湖南省湘潭市2020届高三下学期第三次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

湖南省湘潭市2020届高三下学期第三次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020届高三模拟考试 数学（理科）‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必将自己的姓名写在答题卡和本试题卷的封面上，并认真核对答题卡条形码上的姓名和相关信息.‎ ‎2.选择题和非选择题均须在答题卡上作答，在本试题卷和草稿纸上作答无效.考生在答题卡上按如下要求答题：‎ ‎（1）选择题部分请按题号用2B铅笔填涂方框，修改时用橡皮擦干净，不留痕迹.‎ ‎（2）非选择题部分请按题号用0.5毫米黑色墨水签字笔书写.‎ ‎（3）请勿折叠答题卡.保持字体工整、笔迹清晰、卡面清洁.‎ ‎3.本试题卷共4页.如缺页，考生须及时报告监考老师，否则后果自负.‎ ‎4.考试结束后，将答题卡交回.‎ 本试题卷分为第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷非选择题两部分，共23小题，时量120分钟，满分150分.‎ 第Ⅰ卷 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，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算，再求交集得到答案.‎ ‎【详解】由题意，则.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了交集的运算，属于简单题.‎ ‎2. 计算（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 22 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对分母进行实数化，再根据复数的运算法则进行计算即可.‎ ‎【详解】由复数的运算法则可得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的四则运算，意在考查学生的运算求解能力，属于基础题.‎ ‎3. 已知直线平面，则“平面平面”是“直线平面”的（ ）‎ A. 充分但不必要条件 B. 必要但不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件.‎ ‎【详解】若直线平面，平面平面，此时直线与平面可能平行，所以充分性不成立；若直线平面，直线平面，则平面平面，所以必要性成立.‎ 故选:B ‎【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查空间线面、面面的位置关系，属于基础题.‎ ‎4. 已知数列的前项和满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用，可以表示出与的关系，再利用可直接求出，利用与的关系及，得到数列是等比数列，即可求出.‎ - 22 -‎ ‎【详解】由已知，可得.‎ 两式相减得，即.‎ ‎∵，∴‎ ‎∴是首项为6，公比为3的等比数列 从而.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列中前项和与通项的关系的灵活运用，属于中档题.‎ ‎5. 下表是鞋子的长度与对应码数的关系.‎ 长度 ‎25‎ ‎25.5‎ ‎26‎ ‎26.5‎ ‎27‎ ‎27.5‎ 码数 ‎40‎ ‎41‎ ‎42‎ ‎43‎ ‎44‎ ‎45‎ 如果人的身高与脚板长呈线性相关且回归直线方程为.若某人的身高为，据此模型，估计其穿的鞋子的码数为（ ）‎ A. 42 B. 43 C. 44 D. 45‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把代入线性回归方程求得，再与表格中的数据进行对比，即可得解.‎ ‎【详解】由，解得，所以脚板长为 查表得，故穿的鞋子的码数应为44.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查线性回归方程，属于基础题.‎ - 22 -‎ ‎6. 已知实数x，y满足不等式，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据约束条件画出可行域，目标函数转化为点与连线的斜率，从而求出其最大值.‎ ‎【详解】根据约束条件画出可行域，‎ 图中阴影部分为可行域，‎ 目标函数，‎ 表示可行域中点与连线的斜率，‎ 由图可知点与连线的斜率最大，‎ 故的最大值为，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查线性规划求分式型目标函数的最大值，属于中档题.‎ ‎7. 更相减损术出自《九章算术》，它原本是为约分而设计的，原文如下：可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也，以等数约之.如图所示的程序框图的算法思路就源于“更相减损术”.若执行该程序框图，则输出的的值为（ ）‎ - 22 -‎ A. 14 B. 12 C. 7 D. 6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图进行计算，求得输出的的值.‎ 详解】，，；‎ ‎，，；；；‎ ‎；；；.‎ ‎，输出.‎ 故选：A ‎【点睛】本小题主要考查根据程序框图计算输出结果，考查中国古代数学文化，属于基础题.‎ ‎8. 已知向量，是两个夹角为的单位向量，且，，，若，，三点共线，则（ ）‎ A. 12 B. 14 C. 16 D. 18‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 由，，三点共线，得，代入已知条件，比较系数，即可得到的值，再通过数量积的运算即可得到答案.‎ ‎【详解】由，，三点共线，得，‎ 故，解得 则.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了向量共线定理、及数量积的计算，属于基础题 ‎9. 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、某个区间上的函数值的符号、某个区间上的单调性，判断出正确选项.‎ ‎【详解】由题易知函数为偶函数，排除A选项；‎ 当时，，，所以，排除B选项；‎ 当时，，，所以函数在上单调递增，排除D选项.‎ 故选：C - 22 -‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数图象的识别，属于基础题.‎ ‎10. 已知函数在上最大值为且递增，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦函数的单调性求得的最值，进而可得的最值.‎ ‎【详解】由题意可知，，，，，则，.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦函数的图象和性质，不等式的解法，属于基础题．‎ ‎11. 在直角坐标系中，，分别是双曲线：的左、右焦点，位于第一象限上的点是双曲线上的一点，满足，若点的纵坐标的取值范围是，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用以及求得，根据的取值范围求得的取值范围，由此求得的取值范围，进而求得双曲线的离心率的取值范围.‎ ‎【详解】，由，可得，又 - 22 -‎ ‎，解得，由于，所以，，，，.‎ 故选：D ‎【点睛】本小题主要考查双曲线离心率的取值范围的求法，考查向量数量积的坐标表示，属于中档题.‎ ‎12. 已知对任意实数都有，，若不等式（其中）的解集中恰有两个整数，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，构造函数，可得，再结合已知可求出，画出图象，设，只需满足，求解即可.‎ ‎【详解】设，‎ 所以为常数），得，‎ ‎，‎ 当时，，当时，，‎ 所以的递增区间是，递减区间是，‎ ‎，‎ 设，可知该函数恒过点，‎ - 22 -‎ 画出的图象，如下图所示，‎ 不等式（其中）的解集中恰有两个整数，‎ 则这两个整数解为，所以，‎ 即，解得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用、函数的概念与性质以及解不等式，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.‎ ‎13. 若直线经过抛物线的焦点，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由抛物线的方程可得焦点坐标，代入直线方程可得的值．‎ ‎【详解】可化为，焦点坐标为 由题意可得：，故．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的性质及点在直线上的性质，属于基础题．‎ - 22 -‎ ‎14. 二项式的展开式中含的项的系数是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项展开式通项公式确定含的项的项数，进而确定含的项的系数.‎ ‎【详解】因为，所以令得因此含的项的系数为 ‎【点睛】本题考查二项展开式的项的系数，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎15. 已知等差数列的公差为2，前项和为，且，，成等比数列.令，则数列的前50项和_________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先利用已知条件求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求出数列的和．‎ ‎【详解】因为，，，‎ 由题意得，解得 所以 则，‎ 则.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，及裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题．‎ - 22 -‎ ‎16. 在三棱锥中，，底面是以为直角顶点的直角三角形，且，，点到三边的距离相等，且点在平面上的射影落在内，则与平面所成角的正切值为________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点在平面上的射影为点，通过证明得到为与平面所成的角，在中计算即可得到的正弦值.‎ ‎【详解】如图，设点在平面上的射影为点，‎ 因为点到三边距离相等，则点到三边的距离相等 又点在平面上的射影落在内，‎ 所以点为的内心.‎ 设的内切圆与直角边，分别相切于，‎ 易知四边形是正方形.‎ 因为，且，，所以 则的内切圆半径，所以.‎ 因为平面，所以为与平面所成的角.‎ 因为，所以，‎ 所以与平面所成角的正切值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】要求线面角，要先找到这个角，然后根据边的关系或角的关系求解即可．本题主要考查射影的概念，线面角的定义和三角函数值的计算．‎ - 22 -‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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. 如图，已知四棱锥，平面，底面为矩形，，为的中点，.‎ ‎（1）求线段的长.‎ ‎（2）若为线段上一点，且，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）的长为4（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设，根据向量垂直关系计算得到答案.‎ ‎（2）计算平面法向量为，为平面的一个法向量，再计算向量夹角得到答案.‎ ‎【详解】（1）分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 设，则，‎ 所以.，因为，所以，‎ 即，解得，所以的长为4.‎ - 22 -‎ ‎（2）因为，所以，又，‎ 故.‎ 设为平面的法向量，则即 取，解得，‎ 所以为平面的一个法向量.‎ 显然，为平面的一个法向量，‎ 则，‎ 据图可知，二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了立体几何中的线段长度，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ ‎18. 的内角所对的边分别为，，，已知.‎ ‎（1）求角.‎ ‎（2）设为边的中点，的面积为2，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ ‎（1）由已知利用三角函数恒等变换的应用，结合正弦定理化简可得，利用余弦定理可求，结合角为三角形的内角，可求的值；‎ ‎（2）利用面积公式可得，为边的中点，利用向量的平行四边形法则知，平方后结合数量积的计算和基本不等式即可求得最小值.‎ ‎【详解】（1）由已知可得，‎ 得，‎ 所以，所以.‎ ‎（2）由，即，所以.‎ 由，所以，‎ 则，当且仅当时取等号，‎ 所以的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查解三角形的知识，用到了正弦定理和余弦定理，基本不等式等内容，属于中档题.‎ ‎19. 高三年级某班50名学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示，成绩分组区间为：.其中a，b，c成等差数列且.物理成绩统计如表.（说明：数学满分150分，物理满分100分）‎ 分组 - 22 -‎ 频数 ‎6‎ ‎9‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎5‎ ‎（1）根据频率分布直方图，请估计数学成绩的平均分；‎ ‎（2）根据物理成绩统计表，请估计物理成绩的中位数；‎ ‎（3）若数学成绩不低于140分的为“优”，物理成绩不低于90分的为“优”，已知本班中至少有一个“优”同学总数为6人，从此6人中随机抽取3人，记X为抽到两个“优”的学生人数，求X的分布列和期望值.‎ ‎【答案】（1）（分）；（2）75分；（3）见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）根据频率之和等于，a，b，c成等差数列，，解出的值，利用频率分布直方图，求出平均分；（2）根据物理成绩统计表，得到中位数所在的成绩区间，得到答案；（3）根据数学成绩“优”和物理成绩“优”，得到两科均为“优”的人数，计算出每种情况的概率，写出分布列，得到期望值.‎ ‎【详解】（1）根据频率分布直方图得，‎ 又因，‎ 解得，‎ 故数学成绩的平均分 ‎（分），‎ ‎（2）总人数50分，由物理成绩统计表知，中位数在成绩区间，‎ 所以物理成绩的中位数为75分. ‎ ‎（3）数学成绩为“优”的同学有4人，物理成绩为“优”有5人，‎ 因为至少有一个“优”的同学总数为6名同学，‎ 故两科均为“优”的人数为3人，‎ 故X的取值为0、1、2、3. ‎ - 22 -‎ ‎.‎ 所以分布列为：‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 期望值为：‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图特点，根据频率分布直方图求平均值，根据统计表求中位数，求随机变量的分布列和数学期望，属于简单题.‎ ‎20. 椭圆的左、右焦点分别为，椭圆上两动点使得四边形为平行四边形，且平行四边形的周长和最大面积分别为8和.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设直线与椭圆的另一交点为，当点在以线段为直径的圆上时，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意计算得到，，得到椭圆方程.‎ - 22 -‎ ‎（2）设，联立方程得到，根据，计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）由平行四边形的周长为8，可知，即.‎ 由平行四边形的最大面积为，可知，又，解得.‎ 所以椭圆方程为.‎ ‎（2）注意到直线的斜率不为0，且过定点.‎ 设，‎ 由消得，所以，‎ 因为，‎ 所以 ‎.‎ 因为点在以线段为直径的圆上，所以，即，‎ 所以直线的方程或.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆方程，根据直线和椭圆的位置关系求直线，将题目转化为 - 22 -‎ 是解题的关键.‎ ‎21. 已知函数.‎ ‎（1）讨论函数的单调区间；‎ ‎（2）若存在两个极值点，，证明：.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求，根据的取值分类讨论即可；‎ ‎（2）由（1）知，是方程的两实数根，由韦达定理得，，则要证，可转化为证明，判断，的范围和大小即可.‎ ‎【详解】（1）函数的定义域为，，‎ 令，则.‎ ‎①当时，，恒成立，函数的单调递增区间为.‎ ‎②当时，，方程有两根，，，‎ 当时，；当时，；当，.‎ 的单调递增区间为、，‎ 单调递减区间为.‎ ‎（2）证明：由（1）知，当时，存在两个极值点，，‎ 函数在上单调递减，则，，‎ - 22 -‎ 不妨设，则.‎ 由于 ‎，‎ 且，所以，‎ 则.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和导数在含参函数不等式证明中的应用；巧用一元二次方程中根和系数关系是关键.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22. 已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求直线和曲线的极坐标系方程；‎ ‎（2）曲线分别交直线和曲线于，，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直线的参数方程消去参数，能求出直线的普通方程，由此能求出直线的极坐标方程；由曲线的方程化为，由此能求出的极坐标方程．‎ - 22 -‎ ‎（2）直线的极坐标方程为，令，则，从而，又，由此转化为三角函数能求出的最大值．‎ ‎【详解】（1）由题可知直线的普通方程为，‎ 直线的极坐标方程为.‎ 曲线的普通方程为，‎ 因为，‎ 所以的极坐标方程为.‎ ‎（2）直线的极坐标方程为，令，‎ 则，所以.‎ 又，‎ 所以，‎ 因为，则的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与曲线的极坐标方程的求法，考查线段和的最大值的求法，考查极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎23. 已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）设函数的最小值为，已知，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得，讨论的范围，去绝对值，解不等式，求并集即可得到所求解集；‎ ‎（2）利用绝对值不等式，求出函数的最小值，即可求的值；，利用基本不等式求的最大值．‎ ‎【详解】（1）由已知不等式，得，‎ 当时，不等式为，解得，所以；‎ 当时，不等式为，解得，所以；‎ 当时，不等式为，解得，此时无解.‎ 综上，原不等式的解集为.‎ ‎（2）因为，‎ 所以，‎ 又，‎ 则，所以的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法和运用绝对值不等式的性质求最值，考查基本不等式的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ - 22 -‎ - 22 -‎