2020年广东肇庆高三三模数学试卷(理科)

yxOyA.OxyB.OxyC.OxyD.xO10.已知角的终边经过点（ ）．A.B.C.D.，将角的终边顺时针旋转后，角的终边与单位圆交点的横坐标为3

11.已知A.B.C.D.，，，则（ ）．12.若函数A.B.C.D.在单调递增，则的取值范围是（ ）．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典命题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半．问何日相逢，各穿几何？题意是：有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半”，如果墙厚尺， 天后两只老鼠打穿城墙．14.展开式中的系数为 ．15.已知点是双曲线：线的一条渐近线恰是线段（，）左支上一点，是双曲线的右焦点，且双曲的中垂线，则该双曲线的离心率是 ．16.在矩形①当中，时，三棱锥，，的体积为沿对角线；②当面翻折，形成三棱锥面时，．；③三棱锥外接球的表面积为定值，以上命题正确的是 ．三、解答题（本大题共5小题，每小题12分，共60分）17.已知在（1）求．中，角、、对应的边分别为、、，．4

（2）若，，求的值．18.如图，在三棱柱中，侧面是菱形，且．（1）证明：面（2）若面，．，求二面角的余弦值．19.已知点为椭圆的左焦点，在椭圆上，轴．（1）求椭圆的方程．（2）已知直线与椭圆交于，两点，且坐标原点到直线的距离为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．，的大小是否为20.某停车场对机动车停车施行收费制度，每辆车每次收费标准如下：小时内（含小时）收费元；超过小时不超过小时的部分，每增加一小时收费增加元；超过小时不超过小时的部分，每增加一小时收费增加元；超过小时至小时内（含小时）共收费元；超过小时，按前述标准重新辆车的停计费．上述标准不足一小时的按一小时计费．为了调查该停车场一天的收费情况，现统计留时间（假设每辆车一天内在该停车场仅停车一次），得到下面的频数分布表：（小时）频数（车次）以车辆在停车场停留时间位于各区间的频率代替车辆在停车场停留时间位于各区间的概率．（1）现在用分层抽样的方法从上面停车时长与司机性别的 不超过小时小时以上合计 列联表：男 女合计 辆车中抽取了辆车进行进一步深入调研，记录并统计了5

完成上述列联表，并判断能否有（2）解答下列各题．1的把握认为“停车是否超过小时”与性别有关．表示某辆车一天这内（含一天）在该停车场停车一次所交费用，求．的概率分布列及期望2现随机抽取该停车场内停放的辆车，表示辆车中停车费用大于的概率．参考公式：，其中的车辆数，求21.设函数（1）求（2）若的单调区间．，为自然对数的底数．成立，求正实数的取值范围．四、选做题（本大题共2小题，选做1题，共10分）22.在直角坐标系标系中，的极坐标为（1）若直线与中，曲线的方程为，直线过点．垂直，求直线的极坐标方程．．在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐（2）若直线与曲线交于，两点，且，求直线的倾斜角．23.设函数（1）当（2）若，，时，求不等式．的解集．的最小值．的最小值为，求【答案】1.C解析:集合，或．6∴∴．故选．2.A解析:由题意得：或，，，∴∴．，故选：．3.D解析:在等差数列∴∴．中，，，故选．4.D解析:∵∴∴，，，7又∴在，，方向上的投影是：，，故选．5.D解析:不等式组，所对应的可行域如图，yxO目标函数得∴点坐标为∴故选：．6.B解析:抛物线由双曲线方程∴，中，可变为．，．，平移可知，当直线过点时，在轴截距最大，联立，则可知，且焦点在轴正半轴，故焦点坐标为，，，故错，正确．，且焦点在轴，，故正确，错误．故只有正确．∴双曲线渐近线方程为故选：．7.B8.B8

解析:在长为，宽为，高为的长方体画出该三棱锥的直观图，如图中三棱锥即为长方体的外接球，故球的半径．故选：．9.C解析:由函数∴故选．10.B解析:由角的终边经过点∴，，故函数的图象可得，，．．该三棱锥的外接球，所以外接球的表面积是定义域内的减函数，且过定点，为等四象限．与轴正半轴夹角可设为，，∵的终边顺时针旋转∴且为第三象限角．∴，，．∴角与单位圆交点横坐标为故选．11.D9

解析:∵，，，∵又∵∴∴∴12.A解析:函数，由题意可得即为设当当由可得当由可得综上可得的范围是故选．13.解析:．；时，在，递减，可得时，取得最大值，恒成立，，，即有时，不等式显然成立；时，在，递减，可得时，取得最小值，，，，故正确．．．，，，．10由题意，天后两只老鼠打洞之和：，∵墙厚∴故答案为：．14.解析:易知所以所以展开式的通项公式为的展开式中含展开式中的项为的系数为．故答案为：15.解析:由题意，是直角三角形，．，与，，，解得．的斜率为设，，则∵，，∴，，，，11∵∴∴，，，．故答案为：16.③解析:①当∴∴又∵∴又∵∴②过点作平面，．时，，，，且，，，，，，，故①错误；，由面∴若又又③取平面平面，又，且面平面，则，则，面，则平面，，，，且平面，中点，连接不能同时存在两个直角，故不符合，故②错误；，，与都为直角三角形，12∴∴为三棱锥故外接球表面积综上，故答案为：③．17.（1）（2）解析:（1）由可得因为所以又所以因为所以所以因此（2）方法一：由余弦定理可得所以，，得，，，，即．，，，．．，外接球球心，且半径，故③正确．，及正弦定理，，，，，，由正弦定理得方法二：由正弦定理及．得，代入数据得结合得又因为，，．，，即，13

18.（1）证明见解析．（2）解析:（1）设，连接，．因为侧面又因为所以（2）因为面是菱形，所以，所以，又，所以面，设，，，又，，，所以面，方向为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，面．如图，以为原点，分别以则因为易得（或者不求设，，，，，，，也可得出的一个法向量，则，可取的一个法向量，则，可取，，的坐标），．的坐标，利用是面即设是面即，，14所以二面角19.（1）（2）解析:（1）依题意可得的余弦值为．．的大小为定值，且．，右焦点，，所以椭圆方程为，，．，（2）当直线斜率不存在时，直线的方程为：或因为所以，，，，与椭圆方程联立可得，，当直线的斜率存在时，设直线的方程为因为原点到直线的距离为所以整理得由可得，，，，，，，，将式代入得，或，，，，所以综上所述，20.（1） ，的大小为定值，且． 列联表如下：男女合计15不超过小时小时以上合计所以没有超过（2）1的把握认为“停车是否超过小时”与性别有关．的分布列为： ．2解析:（1） 不超过小时小时以上合计根据上表代入公式可得：，所以没有超过（2）1由题意知：的把握认为“停车是否超过小时”与性别无关．的可取值为，， ， ， 所以的分布列为：， ， ．，，，则 ， ， 列联表如下：男女合计 ．∴ ．2由题意得 ．，16 ．21.（1）单调增区间为（2）解析:（1）令因为当所以（2）由令当当由时，时，可知，当在依题意有当时，．，，即，，，得，所以当时，的单调增区间为或或，，减区间为可得，单调递减，单调递增，时，上单调递减，，，与题意矛盾，，，，，．，时，，，．，减区间为，．单调递增，在，即所以的取值范围是22.（1）（2）解析:（1）方法一：设．．是直线上除外的任意一点，连接．在中，17；经检验满足，．所以直线的极坐标方程为方法二：的直角坐标为的斜率，，直线的斜率为，，所以直线的直角坐标方程为即，．，设直线的参数方程为化为极坐标方程为（2）的直角坐标为联立并整理得，得所以，，此时方程的判别式为．．．与，所以直线的倾斜角为23.（1）（2）解析:（1）原不等式等价于当当当时，可得时，可得时，可得，，得，得，得．；成立；；综上所述，原不等式的解集为（2）方法一：，当且仅当所以的最小值为时等号成立，，即，18又因为，所以，，当且仅当方法二：，当且仅当所以的最小值为时等号成立，，即；时，等号成立，所以的最小值为．，又因为所以当且仅当时，等号成立，所以，所以，，，的最小值为．19