湖南省长沙市长沙市第一中学2020届高三10月月考数学试题

湖南省长沙市长沙市第一中学2020届高三10月月考数学试题

长沙市一中2020届高三月考试卷（二）‎ 数学（理科）‎ 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.设集合，集合，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出集合，集合，由此能求出 ‎【详解】因为，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎2.若，则复数（为虚数单位）对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知角的范围可得，，则答案可求．‎ 详解】‎ ‎，‎ 复数对应的点在第四象限.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的象限符号，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．‎ ‎3.已知偶函数在上单调递增，则对实数，“”是“”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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本道题结合偶函数满足以及单调递增关系,前后推导,即可.‎ ‎【详解】结合偶函数的性质可得,而当,所以结合在 单调递增,得到,故可以推出.举特殊例子,,但是,故由无法得到,故是 的充分不必要条件,故选A.‎ ‎【点睛】本道题考查了充分不必要条件的判定,关键结合偶函数的性质以及单调关系,判定,即可,属于较容易的题.‎ ‎4.若向量，，，则等于 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：设，利用两个向量坐标形式的运算法则，用待定系数法求出和的值，即可求得答案.‎ 详解：因为，设，则有，即，解得，‎ 所以，故选D.‎ 点睛：该题考查的是有关平面向量基本定理的问题，在解题的过程中，先设出，之后根据向量的运算法则以及向量相等的条件，建立关于的等量关系式，求解即可得结果.‎ ‎5.函数的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性，排除选项，通过函数的导数，判断函数的单调性，可排除选项，从而可得结果.‎ ‎【详解】函数是偶函数，排除选项；‎ 当时，函数 ，可得，‎ 当时，，函数是减涵数，当时，函数是增函数，排除项选项，故选C.‎ ‎【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 ‎6.执行如图的程序框图，则输出的值是（ ）‎ A. 1 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 易知当时，循环结束；再寻找的规律求解.‎ ‎【详解】计算过程如下：‎ ‎ ‎ ‎2‎ ‎－1‎ ‎ ‎ ‎2‎ ‎ ‎ ‎…‎ ‎ ‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎…‎ ‎1024‎ ‎ ‎ 是 是 是 是 是 是 否 当时，循环结束，所以输出.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查程序框图，选择表格计算更加简洁.当循环次数较多时，要注意寻找规律.‎ ‎7.已知，，，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用作差法，结合指数函数的图像与性质可得结果.‎ ‎【详解】∵，，‎ ‎∴‎ 又，∴‎ ‎∴‎ ‎，‎ 又 ‎∴‎ 综上：‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查三个数的大小的判断，考查作差法，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎8.已知函数向右平移个单位后得到，当时，函数取得最大值，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把函数向右平移个单位后得到，根据在取得最大值可求得，即可求的值。‎ ‎【详解】，由时，函数取得最大值，且，得，，.‎ ‎【点睛】本题主要考查正、余弦函数的图象的特征，诱导公式，函数的图象变换规律，属于基础题．‎ ‎9.已知是椭圆上一点，是椭圆的一个焦点，则以线段为直径的圆和以椭圆长轴为直径的圆的位置关系是（ ）‎ A. 相离 B. 内切 C. 内含 D. 相交 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设、分别是椭圆的左右焦点，作出以为直径的圆和以长轴为直径的圆，设的中点为，连结，利用三角形中位线定理与椭圆的定义，证出，得到两圆的圆心距等于它们半径之差，从而得到两圆的位置关系是相内切．‎ ‎【详解】设椭圆的方程为，、分别是椭圆的左右焦点，‎ 作出以线段为直径的圆和以长轴为直径的圆，如图所示．‎ 设中点为，连结，‎ 是的中位线，可得，即两圆的圆心距为 根据椭圆定义，可得，‎ 圆心距，‎ 即两圆的圆心距等于它们半径之差，‎ 因此，以为直径的圆与以长半轴为直径的圆相内切．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题给出椭圆以一条焦半径为直径的圆和以长轴为直径的圆，求两圆的位置关系．着重考查了圆与圆的位置关系及其证明、椭圆的定义与简单几何性质等知识，属于中档题．‎ ‎10.已知数列满足，且是函数的两个零点，则等于（ ）‎ A. 24 B. 32 C. 48 D. 64‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：依题意可知，，，，所以.即，故，，，.，所以，又可知.,故.‎ 考点：函数的零点、数列的递推公式 ‎11.已知函数，若方程在区间内的解为 ‎，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，得，通过计算的范围，利用三角恒等变化可求的值，即可得出。‎ ‎【详解】即函数的对称轴为 在区间内的解为 ‎.‎ 又因为，，所以，‎ 所以，所以，所以.‎ ‎【点睛】本题考查正弦函数的性质以及三角恒等变换，属于中档题。‎ ‎12.已知球是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的中心为，球的半径为，连接，，，，可得，解得，过点作圆的截面，当截面与垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大，即可求解．‎ ‎【详解】如图，设的中心为，球的半径为，‎ 连接，，，，‎ 则，，‎ 在△中，，解得，‎ ‎，‎ 在中，‎ 过点作圆的截面，当截面与垂直时，截面的面积最小，‎ 此时截面圆的半径为，最小面积为．‎ 当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为．‎ 故答案为，‎ ‎【点睛】本题考查了球与三棱锥的组合体，考查了空间想象能力，转化思想，解题关键是要确定何时取最值，属于中档题．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把各题答案的最简形式写在题中的横线上.‎ ‎13.某年级有1000名学生，一次数学测试成绩，，则该年级学生数学成绩在115分以上人数大约为______.‎ ‎【答案】160‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据考试的成绩服从正态分布，．得到考试的成绩关于对称，根据，得到，根据频率乘以样本容量得到这个分数段上的人数．‎ ‎【详解】考试的成绩服从正态分布，．‎ 考试的成绩关于对称，‎ ‎，‎ ‎，‎ 该班数学成绩在115分以上的人数为 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查正态曲线的特点及曲线所表示的意义，是一个基础题，解题的关键是考试的成绩关于对称，利用对称写出要用的一段分数的频数，题目得解．‎ ‎14.已知平面向量满足，且，则________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可求，然后结合向量的数量积的性质|，代入即可求解．‎ ‎【详解】∵，∴，‎ ‎∵，，，‎ 则，故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积的运算性质的简单应用，属于基础试题．‎ ‎15.在中，角，，所对的边分别为，，，若，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦定理将及化为三角形边的关系，可得，再利用基本不等式可得最小值.‎ ‎【详解】根据题意，‎ 由余弦定理得，‎ 得，‎ 依据正弦定理：‎ ‎，当且仅当时取等号，综上所述，答案为2.‎ 故答案为2.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正余弦定理和基本不等式的交汇，解答本题的关键是将角化成边，利用基本不等式求最值要验证条件 “一正”“二定”“三相等”.‎ ‎16.定义在上的奇函数的导函数为，且.当时，‎ ‎，则不等式的解集为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，根据函数的单调性求出不等式的解集即可．‎ ‎【详解】当时，由，得，得，所以在上递增，‎ ‎∵为偶函数，∴在上递减，且，‎ 或，‎ 可得或，‎ 所以，的解集为.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及解不等式问题，是一道中档题．‎ 三、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.已知正项等比数列为递增数列，为其前项和，且，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，数列的前项和为，若对任意恒成立，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）已知为正项等比数列，根据，构造方程组，解得与，即可求出数列的通项公式。‎ ‎（2）由（1）的通项公式计算出的通项公式，利用裂项相消法求出数量的前项和，可求的最小值。‎ ‎【详解】（1）设等比数列的公比为，‎ 则，得.‎ ‎，解得，或（舍），‎ 所以.‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎∴，即的最小值为.‎ ‎【点睛】（1）利用基本量法构造方程组求数列的通项公式。‎ ‎（2）裂项相消法求和法：‎ 适用情形：①分式型数列；②分母中有两个或两个以上的因式，且因式结构相似.‎ 裂项的基本原理：将分子视为分母两因式之差的倍数.‎ 常见的裂项公式： （其中为等差数列的公差，且），，，；‎ ‎18.如图所示，在梯形中，，，四边形为矩形，且平面，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）点在线段上运动，设平面与平面所成锐二面角为，试求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过证明．，转化证明平面，然后推出平面；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，设，求出相关点的坐标，求出平面的一个法向量，令，由题意可得平面的一个法向量，求出两法向量所成角的余弦值，即可求的取值范围．‎ ‎【详解】（1）证明：设，‎ ‎∵，，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，则.‎ ‎∵四边形为矩形，∴，‎ 而平面，且，∴平面.‎ ‎∵，∴平面.‎ ‎（2）以为坐标原点，分别以直线，，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 令，则，，，，‎ 所以，，‎ 设为平面的一个法向量，‎ 由，得，‎ 取，所以，‎ 因为是平面的一个法向量.‎ 所以.‎ 因为，所以当时，有最小值，‎ 当时，有最大值，所以.‎ ‎【点睛】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力 ‎19.长沙某超市计划按月订购一种冰激凌，每天进货量相同，进货成本为每桶5元，售价为每桶7元，未售出的冰激凌以每桶3元的价格当天全部处理完毕.根据往年销售经验，每天的需求量与当天最高气温（单位：）有关，如果最高气温不低于，需求量为600桶；如果最高气温（单位：）位于区间，需求量为400桶；如果最高气温低于，需求量为200桶.为了确定今年九月份的订购计划，统计了前三年九月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：‎ 最高气温（）‎ 天数 ‎2‎ ‎16‎ ‎36‎ ‎25‎ ‎7‎ ‎4‎ 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.‎ ‎（1）求九月份这种冰激凌一天的需求量（单位：桶）的分布列；‎ ‎（2）设九月份一天销售这种冰激凌的利润为（单位：元），当九月份这种冰激凌一天的进货量（单位：桶）为多少时，的均值取得最大值？‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）当时，的数学期望取得最大值640。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知得，的可能取值为200，400，600，记六月份最高气温低于20为事件，最高气温位于区间，为事件，最高气温不低于25为事件，结合频数分布表，用频率估计概率，能求出六月份这种冰激凌一天的需求量（单位：桶）的分布列．‎ ‎（2）结合题意得当时，，分别求出当，，时的数学期望，由此能求出当时，的数学期望取得最大值640．‎ ‎【详解】（1）由已知得，的可能取值为200，400，600，记六月份最高气温低于20为事件，最高气温位于区间，为事件，最高气温不低于25为事件，‎ 根据题意，结合频数分布表，用频率估计概率，‎ 可知，‎ 故六月份这种冰激凌一天的需求量（单位：桶）的分布列为：‎ ‎ ‎ ‎ 200‎ ‎ 400‎ ‎ 600‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（2）结合题意得当时，，‎ 当时，，‎ 当时，‎ ‎，‎ 当时，‎ ‎，‎ 所以当时，的数学期望取得最大值640．‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查频率分布列的应用，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ ‎20.已知点到点的距离比它到直线距离小 ‎（Ⅰ）求点的轨迹的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点作互相垂直的两条直线，它们与（Ⅰ）中轨迹分别交于点及点，且分别是线段的中点，求面积的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）36‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）可知点到点的距离与到直线距离相等，根据抛物线定义可得方程；（Ⅱ）设直线，与抛物线方程联立后利用韦达定理和中点坐标公式可求得点坐标，同理可求得点坐标；从而用表示出，根据两条直线互相垂直得到，代入三角形面积公式，利用基本不等式可求得面积的最小值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意知，点到点的距离与到直线距离相等 由抛物线的定义知，轨迹是以为焦点，以直线为准线的物线 的轨迹的方程为：‎ ‎（Ⅱ）设直线 联立得：‎ 设，‎ 则， ‎ 设直线.同理可得：‎ ‎，，易知直线的斜率存在且均不为 ‎，即：‎ 当且仅当时取等号 面积的最小值为 ‎【点睛】本题考查根据抛物线的定义求解抛物线的方程、直线与抛物线综合应用中的三角形面积的最值求解问题.求解三角形面积最值的关键是能够结合韦达定理求得所需点的坐标和线段长，从而利用变量表示出三角形面积，利用基本不等式求得最值.‎ ‎21.已知函数，其中，，为自然对数的底数.‎ ‎（1）若，且当时，总成立，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若，且存在两个极值点，，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）若，且当时，总成立，分类讨论，确定函数的最小值，即可求实数的取值范围；‎ ‎（2）求出函数的导数，构造新的函数，根据函数的单调性证明即可．‎ ‎【详解】（1）当，则，，‎ 当时，，在 上单调递增，；‎ 当时，在，上单调递减，‎ 在，上单调递增，‎ ‎，不成立，‎ 即 ‎（2）当时，，‎ 因为存在两个极值点，即 有条件知，为两根，，‎ 不妨设则 ‎，‎ 由（1）知当，，，，即（当且仅当 取等号）‎ 所以当时，恒有 又 令 ‎ 则 所以在 上递增，，从而 综上可得：‎ ‎【点睛】本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性、最值问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题 ‎（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求圆的普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设是直线上任意一点，过作圆切线，切点为，，求四边形（点为圆的圆心）面积的最小值.‎ ‎【答案】（1）圆的普通方程为，直线的直角坐标方程为 ‎.（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据参数方程和极坐标方程与普通方程关系进行转化求解即可．‎ ‎（2）求出圆心坐标以及圆心到直线的距离，结合四边形的面积公式进行求解即可．‎ ‎【详解】（1）由圆的参数方程（为参数）得圆的普通方程为，‎ 由，得，‎ ‎∵，，∴直线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）圆心到直线：的距离为，‎ 由于直线上任意一点，所以，‎ ‎∴四边形面积 ‎，‎ ‎∴四边形面积的最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程，极坐标方程与普通方程的转化，考查学生的运算和转化能力．‎ ‎23.已知关于的不等式的解集为.‎ ‎（1）求的最大值；‎ ‎（2）若，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）1；（2）3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用，列不等式求解即可。‎ ‎（2）利用重要不等式，可得的最小值及此时，，的值。‎ ‎【详解】（1）令，则关于的不等式的解集为等价于.‎ ‎∵（当且仅当时取等号），‎ ‎∴，‎ 由得，所以.‎ ‎（2）∵‎ 又，所以，当且仅当，，时取“”.‎ 所以的最小值为3.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的几何意义和解法以及重要不等式的应用，属于一般题。‎ ‎ ‎