甘肃省陇南市6月联考2020届高三数学试卷（理科） Word版含解析

甘肃省陇南市6月联考2020届高三数学试卷（理科） Word版含解析

高三数学试卷（理科）‎ 一、选择题：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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解不等式确定集合，然后由交集的定义计算．‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集，考查运算求解能力．属于基础题．‎ ‎2.在复平面内，表示复数的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数除法运算，化简即可判断对应的点所在象限．‎ ‎【详解】由复数除法运算，可得 所以在复平面内对应点的坐标为，即位于第二象限 所以选B ‎【点睛】本题考查了复数的除法运算，复平面内点坐标特征，属于基础题．‎ - 22 -‎ ‎3.要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）‎ A. 向左平移3个单位长度 B. 向右平移3个单位长度 C 向左平移1个单位长度 D. 向右平移1个单位长度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题意得到，再根据三角函数的平移变换即可得到答案.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以要得到函数的图象，只需把函数的 图象上所有的点向左平移1个单位长度.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查三角函数的图象变换，考查运算求解能力与推理论证能力，属于简单题.‎ ‎4.已知等比数列的前项和，若，则（ ）‎ A. 2 B. -2 C. 1 D. -1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据与的关系以及等比中项的应用即可求解.‎ ‎【详解】由题意可得，，，‎ 则，解得.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查等比数列中与的关系，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎5.在中，点在线段上，且，为的中点，则（ ）‎ A. B. ‎ - 22 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量的加法法则、减法法则和数乘运算律进行运算即可.‎ ‎【详解】解：根据题意画出图形，如图所示：‎ 由题意可得，‎ 因为为的中点，所以，‎ 故．‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查平面向量，考查运算求解能力．‎ ‎6.用一个平面去截正方体，截面的形状不可能是（ ）‎ A. 正三角形 B. 正方形 C. 正五边形 D. 正六边形 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不难作出截面是正三角形和正方形的例子，正六边形的例子是由相应棱的中点连接而成，利用反证法，和平面平行的性质定理可以证明不可能是正五边形．‎ ‎【详解】如图所示：截面的形状可能是正三角形（图1），正方形（图2），正六边形（图3）‎ - 22 -‎ ‎ 　　图1 　　图2 图3‎ 假若截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质定理，可知这两条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，掌握正方体以及平面图形的几何特征，难点是借助于反证法，利用面面平行的性质定理判定C错误，属于基础题．‎ ‎7.在数列中，，，且，则（ ）‎ A. 9 B. 11 C. 13 D. 15‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知递推关系得数列是等差数列，然后求出公差和首项，再由通项公式可得．‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 所以数列是等差数列．‎ 因为，，所以，，‎ 所以．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查运算求解能力．属于基础题．‎ ‎8.展开式中的系数为（ ）‎ - 22 -‎ A. 40 B. 80 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出展开式中和的系数，然后由多项式乘法法则可得结论．‎ ‎【详解】展开式的通项为，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 则的展开式中含的项为，‎ 故展开式中的系数为40．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理，考查运算求解能力与推理论证能力．掌握二项展开式通项公式是解题关键．‎ ‎9.已知函数是定义在上的奇函数，且的图象关于直线对称，当时，，则（ ）‎ A. 3 B. C. 7 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 由题意可得，再将化成，即可得到答案；‎ ‎【详解】由题意可得，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查函数的性质，考查运算求解能力与推理论证能力.‎ ‎10.在四面体中，，，，分别为，的中点，则异面直线与所成的角为（ ）‎ - 22 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把四面体补成一个长，宽，高分别为，，1的长方体，取的中点，连接，，运用条件可得是等腰直角三角形，然后可得出答案.‎ ‎【详解】如图，把四面体补成一个长，宽，高分别为，，1的长方体，‎ 取的中点，连接，.‎ 因为，分别是，的中点，所以，，‎ 同理，.‎ 因为，所以，‎ 所以是等腰直角三角形，则，‎ 即异面直线与所成的角为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查异面直线所成的角，考查空间想象能力与运算求解能力，属于基础题.‎ ‎11.设双曲线的右焦点为，点.已知点在双曲线的左支上，且，，不共线，若的周长的最小值是，则双曲线的离心率是（ ）‎ A. 3 B. C. 5 D. ‎ ‎【答案】D - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线的定义可得，结合图示，可得当共线时，的周长最小，进而可得a与c的关系，代入公式，即可求出离心率。‎ ‎【详解】如图，设为的左焦点，连接，， ‎ 则，，‎ 所以的周长.‎ 因为，所以的周长.‎ 因为的周长的最小值是，所以，‎ 所以，所以双曲线的离心率是.‎ 故选D ‎【点睛】本题考查双曲线的定义，离心率的求法，关键在于根据已知条件得到共线时，的周长最小，再根据条件化简求值即可，考查运算求解能力与推理论证能力，属中档题。‎ ‎12.设函数是定义在上的单调函数，且，．若不等式对恒成立，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 由函数的单调性得为常数，设，由求得，已知不等式化简为．引入新函数，则的图象在直线下方，用导数研究函数的单调性，作出大致图象及直线后可得结论 ‎【详解】由题意可得为常数，设，‎ 所以，则，‎ 解得，故，．‎ 因为，所以．‎ 设，，‎ 不等式等价于函数的图象在函数图象的下方．‎ 因为，‎ 所以．‎ 因为，所以，所以．‎ 令，得，‎ 令，得，‎ 则在上单调递增，在上单调递减，‎ 则的大致图象如图所示，，结合图象可得．‎ - 22 -‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查导数与不等式恒成立问题，考查推理论证能力与运算求解能力．解题中不等式恒成立转化为函数图象在直线的下方，它们有公共点，因此利用切线斜率易得结论．‎ 二、填空题：‎ ‎13.已知函数，若，则______.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 将代入函数的解析式，解方程即可求出的值.‎ ‎【详解】由题意可得，解得.‎ ‎【点睛】本题主要考查解对数方程，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎14.已知实数，满足不等式组，则的最小值为______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组表示的平面区域，再将目标函数化为，利用表示的几何意义即可求解.‎ - 22 -‎ ‎【详解】作出不等式组的可行域，如图（阴影部分） ‎ 由，可得，‎ 作出，平移此直线，可知当直线经过时，最小，‎ ‎，解得，，即，‎ 代入可得.‎ 故答案为： 2‎ ‎【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，解题的关键是作出可行域，考查了数形结合的思想，属于基础题.‎ ‎15.辊子是客家传统农具，南方农民犁开田地后，仍有大的土块.农人便用六片叶齿组成辊轴，两侧装上木板，人跨开两脚站立，既能掌握平衡，又能增加重量，让牛拉动辊轴前进，压碎土块，以利于耕种.这六片叶齿又对应着菩萨六度，即布施､持戒､忍辱､精进､禅定与般若.若甲从这六片叶齿中任取两片不同的叶齿，放回后，乙再从这六片叶齿中任取两片不同的叶齿，则这两人选的叶齿对应的“度”没有相同的概率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用分步计数原理求出基本事件的总数，再求出事件“两人选的叶齿对应的“度”没有相同”所含基本事件的个数，根据公式计算概率．‎ - 22 -‎ ‎【详解】由题意可知所求概率.‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查数学文化与古典概型，考查运算求解能力.解题关键是求出基本事件的个数．‎ ‎16.已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于，两点，且，线段的垂直平分线过点，则抛物线的方程是______；若直线过点，则______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据焦半径公式可得，再根据可得，联立即可求出，得到抛物线的方程；再联立直线和抛物线的方程，可解得，再根据，即可解出．‎ ‎【详解】设，，‎ 由抛物线的焦半径公式可得，，，‎ 则，即.‎ 因为点在线段的垂直平分线上，所以，‎ 则.‎ 因为，，所以，‎ 因为，所以，则，解得，‎ 故抛物线的方程是.‎ 因为直线过点，所以直线的方程是，‎ - 22 -‎ 联立，整理得，则，‎ 从而，‎ 因为，所以，解得.‎ 故答案为：；．‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质的应用，直线与抛物线的位置关系的应用，意在考查学生转化与化归的能力以及数学运算能力，属于基础题．‎ 三、解答题：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，每道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 ‎17.在中，角，，所对的边分别为，，.已知.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，且，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理的边角互化可得，再利用三角形的内角和性质以及两角和的正弦公式即可求解.‎ ‎（2）利用余弦定理可得，代入求出，再根据三角形的面积公式即可求解.‎ ‎【详解】解：（1）因，所以，‎ 所以，所以，‎ 因为，所以，所以.‎ ‎（2）由余弦定理可得，‎ 因为，，所以，所以.‎ - 22 -‎ 故的面积为.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理的边角互化、余弦定理以及三角形的面积公式，考查了运算求解能力，属于基础题.‎ ‎18.在三棱锥中，平面，为的中点，且.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明出，由平面得出，再由线面垂直的判定定理可证得平面；‎ ‎（2）由（1）可知、、两两垂直，以为原点，、的方向分别为，轴的正方向，过点作平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）因为为的中点，且，所以，‎ 所以，，‎ 所以.‎ 因为，所以，即.‎ 因为平面，且平面，所以.‎ 因为平面，平面，且，‎ 所以平面.‎ - 22 -‎ ‎（2）由（1）可知、、两两垂直，则可以以为原点，、的方向分别为、轴的正方向，过点作平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 设，则、、，故，.‎ 设平面的法向量，则，‎ 不妨设，则.‎ 因为平面，所以平面的一个法向量为，‎ 所以.‎ 设二面角为，由图可知为锐角，则.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的余弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎19.已知函数．‎ ‎（1）当时，求的最值；‎ ‎（2）讨论的零点个数．‎ ‎【答案】（1）最大值为3，无最小值；（2）分类讨论，答案见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ ‎（1）先将代入函数中，得，然后对函数求导，使导函数大于零，求出函数的递增区间，使导函数小于零，求出函数的递减区间，从而可求出函数的最值；‎ ‎（2）令，可得，令，利用导数的方法研究其单调性及最值，从而讨论的范围，进而得到函数零点的个数.‎ ‎【详解】解：（1）因为，所以，‎ 所以，‎ 令，得；令，得，‎ 则在上单调递增，在上单调递减，‎ 故在时取得最大值，，没有最小值．‎ ‎（2）令，得．‎ 设，则，‎ 当时，，当时，，‎ 所以 在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以，‎ 而当时，；当时，．‎ 所以的图像如图所示 ‎①当时，方程无解，即没有零点；‎ ‎②当时，方程有且只有一解，即有唯一的零点；‎ - 22 -‎ ‎③当时，方程有两解，即有两个零点；‎ ‎④当时，方程有且只有一解，即有唯一的零点．‎ 综上，当时，没有零点；‎ 当或时，有唯一的零点；‎ 当时，有两个零点．‎ ‎【点睛】此题考查导数的应用，利用导数求函数的单调区间、最值，考查了函数的零点的判断方法，利用了数形结合的数学思想，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，且椭圆的右顶点到直线的距离为3.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过点的直线与椭圆交于，两点，求的面积的最大值(为坐标原点).‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆的右顶点到直线的距离为3可求，然后利用离心率可求，结合的关系可得椭圆的方程；‎ ‎（2）设出直线方程，联立椭圆方程，结合韦达定理可求，结合三角形面积公式及基本不等式可求的面积的最大值.‎ ‎【详解】（1）因为椭圆的右顶点到直线的距离为3，‎ 所以，解得或（舍）.‎ 因为椭圆的离心率为，所以，‎ - 22 -‎ 所以，所以.‎ 故椭圆的方程为.‎ ‎（2）由题意可知直线的斜率不为0，‎ 则可设直线的方程为，，，‎ 联立，整理得，‎ 则，，‎ 从而.‎ 故的面积.‎ 设，则，故，‎ 当且仅当，即时，的面积取得最大值2.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的方程求解及三角形面积的最值问题，三角形面积最值一般根据目标式的特征，选择合适的方法求解最值，常用基本不等式法，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎21.某公司为了丰富员工的业余文化生活，召开了一次趣味运动会.甲､乙两人参加“射击气球”这项比赛活动，他们依次轮流射击气球一次，每人射击次(射击次数由参与比赛的两人决定)，其中射击气球只有两种结果：“中”与“不中”.比赛规则如下：甲先射击，若结果是“中”，则本次射击得2分，否则得1分；再由乙第一次射击，若结果为“中”，其得分在甲第一次得分的基础上加1分，否则得1分；再由甲第二次射击，若结果为“中”，其得分在乙第一次得分的基础上加1分，否则得1分；再由乙第二次射击，若结果为“中”，其得分在甲第二次得分的基础上加1分，否则得1分；再由甲第三次射击，按此规则，直到比赛结束.已知甲､乙每次击中气球的概率均为.记，分别表示甲，乙第次射击的得分.‎ ‎（1）若，记乙的累计得分为，求的概率.‎ - 22 -‎ ‎（2）①求数学期望，，；‎ ‎②记，，，….证明：数列为等比数列.‎ ‎【答案】（1）.（2）①，，.②证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据乙每次射击得分为1分概率得出的值，再由对立事件的性质，即可得出的概率；‎ ‎（2）①分别得出，，的可能取值，求出相应的概率，列出分布列，即可得出数学期望，，；‎ ‎②先由题意得出，结合等比数列的定义，即可证明数列为等比数列.‎ ‎【详解】（1）由题意可知，且乙每次射击得分为1分的概率均为 则 故 ‎（2）①由题意可得的可能取值为1，2.‎ ‎，.‎ 则甲第一次得分的分布列为 ‎1‎ ‎2‎ 故.‎ 由题意可得的可能取值为1，2，3.‎ - 22 -‎ ‎；；.‎ 则乙第一次得分的分布列为 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 故.‎ 由题意可得的可能取值为1，2，3，4.‎ ‎；；‎ ‎；.‎ 则甲第二次得分的分布列为 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 故.‎ ‎②由题意可知.‎ 则，即.‎ 因为 所以数列是首项为，公比为的等比数列.‎ ‎【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望以及证明数列为的等比数列，属于中档题.‎ - 22 -‎ ‎（二）选考题 ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，曲线的参数方程为(为参数).‎ ‎（1）求曲线，的普通方程；‎ ‎（2）已知点，若曲线，交于，两点，求的值.‎ ‎【答案】（1）：，：.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）消去参数可得曲线普通方程；将y平方消去可得曲线的普通方程；‎ ‎（2）将直线改写成过的标准直线参数方程，再联立曲线的普通方程化简可得关于的一元二次方程，根据的几何意义，结合韦达定理，即可求出的值。‎ ‎【详解】（1）由曲线的参数方程为(为参数)，消去得.‎ 由曲线的参数方程为(为参数)，消去得.‎ ‎（2）曲线的标准参数方程为(为参数).‎ 代入，整理得，‎ 所以，，‎ 因为，，所以.‎ ‎【点睛】‎ - 22 -‎ 本题主要考查参数方程与直角坐标方程的互化，同时也考查了直线参数方程的几何意义，易错点在于要先将直线参数方程化为标准形式，再代入求解，属中档题。‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若函数的最小值为，且实数，满足，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先将写成分段函数的形式，然后解出即可；‎ ‎（2）首先求出，然后利用柯西不等式求解即可.‎ ‎【详解】（1），‎ 等价于或或，‎ 解得或或.‎ 故不等式的解集为.‎ ‎（2）由（1）知在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以，‎ 则，故 ‎(当且仅当，时取等号)，‎ - 22 -‎ 即的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查的是含绝对值不等式的解法和利用柯西不等式求最值，考查了分类讨论的思想，属于基础题.‎ - 22 -‎