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

www.ks5u.com ‎2020届高三模拟考试 数学（文科）‎ 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】‎ 分别用列举法表示A、B两个集合，再计算即可 ‎【详解】由题得，，‎ 则.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了集合的补集运算，属于基础题.‎ ‎2. 若复数为纯虚数，则实数（ ）‎ A. B. 0 C. 5 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的模的计算公式，以及复数的运算，可求得.再由其为纯虚数知，实部为零，即可求解.‎ ‎【详解】由题可得，又为纯虚数，所以．‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的模的计算，复数的概念，复数的运算，属于基础题.‎ - 22 -‎ ‎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. 已知数列是公差为的等差数列，且成等比数列，则（ ）‎ A. 4 B. 3 C. 2 D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列和等比数列公式直接计算得到答案.‎ ‎【详解】由成等比数列得，即，已知，解得.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列，等比数列的基本量的计算，意在考查学生的计算能力.‎ ‎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 - 22 -‎ 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.‎ ‎6. 已知实数，满足约束条件则的最大值为（ ）‎ A. 1 B. 4 C. 8 D. 10‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据约束条件，画出可行域.再将化成，利用的几何意义，即可求出最大值.‎ ‎【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，即 - 22 -‎ 表示直线在轴的截距，‎ 由图可知当经过点时截距最大，‎ 故的最大值为8．‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了线性规划求目标函数的最值问题，考查了数形结合思想，属于基础题.‎ ‎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（ ）‎ 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】，，；‎ ‎，，；；；‎ ‎；；；.‎ - 22 -‎ ‎，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，是两个不共线的向量，且，，，若，，三点共线，则（ ）‎ A. 1 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量共线定理的推论知，当三点共线时，有，将分别代入，得方程组，即可解得的值.‎ ‎【详解】由三点共线，‎ 得，‎ 故 解得．‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量共线定理的推论，向量的运算，平面向量基本定理，属于中档题.‎ ‎9. 函数的图象大致为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 22 -‎ ‎【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 ‎【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（ ）‎ - 22 -‎ 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，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. 已知函数是减函数，则正数（ ）‎ A. 9 B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的单调性，判断出恒成立，利用的导函数研究的最大值，由此列方程求得的值.‎ ‎【详解】由是减函数，得对任意的，都有恒成立.设.‎ ‎∵，，∴当时，；当时，‎ - 22 -‎ ‎，∴在上单调递增，在上单调递减，∴在时取得最大值.又∵，∴对任意的，恒成立，即的最大值为，∴，解得.‎ 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.‎ 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．‎ ‎14. 函数的定义域为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数解析式各部分有意义，得出不等式组，解得定义域.‎ ‎【详解】因为函数有意义，‎ 所以，‎ - 22 -‎ 解得 所以，即的定义域为．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了函数定义域的求法，一元二次不等式及指数不等式的求解，属于基础题.‎ ‎15. 已知数列是公比为3的等比数列，其前项和满足，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用前n项和与第n项间的关系，求出，又根据等比数列的定义，解得，代入求解.‎ ‎【详解】由已知，可得，‎ 两式相减得，即，‎ 数列是公比为3的等比数列 则，，‎ 又∵，‎ ‎∴.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列中前n项和与第n项间的关系，等比数列的定义.‎ ‎16. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，则球的表面积为__________.‎ ‎【答案】‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示，将三棱锥补成长方体，球为长方体的外接球，长、宽、高分别为，计算得到，得到答案.‎ ‎【详解】如图所示，将三棱锥补成长方体，球为长方体的外接球，长、宽、高分别为，‎ 则，所以，所以球的半径，‎ 则球的表面积为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，将三棱锥补成长方体是解题的关键.‎ 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，已知四棱锥的底面为矩形，平面为的中点．‎ - 22 -‎ ‎（1）证明：．‎ ‎（2）若为线段上的一点，且，求点到平面的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要证明只需证明平面，只需证明和.其中需要通过平面来证明，找到条件矩形可得，条件平面可证得.可以通过等腰底边的中线即为高来证明.‎ ‎（2）利用等体积法，即可求点到平面的距离.‎ ‎【详解】解：（1）证明：平面，，‎ ‎ 底面为矩形，，‎ 又，‎ 平面，则，‎ ‎，为的中点，‎ ‎，且，‎ 平面，‎ 则；‎ ‎（2）‎ ‎，‎ ‎，‎ 设点M到平面PCD的距离为h，‎ ‎，‎ ‎，‎ - 22 -‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理和性质定理，线线垂直的证明问题，利用等体积法求点到平面的距离问题，属于中档题.‎ ‎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】‎ ‎（1）由正弦定理，化角为边得，再将其代入的余弦定理公式，求出，进而求出角；‎ ‎（2）根据面积为2，可得.利用向量加法的平行四边形法则，将表示成，再用向量的模的计算公式，结合基本不等式，即可求出其最小值.‎ ‎【详解】解：（1）由已知可得，‎ 得，‎ 所以，‎ 又因为，‎ 所以；‎ ‎（2）由，即，‎ 所以，‎ - 22 -‎ 由，得，‎ 则 ‎，‎ 当且仅当时取等号，‎ 所以的最小值为．‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，三角形的面积公式，考查了向量模长的计算公式，基本不等式的应用，属于中档题.‎ ‎19. “学习强国”学习平台是由中宣部主管，以习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神为主要内容，立足全体党员、面向全社会的优质平台.某单位共有党员200人（男女各100人），从2019年1月1日起在“学习强国”学习平台学习.现统计他们的学习积分，得到如下男党员的频率分布表和女党员的频率分布直方图. ‎ 女党员 - 22 -‎ 男党员 ‎ 积分 ‎（单位：千）‎ 人数 ‎（单位：人）‎ ‎15‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎（1）已知女党员中积分不低于6千分的有72人，求图中a与b的值；‎ ‎（2）估算女党员学习积分的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）和女党员学习积分的中位数（精确到0.1千分）；‎ ‎（3）若将学习积分不低于8千分的党员视为学习带头人，完成下面 - 22 -‎ 列联表，并判断能否有95%把握认为该单位的学习带头人与性别有关?‎ 男党员 女党员 合计 带头人 非带头人 合计 ‎100‎ ‎100‎ ‎200‎ 相关公式即数据：.‎ ‎0.100‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ k ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎【答案】（1）；（2）平均数：；中位数： ‎ ‎ （3）没有95%把握认为该单位的学习带头人与性别有关.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由频率分布直方图小矩形的面积为频率即可求解.‎ ‎（2）根据频率分布直方图平均数等于小矩形面积小矩形底边中点的横坐标之和；设中位数为，由频率分布直方图可知中位数在上，使小矩形面积为即可求解. ‎ ‎（3）根据列联表以及独立性检验即可判断.‎ ‎【详解】（1）由女党员中积分不低于6千分的有72人，则低于6千分的有人 ‎，解得，‎ ‎，解得， ‎ - 22 -‎ 故；. ‎ ‎（2）由频率分布直方图可知：‎ 平均数.‎ 设中位数为，‎ 在与上的频率为，‎ ‎，解得，‎ 综上所述，平均数：；中位数： ‎ ‎（3）列联表如下：‎ 男党员 女党员 合计 带头人 ‎30‎ ‎42‎ ‎72‎ 非带头人 ‎70‎ ‎58‎ ‎128‎ 合计 ‎100‎ ‎100‎ ‎200‎ ‎ ‎ ‎ 故没有95%把握认为该单位的学习带头人与性别有关.‎ ‎【点睛】本题主要考查频率分布图、列联表以及独立性检验，属于中档题.‎ ‎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】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意计算得到，，得到椭圆方程.‎ ‎（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.‎ - 22 -‎ ‎【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，将题目转化为是解题的关键.‎ ‎21. 已知函数.‎ ‎（1）若曲线存在与轴垂直的切线，求的取值范围.‎ ‎（2）当时，证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在上有解，，设，求导根据函数的单调性得到最值，得到答案.‎ ‎（2）证明，只需证，记，求导得到函数的单调性，得到函数的最小值，得到证明.‎ ‎【详解】（1）由题可得，在上有解，‎ 则，令，，‎ 当时，单调递增；当时，单调递减.‎ 所以是的最大值点，所以.‎ ‎（2）由，所以，‎ 要证明，只需证，即证.‎ 记在上单调递增，且，‎ 当时，单调递减；当时，单调递增.‎ - 22 -‎ 所以是的最小值点，，则，‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的切线问题，证明不等式，意在考查学生的综合应用能力和转化能力.‎ ‎（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．‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎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．‎ ‎（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.‎ - 22 -‎ 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．‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎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】‎ ‎【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．‎ - 22 -‎ ‎【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，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 -‎