湖南师大附中2020届高三摸底考试数学（理）试题 Word版含解析

湖南师大附中2020届高三摸底考试数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 湖南师大附中2020届高三摸底考试 数学（理科）‎ 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟.满分150分.‎ 第Ⅰ卷 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.设集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出和，然后直接求解即可 ‎【详解】，或，‎ ‎，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，属于简单题 ‎2.满足条件的复数对应点的轨迹是（ ）‎ A. 直线 B. 圆 C. 椭圆 D. 双曲线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设复数，然后代入，得，化简即可得答案 - 24 -‎ ‎【详解】设复数，则：，‎ ‎，‎ 结合题意有：，‎ 整理可得：.‎ 即复数对应点的轨迹是圆.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查复数的模的运算，属于简单题 ‎3.已知，令，，，那么之间的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为，所以，‎ 因为在单调递减，所以，，所以 因为函数在上单调递增，所以，即，比较大小即可求解 ‎【详解】因为，所以.因为，所以，‎ 因为，所以，所以，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查指数函数，对数函数和三角函数的单调性，以及利用单调性判断大小的题目，属于简单题 ‎4.给出关于双曲线的三个命题：‎ ‎①双曲线的渐近线方程是；‎ ‎②若点在焦距为4的双曲线上，则此双曲线的离心率；‎ - 24 -‎ ‎③若点、分别是双曲线的一个焦点和虚轴的一个端点，则线段的中点一定不在此双曲线的渐近线上.‎ 其中正确的命题的个数是（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对于①：双曲线的渐近线方程是，故①错误；‎ 对于②：双曲线的焦点为，，从而离心率，所以②正确；‎ 对于③：的中点坐标均不满足渐近线方程，所以③正确；‎ 故选C.‎ ‎5.已知函数图象如图所示，则函数的解析式可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合图像，利用特值法和函数的奇偶性，即可求解 ‎【详解】A项,,与所给函数图象不相符，故A项不符合题意 - 24 -‎ B项，，为奇函数，与所给函数图象不相符，故B项不符合题意 C项，，与所给函数图象不符.故C项不符合题意 综上所述,A、B、C项均不符合题意,只有D项符合题意，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的概念与性质，属于简单题 ‎6. 从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有（ ）‎ A. 40种 B. 60种 C. 100种 D. 120种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据题意，首先从5人中抽出两人在星期五参加活动，有种情况，‎ 再从剩下的3人中，抽取两人安排在星期六、星期日参加活动，有种情况，‎ 则由分步计数原理，可得不同的选派方法共有=60种.‎ 故选B．‎ ‎7.已知向量，满足，，且则向量与的夹角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由向量模的计算公式，根据题中数据，求出，再由向量夹角公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为向量，满足，，且，‎ 所以，即，因此，‎ - 24 -‎ 所以 故选：C ‎【点睛】本题主要考查由向量的模求向量夹角余弦值，熟记向量夹角公式，以及模的计算公式即可，属于常考题型.‎ ‎8.如图，给出的是求的值的一个程序框图，则判断框内填入的条件是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中程序的功能是计算的值，根据已知中的程序框图，我们易分析出 进行循环体的条件，进而得到答案．‎ ‎【详解】模拟程序的运行，可知程序的功能是计算的值，‎ 即，时，进入循环，当时，退出循环，‎ 则判断框内填入的条件是．‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是循环结构的程序框图的应用，解答本题的关键是根据程序的功能判断出 最后一次进入循环的条件，属于基础题．‎ ‎9.非负实数x、y满足ln（x＋y－1）≤0，则关于x－y的最大值和最小值分别为 A. 2和1 B. 2和－1 C. 1和－1 D. 2和－2‎ - 24 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：依题意有，作出可行域，如下图所示：‎ 设，则有，平移，当直线经过点时，有最小值，其值为，当直线经过点时，有最大值，其值为，‎ 因此 x－y的最大值和最小值分别为2和－2，‎ 故选：D.‎ 考点： 简单的线性规划问题．‎ ‎10.如图所示，在著名的汉诺塔问题中有三根针和套在一根针上的若干金属片，按下列规则，把金属片从根针上全部移到另一根针上：①每次只能移动一个金属片；②在每次移动过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面.将个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数记为，则（ ）‎ ‎ ‎ A. 61 B. 33 C. 63 D. 65‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 根据题意，求出，同理，求出，，，推导出 ‎【详解】由题设可得 求出，，，‎ 推导出，‎ 所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了归纳推理、图形变化的规律问题，根据题目信息，得出移动次数分成两段计数是解题的关键．‎ ‎11.已知函数的图象与过原点的直线恰有四个交点，设四个交点中横坐标最大值为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意，设直线为，则直线与切于上的一点,求出切点坐标为，然后利用切线方程，即可求出，进而得到的值 ‎【详解】函数的图象与过原点的直线恰有四个交点，‎ 直线与函数在区间内的图象相切，在区间上，‎ 的解析式，故由题意切点坐标为.‎ 切线斜率，‎ 由点斜式得切线方程为：，‎ - 24 -‎ 即 直线过原点，，得，‎ ‎.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的图像问题，难点在于利用切线方程求出的值，属于中档题 ‎12.过正方体的顶点作平面，使每条棱在平面的正投影的长度都相等，则这样的平面可以作（ ）‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 每条棱在平面的正投影的长度都相等，等价于每条棱所在直线与平面所成角都相等，从而棱，，所在直线与平面所成的角都相等，三棱锥是正三棱锥,直线，，与平面所成角都相等，过顶点作平面平面，由此能求出这样的平面的个数.‎ ‎【详解】在正方体中，每条棱在平面的正投影的长度都相等每条棱所在直线与平面所成的角都相等棱所在直线与平面所成的角都相等，易知三棱锥是正三棱锥，直线与平面所成的角都相等.过顶点作平面平面，则直线与平面所成的角都相等.同理，过顶点分别作平面与平面、平面、平面平行，直线与平面所成的角都相等.所以这样的平面可以作4个，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中关于线面关系和面面关系的相关概念，属于简单题 第Ⅱ卷 - 24 -‎ 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，满分20分.请把答案填在答题卷对应题号后的横线上.‎ ‎13.函数在处的切线方程是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出原函数的导函数，得到，再求出，然后列出利用切线方程可得答案.‎ ‎【详解】求导函数可得，‎ 当时，，‎ ‎，切点为，‎ 曲线在点处的切线方程是，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查切线方程问题，属于简单题 ‎14.数列是各项为正且单调递增的等比数列，前项和为，是与的等差中项，，则_____.‎ ‎【答案】36‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得：，由是与的等差中项，，可得即 ‎，联立解得:，，再利用通项公式即可得出答案 ‎【详解】由题意得，解得，，.‎ - 24 -‎ 故答案为：36‎ ‎【点睛】本题考查差比混合问题，设方程求解即可，属于简单题 ‎15.点是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，点在抛物线上.在中，，则的最大值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理求得，根据抛物线的定义，得,即，则取得最大值时，最小，此时直线与抛物线相切，将直线方程代入抛物线方程，由求得的值，即可求得的最大值 ‎【详解】‎ 如图，过点作准线的垂线，垂足为，则由抛物线的定义可得，‎ 由，‎ 在中正弦定理可知：，‎ 所以，‎ 所以，‎ 设的倾斜角为，则，‎ 当取得最大值时，最小，此时直线与抛物线相切，‎ 设直线的方程为，则，‎ 即，‎ - 24 -‎ 所以，‎ 所以，即，‎ 则，‎ 则得最大值为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题属于综合题，难度较大，难点（1）利用，通过正弦定理转化为；难点（2）设的倾斜角为，则，通过取得最大值时，最小，得出与抛物线相切，本题属于难题 ‎16.甲乙两位同学玩游戏，对于给定的实数，按下列方法操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一枚均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把乘以2后再减去6；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把除以2后再加上6，这样就可得到一个新的实数，对实数仍按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数，当时，甲获胜，否则乙获胜，若甲胜的概率为，则的取值范围是____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，进行两次操作后，得出的所有可能情况，根据甲胜的概率，列出相应的不等式组，即可求解.‎ ‎【详解】由题意可知，进行两次操作后，可得如下情况：‎ 当，其出现的概率为，‎ 当，其出现的概率为，‎ - 24 -‎ 当，其出现的概率为，‎ 当其出现的概率为，‎ ‎∵甲获胜的概率为，即的概率为，‎ 则满足整理得.‎ ‎【点睛】本题主要考查了概率的综合应用，以及数列的实际应用问题，其中解答中认真审题，明确题意，得出的所有可能情况，再根据甲胜的概率，列出相应的不等式组求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ 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：共60分.‎ ‎17.已知的内角的对边分别为，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理化简边角关系式，结合两角和差正弦公式和三角形内角和的特点可求得，根据的范围求得结果；（2）利用余弦定理构造等式，利用基本不等式可求得的最大值，代入三角形面积公式即可求得结果.‎ ‎【详解】（1）由正弦定理得：，‎ 即：，‎ ‎ ‎ - 24 -‎ ‎ ‎ ‎（2）由（1）知：‎ 由余弦定理得：（当且仅当时等号成立）‎ ‎∴（当且仅当时等号成立）‎ 的最大值为：‎ ‎【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简边角关系式、两角和差正弦公式的应用、余弦定理和三角形面积公式的应用、利用基本不等式求最值的问题，属于常考题型.‎ ‎18.如图在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，∥，，为线段上一点.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若点满足，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由已知条件分别证明、，由此可证得，进而可证 ‎(2)以为原点，取的中点，，，分别为轴，轴，‎ - 24 -‎ 轴正方向，建立空间直角坐标系，由，求得，进而求得平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，根据求解即可 ‎【详解】‎ ‎（1）如图，由题意，得，且，‎ ‎.‎ 底面，‎ ‎，‎ 又，平面，‎ 平面，平面平面.‎ ‎（2）如图，以为原点，取中点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，‎ 则，设，且，得 ‎，即，‎ ‎，，‎ 设平面的法向量为，‎ 由，即，‎ - 24 -‎ 令，得.‎ 又，且，所以平面，‎ 故平面的法向量为，‎ 设二面角的平面角为，则 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查点、线、面的位置关系和空间直角坐标系，属于简单题 ‎19.某学校为了了解全校学生“体能达标”的情况，从全校1000名学生中随机选出40名学生，参加“体能达标”预测，并且规定“体能达标”预测成绩小于60分的为“不合格”，否则为“合格”若该校“不合格”的人数不超过总人数的，则全校“体能达标”为“合格”；否则该校“体能达标”为“不合格”，需要重新对全校学生加强训练现将这40名学生随机分为甲、乙两个组，其中甲组有24名学生，乙组有16名学生经过预测后，两组各自将预测成绩统计分析如下：甲组的平均成绩为70，标准差为4；乙组的平均成绩为80，标准差为6（题中所有数据的最后结果都精确到整数）.‎ ‎（1）求这40名学生测试成绩的平均分和标准差；‎ ‎（2）假设该校学生的“体能达标”预测服从正态分布用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值.利用估计值估计：该校学生“体能达标”预测是否“合格”？‎ 附：①个数的平均数，方差；‎ ‎②若随机变量服从正态分布，则，，.‎ ‎【答案】（1）平均分为74，标准差为7.（2）该校学生“体能达标”预测合格.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据甲组的平均成绩为70,乙组的平均成绩为80，根据公式可得 设甲组24名学生的测试成绩分别为：，乙组16名学生的测试成绩分别为：‎ - 24 -‎ ‎，将公式变形变形为，‎ 分别求得和，即可根据公式解得解得和，最后整理公式得，计算并求解即可 ‎(2)由(1)可得,,由，‎ 得，进而得到，‎ 求出全校学生“不合格”的人数占总人数的百分比，与进行比较即可 ‎【详解】（1）这40名学生测试成绩的平均分.‎ 将变形为.‎ 设第一组学生的测试成绩分别为，‎ 第二组学生的测试成绩分别为，则 第一组的方差为 ‎，‎ 解得.‎ 第二组的方差为 ‎，‎ 解得.‎ 这40名学生的方差为 - 24 -‎ ‎，‎ 所以.‎ 综上，这40名学生测试成绩的平均分为74，标准差为7.‎ ‎（2）由，，得的估计值为，的估计值.‎ 由，得，‎ 即.所以 ‎，‎ 从而，在全校1000名学生中，“不合格”的有（人），‎ 而，‎ 故该校学生“体能达标”预测合格.‎ ‎【点睛】本题主要考查用样本估计总体，难点在于运算量较大，属于基础题 ‎20.已知椭圆的离心率为是上一点．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设是分别关于两坐标轴及坐标原点的对称点，平行于的直线交于异于的两点．点关于原点的对称点为．证明：直线与轴围成的三角形是等腰三角形．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）因为离心率为，所以；即的方程为：，代入即可；（2）设直线的斜率为,则要证直线与 - 24 -‎ 轴围成的三角形是等腰三角形需证．由已知可得直线的斜率为，则直线的方程为：，联立直线和椭圆的方程，找到斜率，代入相应的量即可．‎ 试题解析：（1）因为离心率为，所以，‎ 从而的方程为：‎ 代入解得：，‎ 因此．‎ 所以椭圆的方程为：‎ ‎（2）由题设知的坐标分别为，‎ 因此直线的斜率为，‎ 设直线的方程为：，‎ 由得：，‎ 当时，不妨设，‎ 于，‎ 分别设直线斜率为，‎ 则，‎ 则要证直线与轴围成的三角形是等腰三角形，‎ 只需证，‎ 而 - 24 -‎ 所以直线与轴转成的三角形是等腰三角形 考点：1.椭圆的方程；2.直线与椭圆综合题．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）求的单调区间；‎ ‎（2）若，，且，证明：‎ ‎【答案】（1）单调递减区间为；单调递增区间为.（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先求函数定义域，对函数求导，分别解不等式和，得函数的增区间和减区间即可；‎ ‎(2)由,得，可构造函数，则，探究在上的单调性，构造函数，探究在上的单调性,再结合关系式，利用单调性可得出结论 ‎【详解】（1）的定义域为，‎ ‎，‎ 由，得，从而；‎ 由，得，从而；‎ - 24 -‎ 所以，的单调递减区间为；‎ 单调递增区间为.‎ ‎（2），即，‎ 令，‎ 则，.‎ 当时，；当时，，，‎ 故时，恒成立，所以在上单调递增，‎ 不妨设，注意到，所以，‎ 令，则，‎ 令，则，‎ 所以在上单调递增，从而，‎ 即，所以在上单调递减，于是，‎ 即，‎ 又，所以，于是，‎ 而在上单调递增，所以，即.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在研究函数中的应用，属于含三角函数与指数函数的极值点偏移问题，难点在于选取合适的函数求导以及通过放缩对不等式进行转换，属于难题 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.做答时请写清题号.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.选修4-4：坐标系与参数方程: 在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为 - 24 -‎ ‎（为参数），直线的参数方程为（为参数），点的坐标为．‎ ‎（1）若点在曲线上运动，点在线段上运动，且，求动点的轨迹方程．‎ ‎（2）设直线与曲线交于两点，求的值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，，由即得动点的轨迹方程；（2）由题得直线的参数方程可设为（为参数），代入曲线的普通方程，得，再利用直线参数方程t的几何意义求解.‎ ‎【详解】（1）设，， ‎ 则由，得， ‎ 即 ‎ 消去，得，此即为点的轨迹方程. ‎ ‎（2）曲线的普通方程为，直线的普通方程，‎ 设为直线的倾斜角，则，，‎ - 24 -‎ 则直线的参数方程可设为（为参数）， ‎ 代入曲线的普通方程，得， ‎ 由于， ‎ 故可设点对应的参数为，，‎ 则．‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，考查动点的轨迹方程，考查直线参数方程t的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.（1）已知，且，证明：；‎ ‎（2）已知，且，证明：.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合代人所证不等式的左边中的分子,通过变形转化，利用基本不等式加以证明即可 ‎（2）结合不等式右边关系式的等价变形，通过基本不等式来证明即可 ‎【详解】证明：（1）‎ ‎，‎ 当时等号成立.‎ - 24 -‎ ‎（2）因为，‎ 又因为，所以，，，‎ ‎.‎ 当时等号成立，即原式不等式成立.‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式的应用，考查推理论证能力，化归与转化思想 - 24 -‎ - 24 -‎