湖南省长郡中学2020届高三数学下学期第一次模拟考试试题 理（含解析）

PAGE湖南省长郡中学2020届高三数学下学期第一次模拟考试试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 理（含解析）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共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.已知集合，，若，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】分析：先化简集合B,再根据求出实数a的取值范围.详解：由题得.因为，所以,所以.故答案为：D点睛：（1）本题主要考查集合的交集和集合的关系，意在考查集合的基础知识的掌握能力.(2)本题有一个易错点，最后的答案容易加等号即，到底取等还是不取等，可以直接把a=1代入已知检验，，，不满足，（1,3）≠B.2.复数的共轭复数是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】本题考查共轭复数的概念，先把复数的分母实数化，，根据共轭复数的概念易得答案C。3.如图是2002年8月中国成功主办的国际数学家大会的会标，是我国古代数学家赵爽为证明勾股定理而绘制的，在我国最早的数学著作《周髀算经》中有详细的记载.若图中大正方形的边长为5，小正方形的边长为2.现作出小正方形的内切圆，向大正方形所在区域模拟随机投掷个点.有个点落在中间的圆内，由此可估计的近似值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】分析：利用几何概型概率 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 可得.详解：小正方形边长为，所以圆半径为，圆面积为，又大正方形的棱长为，所以正方形面积为，由几何概型概率公式可得，故选D.点睛：本题主要考查几何概型概率公式以及模拟实验基本应用，属于简单题，求不规则图形的面积的主要方法就是利用模拟实验及几何概型概率公式，列出符合条件的面积与总面积之间的方程求解.4.已知且都不为0（），则“”是“关于不等式与同解”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】B【解析】【分析】充分性：举反例，，可判断不成立；必要性：不等式同解可得方程同解，从而证明必要性成立.【详解】解：若，取，，则解得，解得，所以关于不等式与不同解；若关于的不等式与同解，则方程与必同解，又都不为0（），所以所以“”是“关于的不等式与同解”的必要不充分条件故选：B.【点睛】本题考查了充分必要条件的判断，判断一个命题为假只需举一个反例即可.5.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】通过三视图复原的几何体的形状，利用三视图的数据求出各棱长，从而求出各面的面积，相加即可.【详解】解：三视图复原的几何体是底面为直角边长为4和5的直角三角形，一个侧面垂直底面的等腰三角形，高为4，底边长为5，如图所以，，左边侧面为等腰三角形，底边为，高为所以三棱锥的表面积故选B．【点睛】本题考查了三视图与几何体的关系，空间几何体表面积的求法，考查了空间想象能力与计算能力.6.阅读如图所示的程序框图，若输入的，则该算法的功能是（）A.计算数列的前10项和B.计算数列的前9项和C.计算数列的前10项和D.计算数列的前9项和【答案】A【解析】分析】从赋值开始，逐步分析写出程序运行的每一步，便可得到程序框图表示的算法的功能.【详解】解：开始赋值：，；执行，；判断不成立，执行，；判断不成立，执行，；判断不成立，执行，；判断成立，输出.算法结束所以该算法的功能是计算数列的前10项和故选：A.【点睛】本题考查了程序框图中的循环结构，循环次数较多时，一般写出前几次循环找出规律.7.如图是函数图像的一部分，对不同的，若，有，则（）A.在上是减函数B.在上是减函数C.在上是增函数D.在上是增函数【答案】C【解析】试题分析：根据题意可知，，从而有，结合题中条件，可知，，结合的范围，求得，所以，结合函数的性质，可知C是正确的，故选C．考点：根据图像求函数解析式，正弦函数的性质．8.如图所示，直线为双曲线：的一条渐近线，，是双曲线的左、右焦点，关于直线的对称点为，且是以为圆心，以半焦距为半径的圆上的一点，则双曲线的离心率为（）A.B.C.2D.3【答案】C【解析】设焦点关于渐近线的对称点为，则，又点在圆上，，故选C.9.已知定义在上的偶函数（其中为自然对数的底数），记，，，则，，的大小关系是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先由偶函数求出，然后分析出函数在上单调递增，判断出以，且都属于，然后可比较大小.【详解】解：由定义在上的偶函数，可得即，解得所以当时，单调递增，单调递减，所以在上单调递增因为，，所以，且都属于所以，即故选：A.【点睛】本题考查了函数单调性与奇偶性的综合运用，考查了学生分析解决问题的能力，属于中档题.10.已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表，第一行为1，第二行为3，5，第三行为7，9，11，第四行为13，15，17，19，如图所示，在宝塔形数表中位于第行，第列的数记为，比如，，，若，则（）A.72B.71C.66D.65【答案】B【解析】【分析】先分析出奇数2020为第1010个奇数，按照蛇形排列，第1行到第行末共有个奇数，试值可以分析出第1010个奇数位于第45行，从右到左第20列，从而得出答案.【详解】解：奇数2020为第1010个奇数,按照蛇形排列，第1行到第行末共有个奇数，则第1行到第44行末共有990个奇数，第1行到第45行末共有1035个奇数，则2020位于第45行；而第45行是从右到左依次递增，且共有45个奇数；故2020位于第45行，从右到左第20列，则故选B.【点睛】本题考查了等差数列的前n项和，数与式中的归纳推理，属于中等题.11.已知为抛物线：的焦点，为其准线与轴的交点，过的直线交抛物线于两点，为线段的中点，且，则（）A.6B.C.8D.9【答案】A【解析】【分析】设直线，联立抛物线方程得韦达定理，求出点坐标，由列方程解出，然后可求出.【详解】解：根据题意可知直线的斜率是存在的，抛物线的焦点坐标是，设直线，将直线与抛物线方程联立，化简得，得，所以，又，根据，得，解得，所以，故选A.【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，抛物线焦点弦的性质，属于中档题.12.已知函数,若存在,使得关于的方程有解,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】D【解析】分析：由题得，令，，利用导数性质能求出实数的取值范围．详解：由，得，得，即，令，，则，显然是函数的唯一零点，易得，∴，即.故选D.点睛：本题考查实数的取值范围的求法解题时要认真审题，注意导数性质、构造法的合理运用．，属中档题，第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，向量的夹角是，，则等于________.【答案】2【解析】试题分析:由题意，得，向量a，c的夹角，则由，得，则；故填2．考点：1.平面向量的数量积；2.平面向量的模．14.设满足约束条件，则的最小值为_________.【答案】【解析】分析】先画出约束条件所代表的平面区域，再画出目标函数并平移目标函数确定最优解的位置，求出最优解代入目标函数求出最值即可.【详解】解：先画出约束条件所代表的平面区域，如图中阴影然后画出目标函数如图中过原点虚线所示平移目标函数，在点处取得最小值由，解得所以目标函数最小值为故答案为：.【点睛】本题考查了简单线性规划问题，平移目标函数时由目标函数中前系数小于0，故向上移越移越小.15.若的展开式中各项的系数之和为81，且常数项为，则直线与曲线所围成的封闭区域面积为．【答案】【解析】试题分析：的展开式中各项的系数之和为81，的展开式的通项公式为：令，解得∴展开式中常数项为∴直线与曲线围成的封闭区域面积为：．故答案为：．考点：二项式定理，定积分16.已知点均在表面积为的球面上,其中平面,,则三棱锥的体积的最大值为__________．【答案】【解析】分析：先求出球的半径，再求出三棱锥的体积的表达式，最后求函数的最大值.详解：设球的半径为R,所以设AB=x,则，由余弦定理得设底面△ABC的外接圆的半径为r,则所以PA=.所以三棱锥的体积=.当且仅当x=时取等.故答案为：点睛：（1）本题主要考查球的体积和几何体的外接球问题，考查基本不等式，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间想象能力.(2)三元基本不等式：，当且仅当a=b=c>0时取等.(3)函数的思想是高中数学的重要思想，一般是先求出函数的表达式，再求函数的定义域，再求函数的最值.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.在中，三边所对应的角分别是.已知成等比数列.（1）若，求角的值；（2）若外接圆的面积为，求面积的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）化简，可得，由成等比数列，用正弦定理进行边角转化为，又，可解出，从而求出角；（2）由外接圆的面积可求出外接圆半径，且，得，，再由余弦定理可求出的范围，得的范围，从而求出的范围.【详解】解：（1），又∵成等比数列，得，由正弦定理有，∵，∴，得，即，由知，不是最大边，∴.（2）∵外接圆的面积为，∴的外接圆的半径，由余弦定理，得，又，∴，当且仅当时取等号，又∵为的内角，∴，由正弦定理，得.∴的面积，∵，∴，∴.【点睛】本题考查了三角函数式的化简，正余弦定理在解三角形中的应用，三角形面积的最值问题，属于中档题.18.如图1，直角梯形中，中，，分别为边和上的点，且，.将四边形沿折起成如图2的位置，.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成锐角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）。【解析】试题分析：（1）取DE中点G，连接FG,AG，平面，只需证平面AFG∥平面CBD，又平面，平面，故只需证∥平面CBD，∥平面CBD即可；（2）要求平面与平面所成锐角的余弦值，需找两平面的法向量，取中点为H，连接DH，可证，故以中点H为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，易知是平面的一个法向量，由可得平面的一个法向量为，然后由空间两向量夹角公式去求平面与平面所成锐角的余弦值。试题解析：（1）证明：取DE中点G，连接FG,AG，CG.因为CFDG,所以FG∥CD.因为CGAB,,所以AG∥BC.所以平面AFG∥平面CBD，所以AF∥平面CBD.（2）解:取中点为H，连接DH.,，.，.以中点H为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，所以的中点坐标为因为，所以易知是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为由令则，，,所以面与面所成角的余弦值为.考点：（1）空间线面平行、面面平行、线面垂直判定定理的应用；（2）空间两平面夹角的定义、平面法向量的定义的应用；（3）空间向量的基本运算。19.为了迎接2020年全国文明城市评比，某市文明办对市民进行了一次文明创建知识的网络问卷调查.每一位市民有且仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参加问卷调查的1000人的得分（满分：100分）数据，统计结果如下表所示：组别频数2515020025022510050（1）由频数分布表可以认为，此次问卷调查的得分服从正态分布，近似为这1000人得分的平均值（同一组数据用该组区间的中点值作为代表），请利用正态分布的知识求；（2）在（1）的条件下，文明办为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励 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有平均数的求法，正态分布的性质，离散型随机变量的分布列，属于中档题目.20.已知椭圆的离心率，其左、右顶点分别为点，且点关于直线对称的点在直线上.（1）求椭圆的方程；（2）若点在椭圆上，点在圆上，且都在第一象限，轴，若直线与轴的交点分别为，判断是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由.【答案】（1）；（2）1.【解析】【分析】（1）点关于直线对称的点在直线上，代入可求出，又，可解出，然后得出椭圆方程；（2）设，，求出点的坐标，联立直线与椭圆方程，由韦达定理求出坐标，从而得到的方程，求出点的坐标，设，求出化简得，所以，为定值.【详解】解：（1）点关于直线对称的点在直线上，∴，解得.又，解得.∴椭圆E的方程为：.（2）设，，令，解得，∴.联立，化简得：.∴，解得.∴，即.∴直线的斜率=.∴的方程：，令，解得，∴.设，则，.∴.∵，∴，∴，即.∴为定值.【点睛】本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，椭圆中的定值问题，解析几何中的夹角类问题可尝试用平面向量解决.21.已知函数．（1）若，求函数的最小值；（2）若，在上的最小值为1，求的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）运用导数知识进行求解；（2）借助题设条件运用导数和分类整合的数学思想求解.试题解析:（1）时，，则，则，∴在单调递减，上单调递增，∴，即函数的最小值为1．（2）由题意：，令则，∵，∴，令，则，．①当时，则，因为时，∴使得时，∴在上单调递减，又因为，∴在上，即，则在上单调递减，即时，，不合题意．②时，即，则，又因为，∴在上单调递增，又，∴时，即在上单调递增，又因为，∴时，即时，∴在上单调递增，又因为，所以，满足题意，综上所述，的最大值为．考点：导数在研究函数的最值中的运用．【易错点晴】函数是高中数学的核心内容,也是高考必考的重要考点.运用导数这一工具研究函数的单调性和极值最值等问题是高考的基本题型.解答这类问题时,一定要先求导,再对求导后的导函数的解析式进行变形（因式分解或配方）,其目的是搞清求导后所得到的导函数的值的符号,以便确定其单调性,这是解答这类问题容易忽视的.本题第二问的求解过程则先预见函数在区间上单调递增,再运用分析转化的思维方式进行推证,最后求出的最大值.请考生在22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做第一个题目计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的直角坐标为，若直线的极坐标方程为，曲线的参数方程是，（为参数).（1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；（2）设直线与曲线交于两点，求.【答案】（1），；（2）1【解析】【试题分析】(1)展开后利用公式直接转化为直角坐标方程.对消去后得到直角坐标方程.(2)求出直线的参数方程,代入抛物线,利用直线参数的几何意义求得的值.【试题解析】（1）由，得，令，，得.因为，消去得，所以直线的直角坐标方程为，曲线的普通方程为.（2）点的直角坐标为，点在直线上.设直线的参数方程为，（为参数），代入，得.设点对应的参数分别为，，则，，所以.选修4一5：不等式选讲23.已知函数.（1）当时，求的解集；（2）若的解集包含集合，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）当时，，分类去绝对值讨论即可；（2）由的解集包含集合，得当时，不等式恒成立，然后去绝对值参变分离转化为函数的最值问题即可.【详解】解：（1）当时，，，上述不等式可化为，或或，解得，或，或，∴或或，∴原不等式的解集为.（2）∵的解集包含集合，∴当时，不等式恒成立，即在上恒成立，∴，即，∴，∴在上恒成立，∴，∴，∴的取值范围是.【点睛】本题考查了分类讨论解绝对值不等式，不等式的恒成立问题，参变分离法是解决恒成立有关问题的好方法.