湖南省岳阳市2020届高三第二次教学质量检测数学（理）试题 Word版含解析

湖南省岳阳市2020届高三第二次教学质量检测数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 岳阳市2020届高三教学质量检测试卷（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，把答案填在答题卡上对应题号后的框内，答在试卷上无效.‎ ‎1.已知复数为虚数单位） ，则z 的虚部为（ ）‎ A. 2 B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对复数进行乘法运算，并计算得到，从而得到虚部为2.‎ ‎【详解】因为，所以z 的虚部为2.‎ ‎【点睛】本题考查复数的四则运算及虚部的概念，计算过程要注意.‎ ‎2.已知集合，，若，则实数的值可以为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，根据，即可得出，从而求出结果．‎ ‎【详解】，且，， ‎ ‎∴的值可以为． ‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】考查描述法表示集合的定义，以及并集的定义及运算．‎ ‎3.若，则实数的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 将化成以 为底的对数，即可判断 的大小关系；由对数函数、指数函数的性质，可判断出 与1的大小关系，从而可判断三者的大小关系.‎ ‎【详解】依题意，由对数函数的性质可得.‎ 又因为，故.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了指数函数的性质，考查了对数函数的性质，考查了对数的运算性质.两个对数型的数字比较大小时，底数相同，则构造对数函数，结合对数的单调性可判断大小；若真数相同，则结合对数函数的图像或者换底公式可判断大小；若真数和底数都不相同，则可与中间值如1,0比较大小.‎ ‎4.已知数列为等差数列，为其前 项和，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列的性质求出的值，然后利用等差数列求和公式以及等差中项的性质可求出的值.‎ ‎【详解】由等差数列的性质可得，‎ ‎.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列基本性质的应用，同时也考查了等差数列求和，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎5.已知向量，若，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两向量垂直可得，整理后可知，将已知条件代入后即可求出实数的值.‎ ‎【详解】解：，，即，‎ 将和代入，得出，所以.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了向量的数量积，考查了向量的坐标运算.对于向量问题，若已知垂直，通常可得到两个向量的数量积为0，继而结合条件进行化简、整理.‎ ‎6.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何?”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少?”已知l丈为10尺，该楔体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形边长为1，则该楔体的体积为（ ）‎ A. 10000立方尺 B. 11000立方尺 C. 12000立方尺 D. 13000立方尺 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题意，将楔体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，作出几何体的直观图如图所示： 沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直， 则将几何体分成两个四棱锥和1个直三棱柱， ‎ - 25 -‎ 则三棱柱的 ‎ 四棱锥的体积 由三视图可知两个四棱锥大小相等，立方丈立方尺． 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查三视图及几何体体积的计算，其中正确还原几何体，利用方格数据分割与计算是解题的关键．‎ ‎7.在区间上随机取一个数，使直线与圆相交的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线与圆相交，可求出k的取值范围，根据几何概型可求出相交的概率.‎ ‎【详解】因为圆心，半径，直线与圆相交，所以 ‎，解得 ‎ 所以相交的概率,故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，几何概型，属于中档题.‎ ‎8.的展开式中的项的系数为（ ）‎ A. 120 B. 80 C. 60 D. 40‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简得到，再利用二项式定理展开得到答案.‎ ‎【详解】‎ - 25 -‎ 展开式中的项为.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力.‎ ‎9.已知函数满足，且，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数,利用导数研究函数的单调性，即可得到结论.‎ ‎【详解】设,则函数的导数,，，即函数为减函数,,，则不等式等价为，‎ 则不等式的解集为,即的解为，，由得或，解得或,‎ 故不等式的解集为.故选:.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数单调性，根据函数的单调性解不等式，考查学生分析问题解决问题的能力,是难题.‎ ‎10.“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员､面向全社会的优质平台，现日益成为老百姓了解国家动态､紧跟时代脉搏的热门｡该款软件主要设有“阅读文章”､“视听学习”两个学习模块和“每日答题”､“每周答题”､“专项答题”､“挑战答题”四个答题模块｡某人在学习过程中，“阅读文章”不能放首位，四个答题板块中有且仅有三个答题板块相邻的学习方法有（ ）‎ A. 60 B. 192 C. 240 D. 432‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 四个答题板块中选三个捆绑在一起，和另外一个答题板块用插入法．注意按“阅读文章”分类．‎ ‎【详解】四个答题板块中选三个捆绑在一起，和另外一个答题板块用插入法，由于“阅读文章”不能放首位，因此不同的方法数为．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查排列组合的应用，考查捆绑法和插入法求解排列问题．对相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插入法是解决这类问题的常用方法．‎ ‎11.已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，求出在的对称轴，由三角函数的对称性可得，将式子相加并整理即可求得的值.‎ ‎【详解】令，得，即对称轴为.‎ 函数周期，令，可得.则函数在上有8条对称轴.‎ 根据正弦函数性质可知，‎ 将以上各式相加得：‎ - 25 -‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的对称性，考查了三角函数的周期性，考查了等差数列求和.本题的难点是将所求的式子拆分为的形式.‎ ‎12.已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，且，过点的动直线与抛物线交于两点，为坐标原点，抛物线的准线与轴的交点为.给出下列四个命题：‎ ‎①在抛物线上满足条件的点仅有一个；‎ ‎②若是抛物线准线上一动点，则的最小值为；‎ ‎③无论过点的直线在什么位置，总有；‎ ‎④若点在抛物线准线上的射影为，则三点在同一条直线上.‎ 其中所有正确命题的个数为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①：由抛物线的定义可知，从而可求 的坐标；②：做关于准线的对称点为，通过分析可知当三点共线时取最小值，由两点间的距离公式，可求此时最小值；③：设出直线方程，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理，可知焦点坐标的关系，进而可求，从而可判断出的关系；④：计算直线 的斜率之差，可得两直线斜率相等，进而可判断三点在同一条直线上.‎ ‎【详解】解：对于①，设，由抛物线的方程得，则， 故，‎ 所以或，所以满足条件的点有二个，故①不正确； ‎ 对于②，不妨设，则关于准线的对称点为， ‎ - 25 -‎ 故，‎ 当且仅当三点共线时等号成立，故②正确； ‎ 对于③，由题意知， ，且的斜率不为0，则设方程为：，‎ 设与抛物线的交点坐标为，联立直线与抛物线的方程为，‎ ‎ ，整理得，则，所以 ‎， ‎ 则 ‎.故的倾斜角互补，所以，故③正确.‎ 对于④，由题意知 ，由③知，‎ 则 ，由，‎ 知，即三点在同一条直线上，故④正确.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的定义，考查了直线与抛物线的位置关系，考查了抛物线的性质，考查了直线方程，考查了两点的斜率公式.本题的难点在于第二个命题，结合初中的“饮马问题”分析出何时取最小值.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上，答错位置，书写不清，模棱两可均不得分.‎ ‎13.在中，内角的对边长分别为，已知，且，则_________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎∵‎ ‎∴根据正弦定理与余弦定理可得：，即 - 25 -‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ 故答案为4‎ ‎14.已知双曲线的左右焦点为，过作轴的垂线与相交于两点，与轴相交于.若，则双曲线的离心率为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得，结合双曲线的定义可知，结合 ，从而可求出离心率.‎ ‎【详解】解：,，又，则.‎ ‎，，，即 解得，即.‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的定义，考查了双曲线的性质.本题的关键是根据几何关系，分析出.关于圆锥曲线的问题，一般如果能结合几何性质，可大大减少计算量.‎ ‎15.设是定义在上的函数，且，对任意，若经过点的一次函数与轴的交点为，且互不相等，则称为关于函数的平均数，记为.当_________时，为 - 25 -‎ 的几何平均数.（只需写出一个符合要求的函数即可）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由定义可知三点共线，即，通过整理可得，继而可求出正确答案.‎ ‎【详解】解：根据题意，由定义可知：三点共线.‎ 故可得：，即，整理得：，‎ 故可以选择等.‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查了两点的斜率公式，考查了推理能力，考查了运算能力.本题关键是分析出三点共线.‎ ‎16.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为____；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为____．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ ‎(1)先算出正四面体的体积，六面体的体积是正四面体体积的倍，即可得出该六面体的体积；(2)由图形的对称性得,小球的体积要达到最大,即球与六个面都相切时，求出球的半径，再代入球的体积公式可得答案.‎ ‎【详解】(1)每个三角形面积是，由对称性可知该六面是由两个正四面合成的，‎ 可求出该四面体的高为，故四面体体积为，‎ 因此该六面体体积是正四面体的2倍， 所以六面体体积是；‎ ‎(2)由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时，由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，‎ 连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥设球的半径为，‎ 所以， 所以球的体积.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查由平面图形折成空间几何体、考查空间几何体的的表面积、体积计算，考查逻辑推理能力和空间想象能力求解球的体积关键是判断在什么情况下，其体积达到最大，考查运算求解能力.‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17一21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题 ‎17.等差数列的公差为2, 分别等于等比数列的第2项，第3项，第4项.‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足,求数列前2020项的和．‎ ‎【答案】（1），； （2）.‎ - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题意同时利用等差、等比数列的通项公式即可求得数列和的通项公式；‎ ‎(2)求出数列的通项公式，再利用错位相减法即可求得数列的前2020项的和.‎ ‎【详解】(1)依题意得: ，‎ 所以 ，‎ 所以 解得 ‎ 设等比数列的公比为，所以 ‎ 又 ‎(2)由（1）知，‎ 因为 ①‎ 当时, ②‎ 由①②得，，即，‎ 又当时，不满足上式，‎ ‎ .‎ 数列的前2020项的和 ‎ ‎ 设 ③，‎ 则 ④，‎ 由③④得：‎ ‎ ，‎ - 25 -‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式、性质，错位相减法求和,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力及综合运用数学知识解决问题的能力.考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.是中档题.‎ ‎18.如图，直三棱柱中，分别是的中点，.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析 (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接交于点，由三角形中位线定理得，由此能证明平面 - 25 -‎ ‎．‎ ‎（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．分别求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值．‎ ‎【详解】证明：证明：连接交于点，‎ 则为的中点．又是的中点，‎ 连接，则．‎ 因平面，平面，‎ 所以平面．‎ ‎（2）由，可得：，即 所以 又因为直棱柱，所以以点为坐标原点，分别以直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则，‎ 设平面的法向量为，则且，可解得，令，得平面的一个法向量为， ‎ 同理可得平面的一个法向量为， ‎ 则 ‎ 所以二面角的余弦值为.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与平面平行、二面角的概念、求法等知识，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．‎ ‎19.设直线与抛物线交于两点，与椭圆交于两点，设直线（为坐标原点）的斜率分别为，若.‎ ‎（1）证明：直线过定点，并求出该定点的坐标；‎ ‎（2）是否存在常数，满足？并说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（0，2）；（2）存在，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线l的方程为y=kx+b代入抛物线的方程，利用OA⊥OB，求出b，即可知直线过定点（2）由斜率公式分别求出，，联立直线与抛物线，椭圆，再由根与系数的关系得，，，代入，，化简即可求解.‎ ‎【详解】（1）证明：由题知，直线l的斜率存在且不过原点，‎ 故设 由可得，‎ ‎.‎ ‎，‎ - 25 -‎ ‎，‎ 故 所以直线l的方程为 故直线l恒过定点.‎ ‎（2）由（1）知 设 由可得，‎ - 25 -‎ ‎，即存在常数满足题意.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与抛物线、椭圆的位置关系，直线过定点问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎20.新型冠状病毒肺炎疫情发生以来，电子购物平台成为人们的热门选择.为提高市场销售业绩，某公司设计了一套产品促销方案，并在某地区部分营销网点进行试点.运作一年后，对“采用促销”和“没有采用促销”的营销网点各选取了50个，对比上一年度的销售情况，分别统计了它们的年销售总额，并按年销售总额增长的百分点分成5组：，分别统计后制成如图所示的频率分布直方图，并规定年销售总额增长10个百分点及以上的营销网点为“精英店”.‎ ‎（1）请你根据题中信息填充下面的列联表，并判断是否有的把握认为“精英店与采用促销活动有关”；‎ 采用促销 没有采用促销 合计 精英店 非精英店 合计 ‎50‎ ‎50‎ ‎100‎ ‎（2）某“精英店”为了创造更大的利润，通过分析上一年度的售价 (单位：元)和日销量 (单位：件) 的一组数据后决定选择 作为回归模型进行拟合.具体数据如下表，表中的 ：‎ - 25 -‎ ‎①根据上表数据计算的值；‎ ‎②已知该公司成本为10元/件，促销费用平均5元/件，根据所求出的回归模型，分析售价定为多少时日利润可以达到最大.‎ 附①：‎ 附②：对应一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为.‎ ‎【答案】（1）列联表见解析，有把握；（2）①；② 元时 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接由题意列出列联表，通过计算，可判断精英店与采用促销活动是否有关.‎ ‎（2）①代入表中数据，结合公式求出；②由①中所得的线性回归方程，若售价为，单价利润为，日销售量为 ，进而可求出日利润 - 25 -‎ ‎，结合导数可求最值.‎ ‎【详解】解：（1）由题意知，采用促销中精英店的数量为 ，‎ 采用促销中非精英店的数量为；没有采用促销中精英店的数量为，没有采用促销中非精英店的数量为，列联表为 采用促销 没有采用促销 合计 精英店 ‎35‎ ‎20‎ ‎55‎ 非精英店 ‎15‎ ‎30‎ ‎45‎ 合计 ‎50‎ ‎50‎ ‎100‎ 因为 有的把握认为“精英店与采用促销活动有关”.‎ ‎（2）①由公式可得：‎ 所以回归方程为 ‎②若售价为，单件利润为，日销售为，‎ 故日利润，解得.‎ 当时，单调递增；‎ 当时，单调递减.‎ 故当售价元时，日利润达到最大为元.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查了独立性检验，考查了线性回归方程的求法，考查了函数最值的求解.在求函数的最值时，常用的方法有：函数图像法、结合函数单调性分析最值、基本不等式法、导数法.其中最常用的还是导数法.‎ ‎21.若函数为奇函数，且时有极小值.‎ ‎（1）求实数的值与实数的取值范围；‎ ‎（2）若恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）， ；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由奇函数可知 在定义域上恒成立，由此建立方程，即可求出实数的值；对函数进行求导，，通过导数求出，若，则恒成立不符合题意，当，可证明，此时时有极小值.‎ ‎（2）可知，进而得到，令，通过导数可知在上为单调减函数，由可得，从而可求实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）由函数为奇函数，得在定义域上恒成立，‎ 所以，化简可得，所以.‎ 则，令，则.‎ 故当时，；当时，，‎ 故在上递减，在上递增，‎ 若，则恒成立，单调递增，无极值点；‎ 所以，解得，取，则 又函数的图象在区间上连续不间断，故由函数零点存在性定理知在区间上，‎ - 25 -‎ 存在为函数的零点，为极小值，所以，的取值范围是.‎ ‎（2）由满足，代入，消去可得 构造函数，‎ 所以，当时，，即恒成立，‎ 故在上为单调减函数，其中.则可转化为，‎ 故，由，设，可得当时，‎ 则在上递增，故.‎ 综上，的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查了奇函数的定义，考查了转化的思想.对于 恒成立的问题，常转化为求 的最小值，使；对于 恒成立的问题，常转化为求 的最大值，使.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，则按所作的第一题计分.‎ ‎22.在新中国成立70周年国庆阅兵庆典中，众多群众在脸上贴着一颗红心，以此表达对祖国的热爱之情，在数学中，有多种方程都可以表示心型曲线，其中有著名的笛卡尔心型曲线，如图，在直角坐标系中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.图中的曲线就是笛卡尔心型曲线，其极坐标方程为（），M为该曲线上的任意一点.‎ - 25 -‎ ‎（1）当时，求M点的极坐标；‎ ‎（2）将射线OM绕原点O逆时针旋转与该曲线相交于点N，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）点M的极坐标为或（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）令，由此求得的值，进而求得点的极坐标.‎ ‎（2）设出两点的极坐标，利用勾股定理求得的表达式，利用三角函数最值的求法，求得的最大值.‎ ‎【详解】（1）设点M在极坐标系中的坐标，‎ 由，得，‎ ‎∵‎ ‎∴或，‎ 所以点M的极坐标为或 ‎（2）由题意可设，.‎ 由，得，.‎ 故时，的最大值为.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本小题主要考查极坐标的求法，考查极坐标下两点间距离的计算以及距离最值的求法，属于中档题.‎ ‎23.函数 ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若存在，且，使得成立，求取值范围.‎ ‎【答案】（1）证明见详解；（2）或或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）‎ ‎（2）首先用基本不等式得到，然后解出不等式即可 ‎【详解】（1）因 所以 ‎（2）当时 所以 当且仅当即时等号成立 因为存在，且，使得成立 所以 所以或 解得：或或 ‎【点睛】1.要熟练掌握绝对值的三角不等式，即 ‎2.应用基本不等式求最值时要满足“一正二定三相等”.‎ - 25 -‎ - 25 -‎ - 25 -‎