得. ，. ，. ，. （2）方法一：，， 由余弦定理得， . 由基本不等式得（当且仅当时“”成立）， ，则，即的最小值为. 方法二：，，， 由正弦定理得， . . ，，则. ，则的最小值为. 【点睛】 本题考查解三角形，涉及正弦定理、余弦定理、最值的求法等，一般需综合利用三角恒等变换和三角函数的性质进行解题. 19．如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，，是的中点. （1）证明：；

（2）若，求到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】(1) 取中点，连接，,证平面可得. (2)作平面的垂线，或利用三棱锥的等积转换求解. 【详解】 （1）证明：取中点，连接，. 为等边三角形，. ，是的中点，为中点，∴. 又，平面. （2）方法一：取中点，连接CM. 为等边三角形，. 平面平面，， 平面.. 又，平面. ，为等边三角形，. 是的中点， 到平面的距离的倍等于到平面的距离. 到平面的距离为. 方法二：由平面平面，， 可得平面，则. ，为等边三角形，则. 是的中点，. 点到平面的距离为，设到平面的距离为， 由，解得. 【点睛】 本题考查空间垂直关系的转化，空间距离的求解.面面垂直、线面垂直、线线垂直之间可以互相转化，要合理创造转化的条件.求点面距离的常用方法是作—证—求和等积转换. 20．已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆的离心率为. （1）求椭圆的标准方程；

（2）直线交椭圆于、两点，线段的中点为，直线是线段的垂直平分线，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标． 【答案】（1）；
（2）直线过定点，详见解析. 【解析】(1)由焦点和离心率可得的值，则方程易求. (2)设出直线的方程，与椭圆方程联立，结合线段的中点，利用根与系数的关系(或点差法)可求出直线的斜率，进而可表示出直线的方程，判断其所过定点. 【详解】 （1）抛物线的焦点为，则. 椭圆的离心率，则. 故椭圆的标准方程为. （2）方法一：显然点在椭圆内部，故，且直线的斜率不为. 当直线的斜率存在且不为时，易知，设直线的方程为， 代入椭圆方程并化简得. 设，，则，解得. 因为直线是线段的垂直平分线，故直线，即. 令，此时，于是直线过定点. 当直线的斜率不存在时，易知，此时直线，故直线过定点. 综上所述，直线过定点. 方法二：显然点在椭圆内部，故，且直线的斜率不为. 当直线的斜率存在且不为时，设，， 则有，， 两式相减得. 由线段的中点为，则， 故直线的斜率. 因为直线是线段的垂直平分线，故直线，即. 令，此时，于是直线过定点. 当直线的斜率不存在时，易知，此时直线，故直线过定点. 综上所述，直线过定点. 【点睛】 本题考查圆锥曲线(椭圆)的综合问题，涉及弦的中点问题，常规方法是联立直线与圆锥曲线的方程，利用根与系数的关系求解；
也可以利用点差法求解. 21．已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程；

（2）若函数（其中是的导函数）有两个极值点，，且，证明：. 【答案】（1）；
（2）证明见解析. 【解析】(1)由题意可得点在曲线上，求出的值，由导数的几何意义求切线方程即可. (2)由题意得极值点，是的根，把待证式中的变量转换为只含一个变量再证. 【详解】 （1）的定义域为，. 而，即， 故所求切线的斜率为， 所以切线方程为，即. （2）证明：， 则的定义域为，， 若有两个极值点，，且， 则方程的判别式，且， 得，且. 所以 . 设， 则在上恒成立， 故在上单调递减， 从而，即. 【点睛】 本题考查导数的综合问题，涉及导数的几何意义、函数的极值、不等式的证明.证明不等式的常用方法是构造函数借助导数来证，不等式中含有多变量则要考虑能否转化为单一变量. 22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(，为参数)，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线经过点，曲线的极坐标方程为． （1）求曲线的极坐标方程；

（2）若，是曲线上两点，求的值． 【答案】（1）；
（2）. 【解析】(1)先化参数方程为普通方程，再化为极坐标方程，利用曲线经过点求出的值即可. (2)把，代入曲线的方程，对变形化简即可. 【详解】 （1）将曲线的参数方程化为普通方程为， 即. 由，，得曲线的极坐标方程为. 由曲线经过点，则(舍去), 故曲线的极坐标方程为. （2）由题意可知，, 所以. 【点睛】 本题考查参数方程与极坐标方程的转化，考查对极坐标方程含义的理解，是一道基础题.牢记转化公式和极坐标系中的含义即可顺利解题. 23．已知函数． （1）解不等式；

（2）若对于，，有，，求证：． 【答案】（1）；
（2）证明见解析. 【解析】(1)利用零点分段讨论法解绝对值不等式. (2)利用绝对值三角不等式即可证明结论. 【详解】 （1）由得， 则或或 解得，或，或，即， 所以不等式的解集为. （2）证明：由，， 所以. 【点睛】 本题考查绝对值不等式的求解与证明，利用零点分段讨论法解绝对值不等式，利用绝对值三角不等式证明不等式.