湖南省益阳市湘潭市2020届高三9月教学质量检测理科数学试题

湖南省益阳市湘潭市2020届高三9月教学质量检测理科数学试题

益阳市、湘潭市2020届高三9月教学质量检测 理科数学 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置；‎ ‎2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效；‎ ‎3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 一、选择题：本题共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，，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用集合的交集运算求解 ‎【详解】，则 答案选C ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，需注意端点取不取得到的问题。‎ ‎2.复数，在复平面内复数的共轭复数对应的点位于（）‎ 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】‎ 先对进行化简，再求的共轭复数及的共轭复数在复平面对应的点 ‎【详解】，则，在复平面内对应的点为，为第四象限 答案选D ‎【点睛】本题考查复数除法运算，共轭复数的概念及复数与复平面的点的对应关系，难度不大，综合性强 ‎3.已知等差数列的前项和为，若，，则等于（）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，可算出，又，根据等差中项性质求解即可 ‎【详解】由，又，‎ 答案选B ‎【点睛】本题考查等差数列基本量的求法，常规思路为求解首项和公差，本通解题思路运用了和等差中项的性质，简化了运算 ‎4.已知向量，，，若，则的值为（）‎ A. 2 B. C. D. -2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由表示出与的基本关系，化简求解即可 ‎【详解】，‎ 答案选D ‎【点睛】本题考查向量平行的坐标表示法、三角函数的化简求值，需熟记向量平行的坐标表示法为：‎ 或 ‎5.某校有1200人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布 ‎，试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀（高于120分）的人数占总人数的，则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为（）‎ A. 180 B. 240 C. 360 D. 480‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正态分布对称性特征，成绩高于120分和成绩低于90分概率值应该相同，成绩在90分到105分的占余下的，代入数值进行运算即可 ‎【详解】由题知，，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为人。‎ 答案选C ‎【点睛】本题考查正态分布基本量的计算，解题一般思路：先确定对称轴，根据对称特点求解相应数值 ‎6.已知，为两个不同的平面，，为两条不同的直线，有以下命题：‎ ‎①若，，则.②若，，则.③若，，则.④若，，，则.‎ 其中真命题有（）‎ A ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①由线面垂直的性质和面面平行的定义，命题正确 ‎②与有可能相交，命题错误 ‎③由面面垂直的判定定理判断，命题正确 ‎④成立的前提是面面垂直，命题错误 ‎【详解】对命题①，由线面垂直的性质和面面平行的定义可知，若，，则平面与无公共点，可证，命题①正确 对命题②，若与为另一平行平面的两条交线，也满足条件，但推不出结论，命题②错误 对命题③，由面面垂直的判定定理可知：如果一个平面经过另一平面的垂线,则这两个平面相互垂直. ③中，，所以。命题③正确 对命题④，若二面角的平面角为锐角时，与斜交，命题④错误。‎ ‎【点睛】本题考查空间线面位置关系的判断证明，旨在考查学生基础知识的掌握能力和空间想象能力 ‎7.执行如图所示程序框图，若输出的的值为14，则判断框内可以填入（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可依次执行循环语句，判断满足的条件即可 ‎【详解】由题可知，初始输入值 执行第一次循环可得：，‎ 执行第二次循环可得：，‎ 执行第三次循环可得：，‎ 执行第四次循环可得：，‎ ‎……‎ 由循环规律可知，，‎ 当，将代入可得 即判断框中应为 答案选B ‎【点睛】本题考查循环语句中对于判断框中条件的判断，解题时可从答案入手，分析大致规律，如本题中可判断的是要执行多次循环，知道满足的条件是大于多少，再由循环规律和题干信息进行推导即可 ‎8.已知函数是定义在上的偶函数，，当时，，则不等式的解集是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据偶函数的定义域关于原点对称求出，再根据偶函数的对称性和题设给的的增减性解题即可 ‎【详解】 是定义在上的偶函数，，解得，的定义域为 又，当时，‎ 在单调递减，‎ 再由偶函数的对称性可知，解得 答案选C ‎【点睛】本题考查偶函数的基本性质、利用偶函数的性质解不等式，易错点为解题过程中忽略所有括号中的取值都必须在定义域内 ‎9.若函数的图象过点，则（ ）‎ A. 点是的一个对称中心 B. 直线是的一条对称轴 C. 函数的最小正周期是 D. 函数的值域是 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数f（x）的图象过点（0，2），求出θ，可得f（x）＝cos2x+1，再利用余弦函数的图象和性质，得出结论．‎ ‎【详解】由函数f（x）＝2sin（x+2θ）•cosx （0＜θ）的图象过点（0，2），‎ 可得2sin2θ＝2，即sin2θ＝1，∴2θ，∴θ，‎ 故f（x）＝2sin（x+2θ）•cosx＝2cos2x＝cos2x+1，‎ 当x时，f（x）＝1，故A、B都不正确；‎ f（x）的最小正周期为π，故C不正确；‎ 显然，f（x）＝cos2x+1∈[0，2]，故D正确，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查余弦函数的图象和性质，属于中档题．‎ ‎10.抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，点在抛物线上，且，则以为直径的圆的面积等于（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，画出简图，设点，再根据几何关系进行求解 ‎【详解】如图：‎ 设点，由题可知，点，,O为MF中点，‎ ‎，即，又，‎ 以为直径的圆的面积等于 答案选A ‎【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，直角三角形三角形斜边上的中线为斜边一半性质，其中抛物线方程的代换起了关键作用 ‎11.正方体的棱长为2，点、、分别是、、的中点，以为底面作直三棱柱（侧棱垂直底面的棱柱），若此直三棱柱另一底面的三个顶点也都在该正方体的表面上，则该直三棱柱的体积为（）‎ A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，作出相对应简图，分别取点的三个面对角线的中点，则此三点为棱柱的另一个底面的三个顶点，利用中位线定理来进行证明，再通过线段几何关系进行求解即可 ‎【详解】‎ 如图，连接，，, ,分别取、、中点、、，连接，，,,,‎ 由中位线定理可得 又，三棱柱是正三棱柱 ‎,，三棱柱 答案选C ‎【点睛】本题考查几何体中的构图法、直三棱柱体积的求法，整体难度较大，通过中位线定理证明侧棱垂直于底面是关键 ‎12.已知函数，方程有4个不同的实数根，则的取值范围是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可采用构造函数法，令，方程有4个不同的实数根转化为当 时，两函数图像有四个交点，再分别分析临界点所对应的值，即可求出范围 ‎【详解】‎ 由图像分析可知，当时应有两解，即，解得，此时应满足，解得 当，若与图像相切，设切点坐标为，由①，又，即②‎ 联立①②可得，，‎ 综上所述，‎ 答案选A ‎【点睛】本题考查函数零点的求法，采用构造函数法，再根据交点个数是零点的具体体现来进行转化，同时利用导数来研究函数零点，本题中解法也是解决函数问题中常用解法 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13.已知实数，满足约束条件，则的最大值是______.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线性约束条件画出可行域，再将进行平移寻找最值点即可 ‎【详解】如图，根据线性约束条件画出可行域，‎ 画出符合条件的可行域，将进行平移，当移到最高点时，得到的最大值，‎ 则的最大值是6‎ ‎【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，是一道中档题．‎ ‎14.中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能（六艺）：礼、乐、射、御、书、数。某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，排课有如下要求：“射”不能排在第一，“数”不能排在最后，则“六艺”讲座不同的排课顺序共有______种.‎ ‎【答案】504‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用先分类再分步的方式，分“射”排最后一位和“射”排中间4位的情况进行求解 ‎【详解】第一种情况，当“射”排最后一位时，共有种方法 第二种情况，当“射”排中间4个位置中的1个时共有种方法 不同的排列方式共有种 所以“六艺”讲座不同的排课顺序共有504种 ‎【点睛】本题主要考查排列组合问题，由于题中出现了特殊位置，所以解题时优先从特殊位置着手，再对剩下位置进行全排列 ‎15.已知数列的各项均为正数，记为数列的前项和，若，，则______.‎ ‎【答案】63‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对进行化简，可得，再根据等比数列前项和公式进行求解即可 ‎【详解】由 数列为首项为，公比的等比数列，‎ 所以63‎ ‎【点睛】本题考查等比数列基本量的求法，当处理复杂因式时，常用基本方法为：因式分解，约分。但解题本质还是围绕等差和等比的基本性质 ‎16.已知双曲线：的左右焦点分别为，，过的直线与圆相切于点，且直线与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的离心率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，作出图形，结合双曲线第一定义，再将所有边长关系转化到直角三角形中，化简求值即可 ‎【详解】‎ 如图，由题可知，，则，‎ 又，，，‎ 又，‎ 作，可得，，则 在，，即，‎ 又，化简可得，同除以，得 解得 双曲线的离心率为 ‎【点睛】本题考查了利用双曲线的基本性质求解离心率的问题，利用双曲线的第一定义和中位线定理将所有边长关系转化到直角三角形中是解题关键，一般遇到此类题型，还是建议结合图形来进行求解，更直观更具体 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17~21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.在中，角、、的对边分别是、、，若.‎ ‎（1）求角；‎ ‎（2）若的面积为，，求的周长.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理边化角进行化简求值即可 ‎（2）利用余弦定理和正弦面积公式最终代换出整体即可 ‎【详解】解：（1）由正弦定理得：，‎ ‎∵，∴，∵是的内角，∴.‎ ‎（2）∵的面积为，∴，‎ 由（1）知，∴，‎ 由余弦定理得：，‎ ‎∴，得：，‎ ‎∴的周长为.‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形基础知识，一般解题思路为正弦定理边化角，余弦定理结合面积公式解决周长、面积问题 ‎18.在四棱锥中，，，.‎ ‎（1）若点为的中点，求证：平面；‎ ‎（2）当平面平面时，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过作的中点，连结，，通过中位线定理分别证明，来证明平面平面，从而证明平面 ‎（2）当平面平面时，再结合题干信息，可作的中点，连接，以的方向为轴正方向，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，用向量法来求解二面角的余弦值 ‎【详解】解：（1）取的中点，连结，.‎ ‎∵为等边三角形，∴.‎ ‎∴，又，‎ ‎∴四边形是平行四边形，∴.‎ 又∵平面，平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎∵为的中点，为的中点，∴.‎ 同理：平面.‎ ‎∵，∴平面平面.‎ ‎∵平面，∴平面.‎ ‎（2）取的中点，连结，，则，.‎ ‎∵平面平面，，‎ ‎∴平面，∴，，.‎ 以为坐标原点，的方向为轴正方向，‎ 建立空间直角坐标系.‎ 则，，.‎ ‎∴，，‎ 平面的一个法向量为.‎ 设平面的法向量为，则，即.‎ 令，得，，∴平面的一个法向量，‎ ‎∴.‎ 设二面角的大小为，结合图形可知.‎ ‎【点睛】本题考查立体几何基本知识，第一问考查了线面平行的证法，证线面平行一般有两种思路：一种通过证直线和平面里的一条直线平行来证线面平行；另一种通过证面面平行，说明直线在其中一个平面，从而证线面平行。第二问考查了用空间向量求解二面角余弦值的一般方法，建立合适的空间坐标系，正确表示各点坐标和相应平面的法向量是关键，在向量法求解二面角余弦值时，要注意夹角是锐角还是钝角，从而正确求解二面角余弦值 ‎19.某市旅游局为了进一步开发旅游资源，需要了解游客的情况，以便制定相应的策略，在某月中随机抽取甲、乙两个景点各10天的游客数，画出茎叶图如下：若景点甲中的数据的中位数是126，景点乙中的数据的平均数是124.‎ ‎（1）求，的值；‎ ‎（2）若将图中景点甲中的数据作为该景点较长一段时期内的样本数据（视样本频率为概率）.今从这段时期内任取4天，记其中游客数不低于125人的天数为，求概率；‎ ‎（3）现从上图的共20天的数据中任取2天的数据（甲、乙两景点中各取1天），记其中游客数不低于115且不高于135人的天数为，求的分布列和期望.‎ ‎【答案】（1），（2）（3）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过中位数和平均数的定义进行求解即可 ‎（2）分析题意可知，该分布符合独立重复试验特点，属于二项分布，采用二项分布公式进行求解 ‎（3）该分布特点符合相互独立实验特点，采用相互独立实验公式进行求解 ‎【详解】（1）由题意知甲的中间两位数的尾数为7、x,根据中位数为126，即 乙中以124位标准数，则109为表示为-15，115可表示为-9，可列出等式 则124-10=114，，所以，；‎ ‎（2）由题意知，因为景点甲的每一天的游客数不低于125人的概率为，‎ 任取4天，即是进行了4次独立重复试验，其中有次发生，故随机变量服从二项分布，‎ 则；‎ ‎（3）从图中看出：景点甲的数据中符合条件的有3天，景点乙的数据中符合条件的有7天，所以在景点甲中被选出的概率为，在景点乙中被选出的概率为.‎ 由题意知：的所有可能的取值为0，1，2.‎ 则，，‎ ‎，‎ 所得分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题以茎叶图形式考查概率统计基本量的计算问题，当有偶数个数时，中位数为中间两位数之和的平均值，有奇数个数时，中位数为中间的那位数，求解时要注意对数据排序；平均数的求法可采用设标准数法，此法可减小运算量；（2）（3）问求解的关键在于分清是哪一种分布特点，独立重复试验最大特点为每次实验互不受影响，相互独立实验区别于二项分布的地方在于各实验事件对应概率一般不同，解题时要加以区分 ‎20.已知圆：，椭圆：的离心率为，圆上任意一点处的切线交椭圆于两点，，当恰好位于轴上时，的面积为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）试判断是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）为定值且定值为，详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，结合图形特点求解出与的长，再结合椭圆的离心率特点代换出关于的椭圆标准方程，将点坐标代入椭圆方程即可求得标准方程 ‎（2）分两种情况进行讨论，当过点的圆的切线斜率为0或不存在时，，当斜率存在时，设切线方程为，采用解析几何方法联立切线与椭圆标准方程，得出关于两点横坐标的韦达定理，再用弦长公式表示出，最终将表达式进行化简求值即可 ‎【详解】解：（1）由椭圆的离心率为知得，‎ ‎∴椭圆的方程为.‎ 由圆的切线性质、圆的对称性及的面积为得：，‎ 又，∴，‎ 设，则，，将其代入椭圆方程得，，‎ ‎∴椭圆的方程为.‎ ‎（2）①当过点的圆的切线斜率为0或不存在时，，‎ ‎②当过点的圆的切线斜率存在且不为0时，设切线的方程为，‎ ‎，，∴，即.‎ 联立直线和椭圆的方程得：，即，‎ 则，‎ 设，则 ‎,‎ 由，解得，‎ ‎∴‎ ‎，‎ 综上所述，为定值且定值为.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，求证过圆的切线与椭圆交线的弦长乘积的定值问题，第一问考点较为基础，第二问整体难度较大，关键在于解析几何中的参数代换问题，韦达定理表示弦长问题也是常规解法，参数代换的难点在于怎样将多个参数代换成一个参数，这就需要做题时挖掘隐藏条件，如本题中根据垂直推到出的斜率之积为-1的表达式，如根据点O到切线距离为定值的表达式。‎ ‎21.已知函数（为常数）.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若为整数，函数恰好有两个零点，求的值.‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）整数的值为-3，-2，-1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求导，再讨论参数的正负，进一步判断函数的单调性 ‎（2）通过（1）的结论可判断，代入极值点可求得函数的最大值，根据题意要使最大值大于零才能保证有两个零点，再通过合理赋值可进一步锁定的取值 ‎【详解】解：（1），‎ ‎①当时，，则函数在上单调递增。‎ ‎②当时，由得，由得，‎ ‎∴函数在上单调递增，在上单调递减。‎ ‎（2）①当时，由（1）知函数在上单调递增。‎ ‎∴函数在上没有两个零点。‎ ‎②当时，由（1）知函数在上单调递增，在上单调递减。‎ ‎∴，‎ 设，则函数在上为增函数，‎ 又，‎ 又，‎ ‎∴函数在上小于0，在上大于0.‎ 即当整数小于或等于负4时，小于0，则函数没有零点.‎ 当整数，-2，-1时，大于0，且，‎ 所以，，‎ 而上有，则，‎ ‎∴函数在上有两个零点.‎ 综上所述，函数有两个零点，整数的值为-3，-2，-1.‎ ‎【点睛】本题主要考查根据导数研究函数单调性、利用导数判断函数最值与零点的关系，考查数学转化的思想方法，难度较大，在解决此类题型中，最值点一般是研究重点，在最值点处函数的增减性会发生变化，抓住最值点研究零点问题也是导数求解问题中的难点，对于最值点与零点的交汇问题应学会归纳题型，强化训练，才能攻克此难点 ‎（二）选做题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若点是曲线上的点，点是曲线上的点，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据极坐标方程与直角坐标方程的互化，即可得出结果；‎ ‎（2）先由题意设，根据点到直线距离公式得到点到直线的距离为：，再由，即可求出结果.‎ 详解】解：（1）由得：，‎ 将，代入得曲线，的直角坐标方程为：‎ ‎（2）由题意，可设，由点到直线的距离公式可得：‎ 点到直线的距离为：‎ 由题意可得：，即 所以，的最小值为2.‎ ‎【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及参数的方法求出距离最值的问题，熟记极坐标与直角坐标的互化公式，以及曲线的参数方程即可，属于常考题型.‎ ‎23.选修4－5：不等式选讲:已知函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 代入m的值，得到关于x的不等式组，解出即可；‎ 问题转化为恒成立，当时，，令，求出的最大值，求出m的范围即可．‎ ‎【详解】解：当时，，‎ 由，‎ 得或或，‎ 解得：或，‎ 故不等式的解集是；‎ 当时，，‎ 恒成立，‎ 即恒成立，‎ 整理得：，‎ 当时，成立，‎ 当时，，‎ 令，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故，‎ 故 ‎【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，考查分类讨论思想以及转化思想，是一道常规题．‎ ‎ ‎