湖南省长沙市雅礼中学2020届高三上学期月考试卷（一）数学（理）试题

湖南省长沙市雅礼中学2020届高三上学期月考试卷（一）数学（理）试题

雅礼中学2020届高三月考试卷(一)‎ 数学(理科)‎ 本试卷分第I卷(选择题)和第I卷(非选择题)两部分，共8页.时量120分钟，满分150分.‎ 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本大题共12个小题，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.若复数的共轭复数满足：，则复数等于（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得出，利用复数的除法法则求出，利用共轭复数的概念可求出复数.‎ ‎【详解】，，因此，，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算，同时也考查了共轭复数计算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎2.已知集合,若,则a的取值范围为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出集合的数轴表示,利用数轴解题.‎ ‎【详解】‎ 画出集合A,B的数轴表示,因为,所以,故选B.‎ 考点：集合包含关系判断及其应用 ‎3.在中,(+)·=| |2,则的形状一定是 A. 等边三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由(+)·=||2,得·(+)=0,‎ 即·(++)=0,∴2·=0,∴⊥ ,∴A=90°.‎ 即的形状一定是直角三角形.‎ 本题选择C选项.‎ ‎4.我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在中“…”既代表无限次重复，但原式却是个定值，这可以通过方程确定出来，类似的不难得到（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：通过类比推理的方法，得到求值的方法：列方程，求解（舍去负根）即可.‎ 详解：由已知代数式求值方法，列方程，求解，舍负根.‎ ‎ 可得 ‎ ‎ 解得（舍）‎ ‎ 故选C.‎ 点睛：类比推理方法的前提是两种对象部分有共同属性，由特殊点向特殊点推理.通过类比推理考核研究问题的深度、思维散发情况和观察的仔细程度.‎ ‎5.展开式中的常数项为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将二项式表示为，得出其通项，令的指数为零，求出参数的值，再将参数的值代入通项可得出展开式中的常数项.‎ ‎【详解】，‎ 展开式通项为，‎ 令，得，‎ 因此，二项式展开式中的常数项为，故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查二项式展开式中指定项系数的计算，解题的关键就是写出二项展开式的通项，根据指数求出参数的值，进而求解，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎6.给出三个命题：①直线上有两点到平面的距离相等，则直线平行平面；②夹在两平行平面间的异面直线段的中点的连线平行于这个平面；③过空间一点必有唯一的平面与两异面直线平行.正确的是（ ）‎ A. ②③ B. ①② C. ①②③ D. ②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过举反例可判断出命题①的正误；利用平面与平面平行的性质定理以及直线与平面平行的性质定理可判断出命题②的正误；通过实例判断出命题③的正误.‎ ‎【详解】对于命题①，如果这两点在该平面的异侧，则直线与该平面相交，命题①错误；‎ 对于命题②，如下图所示，平面平面，，，，，且、分别为、的中点，过点作交平面于点，连接、.‎ 设是的中点，则，平面，平面，平面.‎ 同理可得平面，，平面平面.‎ 又平面平面，平面平面，‎ 平面，平面，平面，命题②正确；‎ 对于命题③，如下图所示，设是异面直线、的公垂线段，为上一点，过点作，，当点不与点或点重合时，、确定的平面即为与、都平行的平面；若点与点或点重合时，则或，命题③错误.故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线线、线面、面面平行关系的判定与性质，解题时要注意这三种平行关系的相互转化，考查推理能力与空间想象能力，属于中等题.‎ ‎7.执行如图所示的程序框图,若输出k的值为8,则判断框内可填入的条件是(　　)‎ A. s≤?‎ B. s≤?‎ C. s≤?‎ D. s≤?‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：模拟执行程序框图，的值依次为，因此（此时），因此可填，故选C.‎ 考点：程序框图及循环结构.‎ ‎8.若，使得成立是假命题，则实数取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得知，全称命题“，”是真命题，利用参变量分离法得出，然后利用基本不等式求出的最小值，可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】因为，使得成立是假命题，‎ 所以，恒成立是真命题，‎ 即，恒成立是真命题，‎ 当时，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，，因此，实数的取值范围是，故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用特称命题的真假求参数的取值范围，在求参数的取值范围时，可灵活利用参变量分离法，转化为函数的最值求解，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎9.圆锥的母线长为，其侧面展开图的中心角为弧度，过圆锥顶点的截面中，面积的最大值为，则的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设轴截面的中心角为，过圆锥顶点的截面的顶角为，且，由过圆锥顶点的截面中，面积的最大值为，明确能取到，从而明确轴截面的中心角为的范围，进而得到结果.‎ ‎【详解】设轴截面的中心角为，过圆锥顶点的截面的顶角为，且 过圆锥顶点的截面的面积为：，‎ 又过圆锥顶点的截面中，面积的最大值为，‎ 故此时，故 圆锥底面半径r ‎∴侧面展开图的中心角为弧度 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查圆锥侧面展开图扇形圆心角的计算，解题时要弄清楚圆锥底面圆的周长与侧面展开图扇形的互相相等来建立等量关系，考查空间想象能力，属于中等题.‎ ‎10.已知是定义在实数集上的奇函数，为非正的常数，且当时，.若存在实数，使得的定义域与值域都为，则实数的取值范围是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得出函数在上单调递减，结合题意得出，由题意得出，两式相加得出，可得出，从而可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】函数为上的奇函数，则，适合.‎ 当且时，函数为减函数.‎ 设，则，，‎ 此时，，且该函数在上单调递增，‎ 所以，函数在实数集上单调递减，‎ 由题意可得，则点和点在函数的图象上，且这两点关于直线对称.‎ 若，则这两点均为第二象限，都在直线的上方，不可能关于直线对称；‎ 若，则这两点均为第四象限，都在直线的下方，不可能关于直线对称.‎ 因此，.‎ 由，得，两式相加得，‎ 即，（舍去）或，则.‎ 代入，得，，又，.‎ 因此，实数的取值范围是，故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查函数单调性的应用，考查函数的定义域与值域问题，解题时要分析出函数的单调性及其他基本性质进行求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎11.椭圆与双曲线共焦点、，它们的交点对两公共焦点、的张角为，椭圆与双曲线的离心率分别为、，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，并设，，利用椭圆和双曲线的定义以及余弦定理可得出、关于的等式，从而可得出、的关系式.‎ ‎【详解】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，并设，，焦距为，在中，由余弦定理得，‎ 由椭圆和双曲线的定义得，解得.‎ 代入，‎ 得，‎ 即，，‎ 即，，因此，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查共焦点和共交点的椭圆和双曲线的综合问题，要充分结合椭圆、双曲线的定义以及余弦定理列等式求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎12.在中，的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解法：利用，得出，然后利用辅助角公式以及二倍角公式可得出的最大值；‎ 解法：由积化和差公式得出，然后利用和辅助角公式可得出的最大值.‎ ‎【详解】法1：‎ ‎，‎ 当且仅当，时，等号成立，‎ 因此，的最大值为，故选：B；‎ 法2：，‎ 当且仅当，时，等号成立，‎ 因此，的最大值为，故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查三角形中的最值的求解，涉及到三角恒等变换中的一些变形技巧，解题时要注意化异角为同角，充分利用辅助角公式来求解，考查运算求解能力，属于难题.‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21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.‎ 二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.函数的图象在原点处的切线方程是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 易知原点在函数的图象上，利用导数求出切线的斜率，然后写出直线的点斜式方程，可得出所求切线方程.‎ ‎【详解】易知原点在函数的图象上，，当时，.‎ 因此，所求切线方程为，即，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，考查利用导数求函数图象的切线方程，解题时要熟悉导数求切线方程的基本步骤，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎14.已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为为抛物线上的一点，且满足，则为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】过N作NH垂直准线，垂足为H，‎ 则|NF|=|NH|，因为，‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎，故答案为.‎ ‎15.已知函数的图象的一条对称轴为，其中 为常数，且，则函数的最小正周期为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得出，可得出的表达式，结合可求出的值，然后利用正弦型函数的周期公式可得出函数的最小正周期.‎ ‎【详解】由函数图象的一条对称轴为.‎ 可得，，，又，.‎ 因此，函数的最小正周期为，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦型函数的对称轴求参数，同时也考查了正弦型函数周期的计算，要结合题意得出参数的表达式，结合参数的取值范围求出参数的值，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎16.已知实数、、满足，下列命题中：①；②；③；④的最小值是，所有真命题为__________．‎ ‎【答案】①②③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，利用导数分析函数的单调性，可得出，，再由、、为函数的三个零点可判断出命题①、②、③的正误，由题中条件得出，，代入可判断出命题④的正误.‎ ‎【详解】令，则.，‎ ‎，，‎ 如下图所示：‎ 易知函数的三个零点分别为、、，由于，由图象可知，，，，则命题①、②、③正确；‎ 由题中条件可知，.‎ 因此，命题④也为真命题，故答案为：①②③④.‎ ‎【点睛】本题考查不等式真假的判断，解题的关键就是根据等式结构构造新函数求判断，并将参数转化为函数的零点，在考查函数的综合问题时，要充分利用导数研究函数的单调性，考查函数方程思想，属于难题.‎ 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:60分.‎ ‎17.已知数列是首项为，公比为的等比数列，.‎ ‎（1）若、、成等差数列，求的值；‎ ‎（2）证明，有.‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先利用等比数列的通项公式和前项和公式分别求出、，由题意条件得出，即为，从而解出的值；‎ ‎（2）将裂项为，利用裂项法求出，再利用放缩法可得出所证不等式.‎ ‎【详解】（1）由等比数列的通项公式得，‎ 由等比数列的前项和公式得，‎ ‎、、成等差数列，所以，，即，化简得，‎ 解得；‎ ‎（2），且，‎ 因此，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列通项公式与求和公式，同时也考查了裂项求和法，解题时要熟悉裂项求和法对数列通项结构的要求，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎18.已知在正方体中，分别是的中点，在棱上，且．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】(1)见解析；（2）二面角的余弦值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为4，则求出相应点和相应向量的坐标可证；‎ ‎（2）平面的一个法向量为，设并求出平面的一个法向量，应用向量的夹角公式，最后由图可知，二面角为钝角，可得到二面角的余弦值．‎ 试题解析：（1）如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为4，则 ‎ ‎ ‎，‎ ‎∴‎ ‎∴，∴ ‎ ‎（2）平面一个法向量为 设平面的一个法向量为 ‎∴即∴‎ 令，则，∴可取 ‎∴ ‎ 如图可知，二面角为钝角，∴二面角的余弦值为 ‎19.某健身机构统计了去年该机构所有消费者的消费金额（单位：元），如下图所示：‎ ‎（1）将去年的消费金额超过 3200 元的消费者称为“健身达人”，现从所有“健身达人”中随机抽取 2 人，求至少有 1 位消费者，其去年的消费金额超过 4000 元的概率；‎ ‎（2）针对这些消费者，该健身机构今年欲实施入会制，详情如下表：‎ 会员等级 消费金额 普通会员 ‎2000‎ 银卡会员 ‎2700‎ 金卡会员 ‎3200‎ 预计去年消费金额在内的消费者今年都将会申请办理普通会员，消费金额在内的消费者都将会申请办理银卡会员，消费金额在内的消费者都将会申请办理金卡会员. 消费者在申请办理会员时，需-次性缴清相应等级的消费金额.该健身机构在今年底将针对这些消费者举办消费返利活动，现有如下两种预设方案：‎ 方案 1：按分层抽样从普通会员， 银卡会员， 金卡会员中总共抽取 25 位“幸运之星”给予奖励: 普通会员中的“幸运之星”每人奖励 500 元； 银卡会员中的“幸运之星”每人奖励 600 元； 金卡会员中的“幸运之星”每人奖励 800 元.‎ 方案 2：每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：从-个装有 3 个白球、 2 个红球（球只有颜色不同）的箱子中， 有放回地摸三次球，每次只能摸-个球.若摸到红球的总数消费金额/元为 2，则可获得 200 元奖励金； 若摸到红球的总数为 3，则可获得 300 元奖励金；其他情况不给予奖励. 规定每位普通会员均可参加 1 次摸奖游戏；每位银卡会员均可参加 2 次摸奖游戏；每位金卡会员均可参加 3 次摸奖游戏（每次摸奖的结果相互独立） .‎ 以方案 2 的奖励金的数学期望为依据，请你预测哪-种方案投资较少？并说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）预计方案2投资较少.详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，随机变量的可能值为“”，得，即可求解。‎ ‎（2）根据方案1求得按照方案1奖励的总金额元，又由方案2：得到的可能值为“”，求得其概率，列出分布列，求得按照方案2奖励的总金额，比较得到答案。‎ ‎【详解】（1）设随机抽取的2人中，去年的消费金额超过4000元的消费者有人，‎ 则的可能值为“0，1，2”，‎ ‎∴ .‎ ‎（或者.‎ ‎（2）方案1：按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”，则“幸运之星”中的普通会员，银卡会员，金卡会员的人数分别为：‎ ‎，，，‎ ‎∴按照方案1奖励的总金额为：元，‎ 方案2：设表示参加一次摸奖游戏所获得的奖励金，‎ 则的可能值为“0，200，300”，‎ ‎∵摸到红球的概率：，∴ ，‎ ‎，，‎ ‎∴的分布列为 ‎0‎ ‎200‎ ‎300‎ ‎∴元，‎ ‎∴按照方案2奖励的总金额为：‎ 元，‎ ‎∵方案1奖励的总金额多于方案1奖励的总金额，‎ ‎∴预计方案2投资较少.‎ ‎【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列及数学期望的求解，对于求离散型随机变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可能取值，计算得出概率，列出离散型随机变量概率分布列，最后按照数学期望公式计算出数学期望，其中列出离散型随机变量概率分布列及计算数学期望是理科高考数学必考问题.‎ ‎20.已知椭圆的左顶点为，右焦点为，上顶点为，过的直线交椭圆于、.当与重合时，与的面积分别为、.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）在轴上找一点，当变化时，为定值.‎ ‎【答案】（1）；（2）轴上存在一定点，当变化时，为定值.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）作轴于，由题意得出，可得出、的值，从而得出点的坐标，将点的坐标代入椭圆的方程得出，，再结合的面积求出的值，从而可得出椭圆的方程；‎ ‎（2）设点、、，设直线方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用向量的坐标运算结合韦达定理计算，由此得出当时，为定值.‎ ‎【详解】（1），作轴于，则，，‎ 因此的坐标为，‎ 把点代入椭圆，有，故，.‎ 的面积为，则，即，解得.‎ 因此，椭圆的方程为；‎ ‎（2）设点、、，设直线的方程为.‎ 将直线的方程与椭圆的方程联立，消去得.‎ 由韦达定理得，.‎ ‎，，‎ ‎，‎ 当时，即当时，为定值.‎ 当轴时，可设，此时.‎ 故轴上存在一定点，当变化时，为定值.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中向量的数量积计算，在求解直线与椭圆的综合问题时，通常将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理设而不求法来进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，证明函数是增函数；‎ ‎（2）是否存在实数，使得只有唯一的正数，当时恒有：，若这样的实数存在，试求、的值，若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）存在实数，只有唯一值满足题意.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数的导数，构造函数，利用导数证明出，可得出，从而证明出函数是增函数；‎ ‎（2）取得出，由可得出，构造函数，由得出，然后分和两种情况讨论，结合结合已知条件得出和的值.‎ ‎【详解】（1），.‎ 令，则，‎ 因此，函数为增函数，，‎ 故，因此，函数是增函数；‎ ‎（2）取，可知.‎ ‎.‎ 令，，‎ 由于.‎ ‎①当时，‎ 时，，函数在区间上为减函数，‎ 时，，函数在区间上为增函数，‎ ‎，‎ 令，因此存在唯一的正数，使得，‎ 故只能.‎ ‎，，‎ 时，，函数在区间上为减函数，‎ 时，，函数在区间上为增函数，‎ ‎，此时只有唯一值.‎ ‎②当时，，则函数为增函数，‎ ‎，解得，故.‎ ‎（i）给定时，满足的不唯一；‎ ‎（ii）时，满足的只能.‎ 但时满足且，因此时，值也不唯一.‎ 综上，存在实数，只有唯一值，当时，恒有：.‎ ‎【点睛】本题考查函数导数应用，函数的单调性以及分类讨论思想的应用，在利用导数求解不等式恒成立问题时，要利用导数对函数的单调性进行分析，并围绕函数的最值来求解，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题.‎ ‎(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.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，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，曲线是圆心在极轴上且经过极点的圆，射线与曲线交于点.‎ ‎（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知极坐标系中两点，，若、都在曲线上，求的值.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在曲线的参数方程中消去参数可得出曲线的普通方程，根据题意设曲线的极坐标方程为（为半径），将点的极坐标代入曲线的极坐标方程，求出的值，可得出曲线的极坐标方程，确定曲线的形状，可得出曲线的普通方程；‎ ‎（2）将曲线的方程化为极坐标方程为，将点、的极坐标代入曲线的极坐标方程可得出和的表达式，代入可求出的值.‎ ‎【详解】（1）的参数方程为，的普通方程为，‎ 由题意，设曲线的极坐标方程为（为半径），‎ 将代入，得，，‎ 圆的圆心的直角坐标为，半径为，‎ 因此，的直角坐标方程为；‎ ‎（2）曲线的极坐标方程为，即 ‎，.‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程、参数方程与普通方程之间的互化，同时也考查了极坐标方程的应用，同时要熟悉极坐标方程所适用的基本情形，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若对一切实数都有，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入不等式，得出，然后分、、三种情况，去绝对值，解出不等式可得出不等式的解集；‎ ‎（2）由题意得出，只需考查时函数不减，时函数不增，可得出，再由得出，从而可求出实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，不等式即为，‎ 当时，，故；‎ 当时，，故；‎ 当时，.‎ 综上，不等式的解集为；‎ ‎（2）由题意可得.‎ 当时，；‎ 当时，，‎ 因为存在，故.‎ 当时，，‎ 故，求得.‎ 综上实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，同时也考查了不等式恒成立问题，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.‎ ‎ ‎