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湖南湖北八市十二校(湖南师范大学附属中学、衡阳八中等)2020届高三数学第二次调研联考试题 理(含解析)

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湖南湖北八市十二校(湖南师范大学附属中学、衡阳八中等)2020届高三数学第二次调研联考试题 理(含解析)PAGE湖南湖北八市十二校(湖南师范大学附属中学、衡阳八中等)2020届高三第二次调研联考数学(理)试题一、选择题(本大题共12小题,共60分)1.全集,,,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求出集合A、B的等价条件,结合集合交集、补集的定义进行计算即可.【详解】解:,,则,则,故选:D.【点睛】本题主要考查集合的基本运算,求出集合的等价条件是解决本题的关键.2.若复数为纯虚数,则(  )A.B.13C.10D.【答案】A【解析】【分析】由题意首先求得实数a的值,然后求解即可。【详解】由复数的...

湖南湖北八市十二校(湖南师范大学附属中学、衡阳八中等)2020届高三数学第二次调研联考试题 理(含解析)
PAGE湖南湖北八市十二校(湖南师范大学附属中学、衡阳八中等)2020届高三第二次调研联考 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 (理)试题一、选择题(本大题共12小题,共60分)1.全集,,,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 】先求出集合A、B的等价条件,结合集合交集、补集的定义进行计算即可.【详解】解:,,则,则,故选:D.【点睛】本题主要考查集合的基本运算,求出集合的等价条件是解决本题的关键.2.若复数为纯虚数,则(  )A.B.13C.10D.【答案】A【解析】【分析】由题意首先求得实数a的值,然后求解即可。【详解】由复数的运算法则有:,复数为纯虚数,则,即.本题选择A选项.【点睛】复数中,求解参数(或范围),在数量关系上 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 现为约束参数的方程(或不等式).由于复数无大小之分,所以问题中的参数必为实数,因此,确定参数范围的基本思想是复数问题实数化.3.若点是角的终边上一点,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的定义,求得,再由正弦的倍角公式,即可求解.【详解】由题意,点是角的终边上一点,根据三角函数的定义,可得,则,故选A.【点睛】本题主要考查了三角函数的定义和正弦的倍角公式的化简、求值,其中解答中根据三角函数的定义和正弦的倍角公式,准确化简、计算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.4.给出下列五个命题:①净三种个体按的比例分层抽样调查,如果抽取的个体为9个,则样本容易为30;②一组数据1、2、3、4、5的平均数、众数、中位数相同;③甲组数据的方差为5,乙组数据为5、6、9、10、5,那么这两组数据中较稳定的是甲;④已知具有线性相关关系的两个变量满足的回归直线方程为.则每增加1个单位,平均减少2个单位;⑤统计的10个样本数据为125,120,122,105,130,114,116,95,120,134,则样本数据落在内的频率为0.4其中真命题为()A.①②④B.②④⑤C.②③④D.③④⑤【答案】B【解析】分析】由题意①中,根据分层抽样的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 ,即可求解是错误的;②中,利用平均数、众数、中位数的公式求解,即可得到判断;③中,利用平均数和方差的公式,即可得到判断;④中,根据回归系数的含义,即可得到判断;⑤中,根据古典概型的概率计算公式,即可求解,作出判断.【详解】,①样本容量为9÷=18,①是假命题;②数据1,2,3,3,4,5的平均数为×(1+2+3+3+4+5)=3,中位数为3,众数为3,都相同,②是真命题;③乙==7,s=×[(5-7)2+(6-7)2+(9-7)2+(10-7)2+(5-7)2]=×(4+1+4+9+4)=4.4,∴s>s,∴乙稳定,③是假命题;④是真命题;⑤数据落在[114.5,124.5)内的有120,122,116,120,共4个,故其频率为0.4,⑤是真命题.【点睛】本题主要考查了统计知识的综合应用,其中熟记统计的相关知识,如平均数、众数和方差,即回归系数的含义是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,以及推理与运算能力,属于中档试题.5.设,则的展开式中常数项是()A.160B.C.D.20【答案】B【解析】【分析】根据定积分求得,然后再根据二项展开式的通项求得常数项即可.【详解】由题意得=.∴二项式为,其展开式的通项为,令,则得常数项为.故选B.【点睛】求二项展开式中的特定项,一般是利用通项公式进行,化简通项公式后,令字母的指数符合要求(求常数项时,指数为零;求有理项时,指数为整数等),解出项数,代回通项公式即可.6.函数的图象大致为(  )A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】确定函数是奇函数,利用f(1)=0,f(2)=8+ln(﹣2)>0,即可得出结论.【详解】由题意,f(﹣x)=(﹣x)3+ln(+x)=﹣f(x),函数是奇函数,且f(2)=8+ln(﹣2)>0,故选:D.【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手:(1)从函数的定义域,判断图象的左右位置;从函数的值域,判断图象的上下位置;(2)从函数的单调性,判断图象的变化趋势;(3)从函数的奇偶性,判断图象的对称性;(4)从函数的特征点,排除不合要求的图象.7.已知是定义域为的奇函数,满足.若,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】分析:先根据奇函数性质以及对称性确定函数周期,再根据周期以及对应函数值求结果.详解:因为是定义域为的奇函数,且,所以,因此,因为,所以,,从而,选C.点睛:函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题,常利用奇偶性及周期性进行变换,将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解.8.已知数列的通项公式,则(  )A.150B.162C.180D.210【答案】B【解析】【分析】由通项公式,首先判断数列的单调性,去掉要求和式的绝对值,再进行计算。【详解】由对勾函数的性质可知:当时,数列为递减;当时,数列为递增。所以====162【点睛】数列问题常见的方法和注意点:(1)求和常常要根据数列的通项公式的形式和特点,灵活选择方法,不可以用固定的思维模式去考虑问题。如含绝对值的求和问题的关键点在于先把绝对值去掉,再求和。(2)常见的求和方法有:倒序求和,错位相消,裂项法,分组求和法,公式法等。9.已知的一内角,为所在平面上一点,满足,设,则的最大值为(  )A.B.1C.D.2【答案】A【解析】【分析】由条件知为外接圆的圆心,设,利用三点共线,建立方程关系进行转化求解即可.【详解】解:由题意可知,为外接圆的圆心,如图所示,在圆中,劣弧所对的圆心角为,点为定点,点为优弧上的动点,则点满足题中的已知条件,延长交于点,设,由题意可知:,由于三点共线,据此可得:,则,则的最大值即的最大值,由于为定值,故最小时,取得最大值,因为,所以当时,最小,取得最小值,此时,为等边三角形所以.故选:A.【点睛】本题主要考查向量基本定理的应用,利用三点关系,得到是解决本题的关键.综合性较强,有一定的难度.10.过抛物线上两点分别作抛物线的切线,若两切线垂直且交于点,则直线的方程为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设出的坐标,根据导数的几何意义求得切线的方程,利用两切线垂直且交于可得抛物线方程,然后设出直线与抛物线联立可求得直线的方程.【详解】解:由,得,∴.设,则,抛物线在点处的切线方程为,点处的切线方程为,由,解得,又两切线交于点,∴,故得(*).∵过两点的切线垂直,∴,故,∴,故得抛物线的方程为.由题意得直线的斜率存在,可设直线方程为,由消去整理得,∴(**),由(*)和(**)可得且,∴直线的方程为.故选:D.【点睛】本题考查了抛物线的方程,直线与抛物线的位置关系,用导数求曲线的切线方程,属中档题.11.已知三棱锥的四个顶点都在半径为3的球面上,,则该三棱锥体积的最大值是(  )A.B.C.D.32【答案】B【解析】【分析】设,则,外接圆直径为,体积最大值为,利用基本不等式,结合换元法,根据导数可得结果.【详解】设,则,外接圆直径为,如图,体积最大值为,设,则,,令,得,在上递增,在上递减,,即该三棱锥体积的最大值是,故选B.【点睛】本题主要考球的截面的性质棱锥的体积公式以及导数的应用,属于难题.球内接多面体问题是将多面体和旋转体相结合的题型,既能考查旋转体的对称形又能考查多面体的各种位置关系,做题过程中主要注意以下两点:①多面体每个面都分别在一个圆面上,圆心是多边形外接圆圆心;②注意运用性质.12.已知函数,要使函数的零点个数最多,则k的取值范围是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用导数判断函数的单调性,根据单调性可得,时,最多有两个根,最多有2个根,即时原方程最多有四个根,根据一元二次方程根的分布列不等式组求解即可.【详解】因为,所以,可得在上递减,在递增,所以,有最小值,且时,,当x趋向于负无穷时,f(x)趋向于0,但始终小于0,所以,时,最多有两个根,最多有2个根,即在有两个根时,的零点最多为4个,,解得,故选B.【点睛】函数的性质问题以及函数零点问题是高考的高频考点,考生需要对初高中阶段学习的十几种初等函数的单调性、奇偶性、周期性以及对称性非常熟悉;另外,函数零点的几种等价形式:函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.二、填空题(本大题共4小题,共20分)13.一个算法的程序框图如图,若该程序输出的结果为,则判断框中的条件中的整数的值是______.【答案】6【解析】【分析】首先判断循环结构类型,得到判断框内的语句性质,然后对循环体进行分析,找出循环规律,判断输出结果与循环次数的关系,最终得出结论.【详解】第一次循环:;第二次循环:;第三次循环:;第四次循环:;第五次循环:,输出,不满足判断框中的条件,判断框中的条件,故答案为.【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图,属于中档题.解决程序框图问题时一定注意以下几点:(1)不要混淆处理框和输入框;(2)注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构;(3)注意区分当型循环结构和直到型循环结构;(4)处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数;(5)要注意各个框的顺序,(6)在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图 规定 关于下班后关闭电源的规定党章中关于入党时间的规定公务员考核规定下载规定办法文件下载宁波关于闷顶的规定 的运算方法逐次计算,直到达到输出条件即可.14.以椭圆的顶点为焦点,焦点为顶点的双曲线,其左右焦点分别是,,已知点的坐标为,双曲线上的点满足,则______.【答案】2【解析】双曲线方程,,由可得,得平分,而,∴,∴直线的方程为,即,联立,解得,∴轴,又,∴,即为内切圆的圆心.故,故答案为2.点睛:本题考查椭圆的简单性质,考查了向量在向量方向上的投影,考查计算能力,是中档题;由题意求出双曲线方程,再由向量等式可得平分,求出PF1所在直线的斜率,得到PF1所在直线的方程,联立直线方程和双曲线方程,求出P的坐标,进一步说明为内切圆的圆心,然后由三角形面积差结合双曲线定义求得答案.15.在菱形中,为边的中点,,则菱形面积的最大值是______.【答案】12【解析】【分析】根据题意建立平面直角坐标系,用坐标表示出菱形的各点,由BE的长度利用基本不等式求出菱形ABCD面积的最大值.【详解】解:以对角线的交点为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,在菱形ABCD中,设,,,则,,,,又E为CD边的中点,则,,,,由基本不等式有,,,当且仅当时取“”,即,菱形ABCD的面积为,即菱形面积的最大值为12.故答案为:12.【点睛】本题考查了菱形的面积计算问题,也考查了利用基本不等式求最值的应用问题,是基础题.16.已知数列的前项和,若不等式对恒成立,则整数的最大值为______.【答案】4【解析】试题分析:当时,得,;当时,,两式相减得,得,所以.又,所以数列是以2为首项,1为公差的等差数列,,即.因为,所以不等式,等价于.记,时,.所以时,.所以,所以整数的最大值为4.考点:1.数列的通项公式;2.解不等式.三、解答题(本大题共7小题,共84分)17.在中,内角的边长分别为,且.(1)若,,求的值;(2)若,且的面积,求和的值.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)先由余弦定理求得,再由正弦定理计算即可得到所求值;(2)运用二倍角的余弦公式和两角和的正弦公式,化简可得sinA+sinB=5sinC,运用正弦定理和三角形的面积公式可得a,b的方程组,解方程即可得到所求值.【详解】解:(1)由余弦定理由正弦定理得(2)由已知得:所以------①又所以------②由①②解得【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理和面积公式的运用,以及三角函数的恒等变换,考查化简整理的运算能力,属于中档题.18.如图,在多面体中,四边形为矩形,,均为等边三角形,,.(1)过作截面与线段交于点,使得平面,试确定点的位置,并予以证明;(2)在(1)的条件下,求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)当为线段的中点时,使得平面.(2)【解析】试题分析:(1)当为线段的中点时,平面.连结AC交BD于M,连结MN.利用中位线定理即可证明,于是平面.(2)通过线面关系证得,.分别以,,的方向为,,轴的正方向,建立空间直角坐标系,用向量法求解即可.试题解析:(1)当为线段的中点时,使得平面.证法如下:连接,,设,∵四边形为矩形,∴为的中点,又∵为的中点,∴为的中位线,∴,∵平面,平面,∴平面,故为的中点时,使得平面.(2)过作分别与,交于,,因为为中点,所以,分别为,的中点,∵与均为等边三角形,且,∴,连接,,则得,∵,,,∴,,∴四边形为等腰梯形.取的中点,连接,则,又∵,,,∴平面,过点作于,则,∴,.分别以,,的方向为,,轴的正方向,建立空间直角坐标系,不妨设,则由条件可得:,,,,,.设是平面的法向量,则即所以可取,由,可得,∴直线与平面所成角的正弦值为.点睛:高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面:①求异面直线所成的角,关键是转化为两直线的方向向量的夹角;②求直线与平面所成的角,关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角;③求二面角,关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.19.近期,某公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动,活动设置了一段时间的推广期,由于推广期内优惠力度较大,吸引越来越多的人开始使用扫码支付.某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次,用表示活动推出的天数,表示每天使用扫码支付的人次(单位:十人次),统计数据如表1所示:表1:1234567611213466101196根据以上数据,绘制了如图所示的散点图.(1)根据散点图判断,在推广期内,与均为大于零的常数)哪一个适宜作为扫码支付的人次关于活动推出天数的回归方程类型?(给出判断即可,不必说明理由);(2)根据(1)的判断结果及表l中的数据,求关于的回归方程,并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次;(3)推广期结束后,车队对乘客的支付方式进行统计,结果如表2表2:支付方式现金乘车卡扫码比例已知该线路公交车票价为2元,使用现金支付的乘客无优惠,使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠,扫码支付的乘客随机优惠,根据统计结果得知,使用扫码支付的乘客,享受7折优惠的概率为,享受8折优惠的概率为,享受9折优惠的概率为.根据所给数据以事件发生的频率作为相应事件发生的概率,估计一名乘客一次乘车的平均费用.参考数据:661.542.71150.123.47其中,【答案】(1)适宜作为扫码支付的人数关于活动推出天数的回归方程类型;(2)关于x的回归方程式为:,第8天使用扫码支付的人次为347人次;(3)元.【解析】【分析】(1)根据散点图判断适宜作为y关于x的回归方程类型;(2)对(1)中的回归方程两边同时取常用对数,求出线性回归方程,再化为y关于x的回归方程,把代入回归方程求得对应y的值;(3)记乘车支付费用为Z,知Z的可能取值,计算对应的概率值,写出分布列,计算数学期望值.【详解】解:(1)根据散点图判断,适宜作为扫码支付的人数y关于活动推出天数x的回归方程类型;(2)由(1)知回归方程为,两边同时取常用对数得:,设,,又,,,,把样本中心点代入,即,解得:,,,关于x的回归方程式为:,把代入上式得,,活动推出第8天使用扫码支付的人次为347人次;(3)记一名乘客乘车支付的费用为Z,则Z的取值可能为:2,1.8,1.6,1.4,则,,,;分布列为:Z21.81.61.4P0.10.150.70.05所以,一名乘客一次乘车的平均费用为:(元).【点睛】本题考查了线性回归方程与应用问题,也考查了离散型随机变量的分布列与数学期望应用问题,是中档题.20.如图,在平面直角坐标系中,椭圆C过点,焦点,圆O直径为.(1)求椭圆C及圆O的方程;(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;②直线l与椭圆C交于两点.若面积为,求直线l的方程.【答案】(1),;(2)【解析】分析:(1)根据条件易得圆的半径,即得圆的标准方程,再根据点在椭圆上,解方程组可得a,b,即得椭圆方程;(2)第一问先根据直线与圆相切得一方程,再根据直线与椭圆相切得另一方程,解方程组可得切点坐标.第二问先根据三角形面积得三角形底边边长,再结合①中方程组,利用求根公式以及两点间距离公式,列方程,解得切点坐标,即得直线方程.详解:解:(1)因为椭圆C的焦点为,可设椭圆C的方程为.又点在椭圆C上,所以,解得因此,椭圆C的方程为.因为圆O的直径为,所以其方程为.(2)①设直线l与圆O相切于,则,所以直线l的方程为,即.由,消去y,得.(*)因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,所以.因为,所以.因此,点P的坐标为.②因为三角形OAB的面积为,所以,从而.设,由(*)得,所以.因为,所以,即,解得舍去),则,因此P的坐标为.综上,直线l的方程为.点睛:直线与椭圆的交点问题的处理一般有两种处理方法:一是设出点的坐标,运用“设而不求”思想求解;二是设出直线方程,与椭圆方程联立,利用韦达定理求出交点坐标,适用于已知直线与椭圆的一个交点的情况.21.知函数.(1)当时,求的单调区间;(2)设函数,若是的唯一极值点,求.【答案】(1)在上单调递增;在上单调递减;(2)【解析】【分析】(1)当时,,定义域为,求导,解,即可得出单调性.(2)由题意可得:,求导得,由于是的唯一极值点,则有以下两种情形:情形一:对恒成立.情形二:对恒成立.设,对分类讨论,利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出.【详解】解:(1)当时,,定义域为.,解,解得.∴函数在上单调递增;在上单调递减.(2)由题意可得:,.,.由于是的唯一极值点,则有以下两种情形:情形一:对恒成立.情形二:对恒成立.设..①当时,.则.可得时,函数取得极小值即最小值,∴.满足题意.②当时,.在单调递增.又.∴存在,使得.当时,,在单调递增,∴,这与题意不符.③当时,设.,令,解得.可得在上单调递减;在上单调递增.i)当时,,由在上单调递减,可得,在上单调递减,∴,这与题意矛盾,舍去.ii)当时,,由的单调性及,可知:时,都有.又在上单调递增,,则存在,使得.∴时,,此时单调递减,∴,这与题意矛盾,舍去.综上可得:.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法,考查了推理能力与计算能力,属于难题.22.在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为(Ⅰ)求曲线的普通方程和的直角坐标方程;(Ⅱ)已知曲线的极坐标方程为,点是曲线与的交点,点是曲线与的交点,且均异于原点,且,求实数的值.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)根据曲线的参数方程,消去参数,即可得到的普通方程;由两边同时乘以,即可得到,进而可得的直角坐标方程;(2)根据的直角坐标方程先得到其极坐标方程,将分别代入和的极坐标方程,求出和,再由,即可求出结果.【详解】解:(1)由消去参数,得的普通方程为.由,得,又,,所以的直角坐标方程为.(2)由(1)知曲线的普通方程为,所以其极坐标方程为.设点,的极坐标分别为,,则,,所以,所以,即,解得,又,所以.【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化、以及参数方程与普通方程的互化,熟记公式即可,属于常考题型.23.已知.(1)在时,解不等式;(2)若关于的不等式对恒成立,求实数的取值范围.【答案】(1);(2)或【解析】【分析】(1)根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组,分别求解,最后求并集,(2)先根据绝对值三角不等式化为恒成立,或恒成立,再根据恒成立含义得实数的取值.【详解】(1)在时,.在时,,∴;在时,,,∴无解;在时,,,∴.综上可知:不等式的解集为.(2)∵恒成立,而,或,故只需恒成立,或恒成立,∴或∴的取值为或.【点睛】含绝对值不等式的解法法一:利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想;法二:利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想;法三:通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想.
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分类:高中数学
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