湖南省益阳市2020届高三下学期复学摸底考试数学（理）试题 Word版含解析
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益阳市2020年上期高三复学摸底考试
理科数学试题卷
注意事项：
1. 本试卷包括试题卷和答题卡两部分；试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分，共4页，时量120分钟，满分150分.
2. 答题前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在本试题卷和答题卡指定位置，并认真核对答题卡条形码上的姓名、考号和科目.
3. 选择题和非选择题均须按答题卡的要求在答题卡上作答，在本试题卷和草稿纸上作答无效.
4. 考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
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，则M∩N=（ ）
A. B. {x|-2
b>c B. b>a>c C. c>a>b D. a>c>b
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数单调性进而确定函数值的范围再进行比较即可.
【详解】对于，因为在上单调递增，
即
对于，因为在定义域内单调递增，
即
对于，因为在上单调递减，
则
则
综上，
- 24 -
故选：A
【点睛】本题较易。只需根据函数单调性进而确定函数值的范围再进行比较即可.注意自变量所在区间.
4.函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先判断函数的奇偶性,再求，进行排除，可得选项．
【详解】由题意得，所以函数是奇函数，排除C、D选项；当时，，因此排除B，故选A．
【点睛】本题考查了函数图象的识别，关键掌握函数的奇偶性和函数值的特点，属于基础题．
5.设等差数列的前n项和为，若，则公差
A. B. C. 2 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
由，，立方程组，，
- 24 -
解方程组可得公差.
【详解】解一：因且，所以
，解得.
解二：，
，
∴，
∴.
【点睛】本题考查等差数列的通项公式、前n项和公式，考查计算能力，属于基础题.
6.若的展开式中的系数为8，则实数的值为（ ）
A. B. C. -1 D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据二项式定理展开式，即可得出答案.
【详解】由题意得：
其中的展开式中，含的项为：
的展开式中，含的项为：
所有 ，故=.
故选：B.
【点睛】本题主要考查二项式定理的展开式，属于基础题目.
7.若两个非零向量，满足，则向量与的夹角为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
- 24 -
【分析】
根据条件利用平方法得到向量数量积的数值，结合向量数量积与夹角之间的关系进行求解即可．
【详解】∵非零向量，满足，
∴平方得，即 ，
则，由，
平方得得，即则，
则向量与夹角的余弦值 ， ，
故选D.
【点睛】本题主要考查向量数量积的应用，求解向量数量积的大小是解决本题的关键．
8.执行如图所示的程序框图，在可行域内任取一有序数对，那么该数对能被输出的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
- 24 -
【分析】
把 和 所表示的区域画出来，用的面积比的面积，就可得出答案.
【详解】把和 所表示的区域画出来，如下图所示：
所求概率
故选：B.
【点睛】本题主要考察几何概型问题，属于基础题目.
9.将函数y＝cos（2x＋φ）的图象向右平移个单位长度，得到的函数为奇函数，则|φ|的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平移方式求出平移后的解析式，是一个奇函数，则，即可求解.
【详解】函数y＝cos（2x＋φ）的图象向右平移个单位长度，
得到，是奇函数，
- 24 -
则，
，
要使|φ|最小，即当时，.
故选：B
【点睛】此题考查根据函数的平移变换求函数解析式，根据函数的奇偶性求参数的取值，需要熟练掌握正弦型函数的基本性质.
10.双曲线的右焦点为，是双曲线上一点，点满足，，则的最小值为（ ）
A. 3 B. 2 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由得： ，所以 ，要使得取得最小值，即要为最小值，当点为双曲线的右顶点时，，故的最小值为.
【详解】因为，所以：，故三角形MPF为直角三角形，所以，为要使得取得最小值，因为，所以，要为最小值，当点为双曲线的右顶点时，，即为的最小值，，故的最小值为.
故选：C.
【点睛】本题主要考查解析几何中线段的最值问题，属于中档题目.
11.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，若三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A. 12 B. C. D. 10
【答案】C
【解析】
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【分析】
取B1C1中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，此直三棱柱和三棱锥P−ABC有相同的外接球，求出等腰三角形的外接圆半径，然后利用勾股定理可求出外接球的半径
【详解】如图，取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，所以该直三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，的外接圆直径为，球O的半径R满足，所以球O的表面积S=4πR2=，
故选：C.
【点睛】此题考查三棱锥的外接球半径与棱长的关系，及球的表面积公式，解题时要注意审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题.
12.已知函数，若函数在上只有两个零点，则实数的值不可能为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
函数的零点为函数与图象的交点，在同一直角坐标下作出函数与的图象，如图所示，
- 24 -
当函数的图象经过点（2，0）时满足条件，此时 ，当函数的图象经过点（4，0）时满足条件，此时 ，当函数的图象与相切时也满足题意，此时 ，解得， 综上所述，或或．
点睛:研究函数零点问题常常转化为函数的图象的交点个数问题.本题中已知函数有2个零点求参数k的取值范围，转化为函数与图象的交点，注意到函数过定点（2，0），并且函数的图象是圆的一部分，即，在线的旋转过程中，求k可得结论.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13.设曲线在点处的切线方程为，则______.
【答案】4
【解析】
【分析】
由题意得：，故，所以，故.
【详解】因为曲线在点处的切线方程为，
所以，
故曲线在点切线的斜率为.
又因为曲线在点处的切线方程为，
所以，故.
- 24 -
故答案为：4.
【点睛】本题主要考查函数的导函数的求值及导数的几何意义，属于基础题目.
14.函数的最大值等于______.
【答案】9
【解析】
【分析】
由正余弦二倍角公式的逆运用，化简得：
再根据配角公式得：，故的最大值为9.
【详解】因为
所以
再由配角公式得: ，所以的最大值为9.
故答案为：9.
【点睛】本题主要考查三角函数的最值，属于基础题目.
15.设等比数列满足，，则的最大值为______.
【答案】1024
【解析】
【分析】
因为等比数列满足，，所以，公比 ，
所以= ，故的最大值为1024.
【详解】因为为等比数列，，，所以
所以
，当n= 4或5时，取得最大值10，故的最大值为
- 24 -
故答案为：1024.
【点睛】本题主要考查等比数列的有关知识，属于基础题目.
16.已知直线与抛物线：相交于，两点，为的焦点，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
由得：，所以故点 为的中点，，，得，所以.
【详解】由已知，直线过点 ，恰好是抛物线 ：的准线 与 轴的交点，如下图所示，
过点，分别作 于， 于，由，则.
点 为的中点，连接，则，，点的纵坐标为1，
- 24 -
故答案为：.
【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系及抛物线焦半径的性质，属于中档题目.
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.的内角、、所对的边分别为、、，已知.
（1）求角；
（2）若，求面积的取值范围.
【答案】（1） ；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理边角互化思想结合两角和的正弦公式可求得的值，再结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用正弦定理、两角和的正弦公式，结合三角恒等变换思想以及三角形的面积化简得出，求得角的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得面积的取值范围.
【详解】（1）由，及正弦定理得：，
所以，即，
因为，，所以，
又因为，所以；
（2）因为，由正弦定理得，则，，
因为
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，
，，，所以，
所以，即面积的取值范围为.
【点睛】本题考查利用正弦定理边角互化思想求角，同时也考查了三角形面积取值范围的计算，考查了三角恒等变换思想的应用，考查计算能力，属于中等题.
18.如图，三棱柱中，，，平面.
（1）求证：；
（2）若，直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）由于三棱柱中，，所以四边形为菱形，故，又因为平面，所以，故平面 ，所以
（2）由，直线与平面所成的角为，得.再利用空间向量，即可求出答案.
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【详解】解：（1）证明：∵平面，
∴，
∵，
∴四边形是菱形.
∴，
∵，
∴平面，
∴.
（2）∵与平面所成角为，，
∴与平面所成角为，
∵平面,
∴，
令，则，，，
以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面的一个法向量为，
，，
，令，解得，
设平面的一个法向量为，
，即，令，解得，
.
- 24 -
∴二面角的余弦值为.
【点睛】本题是一道立体几何的综合题目，考查了线面垂直，线线垂直及二面角等知识点，属于中档题目.
19.某景点共有999级台阶，寓意长长久久.游客甲上台阶时，可以一步走一个台阶，也可以一步走两个台阶，无其它可能.若甲每步上一个台阶的概率为，每步上两个台阶的概率也为.为了简便描述问题，我们约定，甲从0级台阶开始向上走，一步走一个台阶记1分，一步走两个台阶记2分，记甲登上第个台阶的概率为，其中，且.
（1）甲走3步时所得分数为，求的分布列和数学期望；
（2）证明：当，且时，数列是等比数列，并求甲登上第100级台阶的概率.
【答案】（1）分布列见解析，（2）证明见解析，
【解析】
【分析】
（1）先列出该事件的不同情况，分别计算概率，即可得出答案.
（2）要等上第 台阶，可以从第台阶上到第 台阶，也可以从第台阶上到第 台阶，即：，化简即可得出答案.
【详解】解：（1）由题可得的所有可能取值为3，4，5，6，
，，
，.
3
4
5
6
- 24 -
.
（2）由题可知：，
所以，
又，，所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
∴
.
【点睛】本题考查概率的实际应用，题目涉及到概率的计算，是一个中档题目.
20.已知点，分别在轴，轴上运动，，点在线段上，且.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）直线与交于，两点，，若直线，的斜率之和为2，直线是否恒过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】（1）（2）直线恒过定点
【解析】
【分析】
（1）设，由此得出两点的坐标，根据列方程，化简后求得点的轨迹方程.
（2）设，，当直线斜率存在时，设直线的方程为，联立直线方程和轨迹的方程，写出判别式和韦达定理，根据直线，
- 24 -
的斜率之和为2列方程，求得的关系式，由此判断直线过点.当直线斜率不存在时，同样利用直线，的斜率之和为2列方程，由此求得直线的方程，此时直线也过点，由此判断出直线恒过定点.
【详解】（1）设，
因为点在线段上，且，所以，，
因为，所以，即，
所以点的轨迹的方程为.
（2）设，，
当的斜率存在时，设：，
由得，
所以，即，
，，
因为直线，的斜率之和为2，所以，
所以，即，所以，
当时，满足，即，符合题意，
此时：恒过定点，
当的斜率不存在时，，，
因为直线，斜率之和为2，所以，
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所以，此时：，恒过定点，
综上，直线恒过定点.
【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系等知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合、化归转化思想.
21.已知函数.
（1）当时，求在点处的切线方程；
（2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
（3）证明：当时，不等式成立.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）当时，，，故切线为
（2）由题意得：在上恒成立，即恒成立，求的最小值，即可得出答案.
（3）当时，可证明恒成立，变形得：，
又因为，即，故，将替换成，即可得出答案.
【详解】解：（1）时，，∴，
∴，，
∴切线方程为.
（2）由题可知在上恒成立，
∴恒成立，
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设函数，则，
令得，
当时，当时，
∴在单调递减，在单调递增，
∴.
∴，∴的取值范围是.
（3）首先证明：当时，.
设，则，.
易得：在单调递减，在单调递增.
又，，，∴.
所以存在使得.
∴当时，当时，
当时.
∴在，单调递增，在单调递减，
∵，∴在都成立，
即时恒成立.
即：，变形得：，
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设，，，
∵当时，，
当时，，
∴，
∴，即，
∴，
将替换成得：.
【点睛】本题主要考查导数的几何意义，导数与函数的单调性以及用导数研究不等式成立问题，属于压轴题目.
（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，则按所做的第一题计分.
【选修4-4：坐标系与参数方程】
22.已知在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）.
（1）若，求曲线与直线的两个交点之间的距离；
（2）若曲线上的点到直线距离的最大值为，求的值.
【答案】（1）（2）或
【解析】
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【分析】
（1）将直线的参数方程化普通方程，曲线化为普通方程，联立求出交点点坐标，进而求出两个交点的距离；
（2）将直线的方程化为普通方程，曲线的点代入，用点到直线的距离公式可得的代数式，对参数讨论可得最大值，由题意可得的值.
【详解】（1）若，直线的参数方程为（为参数）.
即直线的普通方程为，曲线的普通方程为，
联立，解得或，
则曲线与直线的两个交点的距离为
.
（2）直线的普通方程为，
故曲线上的点到直线的距离为
.
（1）当时，的最大值为.
由题设得，所以；
（2）当时，的最大值为.
由题设得，所以.
综上，或.
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【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化及两点间的距离公式和点到直线的距离公式，属于中档题.
【选修4-5：不等式选讲】
23.已知函数，.
（1）当时，解不等式；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）或；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用分类讨论法去掉绝对值，再求不等式解集；
（2）利用绝对值不等式得出，不等式化为，求出解集即可
【详解】（1）当时，，
不等式等价于或或；
解得或或；
故不等式的解集为或.
（2），
所以不等式恒成立，只要即可，
当时，不等式化为，此时；
当时，不等式化为，解得；
综上可得实数的取值范围为.
【点睛】本题主要考查了绝对值不等式解法与应用问题，也考查了运算求解能力，属于中档题.
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