A佳教育湖湘名校2020届高三下学期3月线上自主联合检测数学（理）试题 Word版含解析

A佳教育湖湘名校2020届高三下学期3月线上自主联合检测数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎ A佳教育·2020年3月湖湘名校高三线上自主联合检测 理科数学 一、选择题：共12小题，每小题5分，满分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.若集合，则满足的集合可以是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由推出,再依次判断选项即可.‎ ‎【详解】若,则,‎ 又 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查集合关系,属于基础题.‎ ‎2.若，其中为虚数单位，则实数的值为（ ）‎ A. －2 B. －4 C. 4 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用复数运算化简,再由实部大于0且虚部等于0列式求解.‎ ‎【详解】,‎ ‎,即,‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查复数运算,考查复数的基本概念,属于基础题.‎ ‎3.已知向量，，若，则（ ）‎ - 24 -‎ A. 2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由,可得,再利用坐标运算求出.‎ ‎【详解】,‎ 由,可得,解得,‎ 则,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了向量的坐标运算,难度不大.‎ ‎4.已知函数，若对于任意的，都有成立，则的最小值为（ ）‎ A. 2 B. 1 C. 4 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知是函数的最小值,是函数的最大值,则的最小值就是函数的半周期.‎ ‎【详解】对任意的,成立,‎ 所以,,‎ 所以,‎ 又的周期,‎ 所以,‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的性质运用,考查分析理解能力,难度不大 - 24 -‎ ‎5.在圆：中，过点的最长弦和最短弦分别为和，则四边形的面积为（ ）‎ A. 6 B. 12 C. 24 D. 36‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将圆的方程化为标准方程,得到其圆心坐标与半径,再结合直线与圆的位置关系可得､的值,进而求出答案.‎ ‎【详解】圆的标准方程为:,‎ 其圆心为,半径,‎ 过点最长的弦长是直径,故,‎ 最短的弦是与垂直的弦,又,‎ 所以,即,‎ 所以四边形的面积,‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆相交的性质,解题关键是明确和的位置关系,难度不大.‎ ‎6.“勾股定理”在西方被称为“毕达哥拉斯定理”.三国时期，吴国的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法给出了勾股定理的详细证明.如图所示的“勾股圆方图”中，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，若直角三角形中较小的锐角，现在向该正方形区域内随机地投掷100枚飞镖，则估计飞镖落在区域1的枚数最有可能是（ ）‎ A. 30 B. 40 C. 50 D. 60‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 设大正方形的边长为1,区域2直角三角形的直角边分别为,(),分别求出大正方形和小正方形的面积,再利用几何概型概率公式求解即可.‎ ‎【详解】设大正方形的边长为1,区域2直角三角形的直角边分别为,(),‎ 则,,‎ 小正方形的面积为,‎ 所以飞镖落在区域1的概率为,‎ 则估计飞镖落在区域1的枚数最有可能是,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型概率的求法,解题关键是求出两正方形的面积比,难度不大.‎ ‎7.已知抛物线x2＝－4y的准线与双曲线＝1(a>0，b>0)的两条渐近线围成一个等腰直角三角形，则该双曲线的离心率是(　　)‎ A. B. 2 C. D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 抛物线x2＝－4y的准线为l：y＝1，显然双曲线的两条渐近线互相垂直，所以该双曲线为等轴双曲线，则e＝.‎ ‎8.已知二进制数化为十进制数为，若的展开式中，的系数为15，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用进制转化求出的值,再利用二项展开式的通项公式,结合题意列式求得的值.‎ ‎【详解】根据进制转换法可得:,‎ - 24 -‎ 所以,‎ 设展开式的通项为,‎ 令,∴,‎ ‎∴的系数为,∴,∴,‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查二项式,考查进制转换,需要学生对基础知识牢固掌握且灵活运用.‎ ‎9.若两个等差数列、的前项和分别为、，且满足，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差中项的性质将化简为,再利用数列求和公式求解即可.‎ ‎【详解】,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了等差中项以及数列求和公式的性质运用,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.‎ ‎10.已知倾斜角为的直线过定点，且与圆相切，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. 或 - 24 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线和圆相切,利用点到直线的距离公式列式求出,再利用三角函数公式化简求值即可.‎ ‎【详解】由题意知且,则直线斜率,‎ 直线方程为,即,‎ 圆心坐标,则圆心到直线的距离,‎ 即,解得,即,‎ 由,可得,‎ 所以,‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的化简和求值,结合了直线与圆的相关知识,属于中档题.‎ ‎11.已知四棱锥的所有顶点都在同一球面上，底面是正方形且和球心在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于，则球的体积等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件可得球心为正方形的中心，当此四棱锥的高为球的半径时，此四棱锥体积取得最大值. 设球的半径为,则，可得为等边三角形，根据条件可得，从而得出答案.‎ - 24 -‎ ‎【详解】四棱锥的所有顶点都在同一球面上，‎ 底面是正方形且和球心在同一平面内,‎ 所以球心为正方形的中心，‎ 当此四棱锥的高为球的半径时，此四棱锥体积取得最大值.‎ 此时四棱锥为正四棱锥.‎ 设球的半径为,则,‎ 为等边三角形，则 所以此四棱锥的表面积为 ‎ 所以.球的体积 ‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查四棱锥的表面积和外接球的体积问题，属于中档题.‎ ‎12.已知函数，的最小值为3，若存在，使得，则正整数的最大值为（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数求导,研究函数单调性,利用最值与函数单调性的关系,即可求得的值,从而求得 - 24 -‎ 的最大值与最小值,再根据题意推出,即可求得的最大值.‎ ‎【详解】,‎ ‎①当或时,在恒成立,‎ 从而在单调递减,‎ 所以,解得,不合题意;‎ ‎②当时,易得在单调递减,在单调递增,‎ 所以,解得,不合题意;‎ ‎③当时,在单调递增,‎ 所以,满足题意;‎ 综上知.‎ 所以,,‎ 所以,‎ 依题意有,即,得,‎ 又,所以.‎ 从而的最大值为3.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性及最值,考查求参数的取值范围,需要学生结合分类讨论思想答题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每题5分，满分20分.‎ ‎13.已知实数，满足不等式组，则的最大值为________.‎ ‎【答案】2‎ - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域,令可得,结合图象即可求出的最大值,从而求出答案.‎ ‎【详解】作出满足不等式组的可行域如图所示,‎ ‎ ‎ 令可得,‎ 结合图象可知当直线过点时,截距最大,此时取得最大值,‎ 由,即,‎ 故的最大值为:4,‎ 的最大值为:,‎ 故答案为:2.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划的应用,利用数形结合思想答题是解决本题的关键.‎ ‎14.我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设的三个内角，，所对的边分别为，，，面积为，则“三斜求积”公式为，若，则用“三斜求积”公式求得的面积为________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 利用正弦定理推出,从而求出,最后利用面积公式计算即可.‎ ‎【详解】,‎ ‎,即,‎ 因为,‎ 所以,‎ 从而的面积为,‎ 故答案为:2.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理,考查学生的推理与计算能力,难度不大.‎ ‎15.某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则的最大值为________.‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图,利用勾股定理列出等式,再结合基本不等式求最值.‎ ‎【详解】由三视图之间的关系可知,整理得,‎ 故,‎ 解得,当且仅当时等号成立,‎ 故答案为:16‎ ‎【点睛】本题考查三视图之间的关系应用,考查基本不等式,难度不大.‎ ‎16.已知曲线：，曲线：，‎ - 24 -‎ ‎（1）若曲线在处的切线与在处的切线平行，则实数________；‎ ‎（2）若曲线上任意一点处的切线为，总存在上一点处的切线，使得，则实数的取值范围为________.‎ ‎【答案】 (1). －2 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由已知分别求出曲线在处的切线的斜率及曲线在处的切线的斜率,让两斜率相等列式求得的值;‎ ‎(2)曲线上任意一点处的切线的斜率,则与垂直的直线斜率为,再求出过曲线上任意一点处的切线斜率的范围,根据集合关系列不等式组求解得答案.‎ ‎【详解】(1),则曲线在处的切线的斜率,‎ 在处的切线的斜率,‎ 依题意有,即;‎ ‎(2)曲线上任意一点处的切线的斜率,‎ 则与垂直的直线的斜率为,‎ 而过上一点处的切线的斜率,‎ 依题意必有,解得,‎ 故答案为:.‎ 点睛】本题主要考查利用导数研究曲线上某点处的切线方程,需要学生具备一定的计算分析能力,属于中档题.‎ - 24 -‎ 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.设数列满足：，且（），.‎ ‎（1）求的通项公式：‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先根据等差中项判别法判断出数列是等差数列然后根据已知条件列式求出公差,即可得到数列的通项公式;‎ ‎(2)由(1)求出数列的通项公式,然后运用裂项相消法求出前项和.‎ ‎【详解】(1)由()可知数列是等差数列,设公差为,‎ 因为,所以,解得,‎ 所以的通项公式为:();‎ ‎(2)由(1)知,‎ 所以数列的前项和:‎ - 24 -‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用,考查裂项相消法求数列的前项和,难度不大.‎ ‎18.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，是棱上的一点.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若，是的中点，，，且二面角的正弦值为，求的值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）或4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先证明,结合,推出平面,再根据面面垂直的判定定理证明出结论;‎ ‎(2)以为原点,,,分别为,,轴建立空间直角坐标系,利用向量法结合夹角公式建立的关系式,求解即可.‎ ‎【详解】(1)因为平面,平面,所以,‎ 又,,‎ 所以平面,‎ 又平面,所以平面平面;‎ ‎(2)以为原点,,,分别为,,轴,建立如图所示的空间直角坐标系:‎ - 24 -‎ 则,,,,,,‎ 由(1)知平面,故,‎ 又是的中点,,‎ ‎,且,‎ ‎∴平面,‎ ‎∴平面的一个法向量为,‎ ‎∵,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ 设平面的法向量为,‎ 则且,‎ ‎∴且,‎ ‎∴,令,则,‎ ‎∴平面的一个法向量,‎ ‎∵二面角的正弦值为,‎ ‎∴,‎ - 24 -‎ ‎∴,‎ ‎∴或4.‎ ‎【点睛】考查空间中的垂直,考查向量法求二面角的余弦值,属于中档题.‎ ‎19.已知椭圆的离心率为，直线与以原点为圆心、椭圆的短半轴长为半径的圆相切．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）是否存在直线与椭圆交于两点，交轴于点，使成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】(1) (2) 或 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据椭圆的几何意义得到abc的值，从而得到椭圆方程；（2）将向量模长的方程两边平方得到，即，即，联立直线和椭圆得到二次方程，带入韦达定理得到参数范围．‎ 解析：‎ ‎（1）由已知得，‎ 解方程组得，‎ ‎∴椭圆的方程为，‎ ‎（2）假设存在这样的直线，‎ 由已知可知直线的斜率存在，设直线方程为，‎ - 24 -‎ 由得，‎ 设，则，‎ ‎，‎ 由得，即，即，‎ 故，代入（*）式解得或．‎ 点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎ ‎20.甲、乙两位同学参加某个知识答题游戏节目，答题分两轮，第一轮为“选题答题环节”第二轮为“轮流坐庄答题环节”.首先进行第一轮“选题答题环节”，答题规则是：每位同学各自从备选的5道不同题中随机抽出3道题进行答题，答对一题加10分，答错一题（不答视为答错）减5分，已知甲能答对备选5道题中的每道题的概率都是，乙恰能答对备选5道题中的其中3道题；第一轮答题完毕后进行第二轮“轮流坐庄答题环节”，答题规则是：先确定一人坐庄答题，若答对，继续答下一题…，直到答错，则换人（换庄）答下一题…以此类推.例如若甲首先坐庄，则他答第1题，若答对继续答第2题，如果第2题也答对，继续答第3题，直到他答错则换成乙坐庄开始答下一题，…直到乙答错再换成甲坐庄答题，依次类推两人共计答完20道题游戏结束，假设由第一轮答题得分期望高的同学在第二轮环节中最先开始作答，且记第道题也由该同学（最先答题的同学）作答的概率为（），其中，已知供甲乙回答的20道题中，甲，乙两人答对其中每道题的概率都是，如果某位同学有机会答第道题且回答正确则该同学加10分，答错（不答视为答错）则减5分，甲乙答题相互独立；两轮答题完毕总得分高者胜出.回答下列问题 ‎（1）请预测第二轮最先开始作答的是谁？并说明理由 - 24 -‎ ‎（2）①求第二轮答题中，；‎ ‎②求证为等比数列，并求（）的表达式.‎ ‎【答案】（1）第二轮最先开始答题的是甲；详见解析（2）①，②证明见解析；（）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设甲选出的3道题答对的道数为,则,设甲第一轮答题的总得分为,则,,设乙第一轮得分为,求出的分布列,得到,比较两者大小即可得出结论;‎ ‎(2)①依题意得,,再利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式求出;②,从而,,由此能证明是等比数列,并求出的表达式.‎ ‎【详解】(1)设甲选出的3道题答对的道数为,则,‎ 设甲第一轮答题的总得分为,则,‎ 所以;‎ ‎(或法二:设甲的第一轮答题的总得分为,则的所有可能取值为30,15,0,-15,‎ 且,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ - 24 -‎ 故得分为的分布列为:‎ ‎30‎ ‎15‎ ‎0‎ ‎-15‎ ‎;)‎ 设乙的第一轮得分为,则的所有可能取值为30,15,0,‎ 则,,‎ 故的分布列为:‎ ‎30‎ ‎15‎ ‎0‎ 故 ‎∵,所以第二轮最先开始答题的是甲.‎ ‎(2)①依题意知,,,‎ ‎②依题意有(),‎ ‎∴,(),‎ 又,‎ 所以是以为首项,为公比的等比数列,‎ ‎∴,‎ - 24 -‎ ‎∴().‎ ‎【点睛】本题考查概率､离散型随机变量的分布列､数学期望的求法及应用,考查等比数列,需要学生具备一定的运算求解以及分析理解能力,属于中档题.‎ ‎21.已知对数函数过定点（其中），函数（其中为的导函数，，为常数）‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若对有恒成立，且在（）处的导数相等，求证：.‎ ‎【答案】（1）当时，在单调递减；当时在单调递增，在单调递减（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求出的解析式,得到,利用分类讨论法研究的单调性;‎ ‎(2)根据(1)可知,得到和的解析式,利用求得,结合基本不等式得到,令,则可换元为,最后利用导数求出的最小值即可得证.‎ ‎【详解】(1)令(且),将定点代入解得,‎ 所以,,‎ 所以,(),‎ 当时,在时恒成立,即在单调递减;‎ 当时,,‎ - 24 -‎ 即在单调递增,在单调递减;‎ 综上所述:当时,在单调递减;‎ 当时在单调递增,在单调递减.‎ ‎(2)因为,而有恒成立,‎ 所以,‎ 由(1)知必有,‎ ‎∴,,‎ ‎,‎ 设,即,∴,‎ ‎,‎ ‎∴,‎ 令,,‎ ‎∴(),‎ ‎∴在上单调递增,‎ ‎∴,即.‎ ‎【点睛】本题考查导数研究函数单调性与最值,考查分类讨论思想,需要学生具备一定的计算分析能力,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，已知曲线：（为参数），以原点 - 24 -‎ 为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知点，直线交曲线于，两点，求的值.‎ ‎【答案】（1）曲线的普通方程，的直角坐标方程（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)直接利用转换关系式,将参数方程,极坐标方程和直角坐标方程进行转换;‎ ‎(2)将直线的普通方程化为参数方程,再利用参数的几何意义结合韦达定理求解.‎ ‎【详解】(1)已知曲线:(为参数),‎ 则曲线的普通方程,‎ 直线的极坐标方程为,‎ 则的直角坐标方程;‎ ‎(2)直线参数方程为(为参数)‎ 代入曲线:,‎ 化简得,‎ 设,对应的参数分别为,,‎ 则,,‎ 所以.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查参数方程,极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,考查直线参数方程的应用,难度不大.‎ ‎23.已知函数，.‎ ‎（1）解不等式：；‎ ‎（2）记的最小值为，若实数，满足，试证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先将化为分段函数形式,然后根据,分别解不等式即可;‎ ‎(2)由(1)可得,从而得到,再利用基本不等式求出的最小值.‎ ‎【详解】(1).‎ ‎,或或,‎ 或或,‎ ‎,‎ 不等式的解集为;‎ ‎(2)因为(当且仅当等号成立),‎ 所以的最小值,即,‎ 所以 - 24 -‎ ‎(当且仅当,等号成立).‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和利用基本不等式求最值,属于中档题.‎ - 24 -‎ - 24 -‎