湖南省衡阳市2020届高三下学期第二次模拟数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com2020届高中毕业班联考（二）

理科数学

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．

1.（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

利用复数的除法运算，直接求解即可.

【详解】，

故选：A

【点睛】本题考查了复数的运算，考查了复数的除法，属于基础题.

2.已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

通过解不等式，可得： ，所以，再结合，即可得解.

【详解】由，可得： ，所以，

又因为：，所以，

故选：D

【点睛】本题考查了求集合元素，考查了对数不等式的计算，需注意描述对象的取值范围，属于基础题.

3.记为等比数列的前项和，，，则实数的值为（    ）

A. 9 B. 8 C. 7 D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】

由为等比数列，可设首项和公比为和，由可得：，又由可得：，代入即可得解.

【详解】由为等比数列，可设首项和公比为和，

由可得：，

又由可得：，整理化简可得：

，即得：，

故选：A

【点睛】本题考查了等比数列基本量的运算，考查了等比数列通项公式和求和公式，属于简单题.

4.现从编号为1，2，…，96的观众中，采用系统抽样的方法抽取八位幸运观众，其中有两个编号为21与93，则所抽取的8个编号的中位数为（    ）

A. 45 B. 48 C. 51 D. 57

【答案】C

【解析】

【分析】

96名观众用系统抽样的方法抽取8人，则分段间隔为12，由其中有两个编号为21与93，可知：第一组选取的编号为9，则第4个和第5个编号分别为45和57，取中间数即可.

【详解】96名观众用系统抽样的方法抽取8人，

则分段间隔为=12，由其中有两个编号为21与93，

可知：第一组选取的编号为9，

则第4个和第5个编号分别为45和57，

所以中位数为，

故选：C

【点睛】本题考查了抽样方法之系统抽样，考查了概念的理解和辨析，属于基础题.

5.若函数在上单调递减，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由在上单调递减，可得：导函数在R上恒成立，参变分离后，求最值即可的解.

【详解】由在上单调递减，

可得：导函数在R上恒成立，

因为，

参变分离可得：，

故选：A

【点睛】本题考查了利用函数单调性求参数范围，考查了恒成立思想和基本不等式的应用，属于中档题.

6.空间点，，，若，则的最小值为（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】

在空间中由可得：点A在以为球心，半径为1的球面上，在求外， 所以B到球心的距离减去半径即为的最小值.

【详解】在空间中由可得：

点A在以为球心，半径为1的球面上，

在球外，B到球心的距离，

，

故选B.

【点睛】本题考查了球外一点到球面上最短距离问题，类比于圆外一点到圆上的最短距离问题，考查了转化思想和空间想象能力，属于中档题.

7.将不超过实数的最大整数记为，函数为上的奇函数，当时，，则（    ）

A. 2 B. 1 C. -2 D. -1

【答案】C

【解析】

【分析】

因为，所以，再取整即可得解.

【详解】因为，所以根据奇函数性质可得：

，

所以，

故选C

【点睛】本题考查了奇偶性及对数的运算，考查了高斯函数，考查了转化思想和计算能力，属于中档题.

8.设，则下列不等式恒成立的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

利用指数函数、对数函数的单调性，以及和中间量的比较，进行大小的比较，即可得解.

【详解】对A，由增函数，所以，可得，A错；

对B，由，所以，可得，故B错；

对C，由 ，所以、且，故C不确定；对D，由，可得：，故D对；

故选：D

【点睛】本题考查了指数和对数的比较大小，考查了不等式性质和转化思想，属于中档题.

9.已知为椭圆：上一点，，是的两个焦点，椭圆的离心率为，且的周长为16，若为等腰三角形，则的取值不可能为（    ）

A. 4 B. 5 C. 6 D. 8

【答案】D

【解析】

【分析】

由椭圆的离心率为，可得，由的周长为16可得：，联立

即得，的值，，分类讨论 ， ，即可得解.

【详解】由椭圆的离心率为，即，

由的周长为16，即，

可得：，

若， ，

若，，

若，，只有不可能，

故选：D

【点睛】本题考查了椭圆的离心率和椭圆定义，考查了分类讨论思想，属于中档题.

10.算术运算符表示取余数，如，表示除以余数为，图是关于取余的一个程序框图，若输入的值为3，则输出（    ）

A. 9 B. 7

C. 3 D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】

通过循环结构，可得输出结果为：，方法一为数字分解，方法二为找规律，方法三为利用二项展开式.

【详解】，，，，求．

法一：数字易分解，取余自分晓．，显然．

法二：转化之中看尾数，逐次递推规律现．3的尾数为3，的尾数为9，的尾数为7，的尾数为1，的尾数为3，以此类推便知，其尾数以4为周期的规律循环呈现，与的尾数一致，为9．

法三：结构须意识，勿忘二项式．，知．

【点睛】本题考查了程序框图循环结构，考查了数字取余，考查了计算能力和转化思想，属于较难题.

11.已知，现将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若两函数与图象的对称中心完全相同，则满足题意的的个数为（    ）

A. 1 B. 2

C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

分析】

首先化简，可得：，因为为奇函数，若要两函数与图象的对称中心完全相同，则为奇函数，又因为的周期为，故周期为，从这两方面即可得解.

【详解】依题化简得：，根据正余弦曲线与正切曲线的图象性质，欲使得两函数图象对称中心一致，须为奇函数，且只能为，有如图的两类情况．

【点睛】本题考查了三角函数的化简和平移，考查了考查了正、余弦函数及正切函数的中心对称，考查三角函数的图像与性质，属于较难题.

12.已知的周长为9，若，则的内切圆半径的最大值为（    ）

A.  B. 1 C. 2 D.

【答案】C

【解析】

【分析】

首先化简，可得：

，，再结合图形即可得解.

【详解】法一：角靠拢，形助兴

，整理得：

，，

如图有：

由，可得，

代入，整理可得：，

．

法二：

，

得：．

法三：

，，，得，由正弦定理，得，．

，如图可得：，，，．

【点睛】本题考查了解三角形，考查了计算能力和转化思想，同时考查了数形结合，要求比较高的计算能力和转化思想，属于难题.

第Ⅱ卷

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13.若向量满足：，，则______．

【答案】2

【解析】

【分析】

由可得：，把平方即可得解.

【详解】由可得：，

，

，

故答案为：2

【点睛】本题考查了向量的数量积，考查了向量的模，考查了向量的模的平方即是向量的平方，考查了计算能力数，属于简单题.

14.中国古代崇尚玉，玉寓意美好的人或事物．许多汉字与玉相关，如：玲、珑、珍、珠、琼、理等，现将“玛、玚、珅、珪、珽、珊”六个汉字排一排，其中笔画数相同的汉字必须相邻的排法有______种．（用数字作答）

【答案】48

【解析】

【分析】

除去偏旁王外，六个字剩下的笔画数分别为3，3，5，6，6，5．6个字各有两个相同笔画，把相同笔画的放在一起，共有种排法，再松绑即可得解.

【详解】汉字笔画为传统文化中的常识，求同存异，除偏旁外，六个字剩下的笔画数分别为3，3，5，6，6，5．故由相邻问题捆绑法，可知共有个．

故答案为：48

【点睛】本题考查排列组合，考查了捆绑法，属于中档题.

15.如图，三棱锥，，，两两垂直，，，，点为三棱锥外接球球心，则与所成角的大小为______．

【答案】

【解析】

【分析】

根据题意可将三棱锥补全为一个长方体，通过平移可将两一面置于一个三角形内，解三角形，即可得解.

【详解】如图，将三棱锥补为长方体，易知其外接球的球心在长方体体对角线的中点，与所成角即为，在中，易求，，，则与所成角的大小为．

【点睛】本题考查了异面直线所成角问题，考查了割补法，考查了空间想象能力和转化思想，属于较难题.

16.直线与双曲线：及其渐近线从左至右依次交于点，，，，双曲线的左右焦点分别为，且焦距为4，则与的面积之比为______．

【答案】2

【解析】

【分析】

分别和双曲线方程以及渐近线方程联立，

可得：

由韦达定理可得：，结合图像即可得解.

【详解】，

，由以上两式可知：，

故而，具有相同的中点，故，如图，有．

【点睛】本题考查了直线和圆锥曲线的交点问题，考查了双曲线和渐近线方程，考查了韦达定理，考查了转化思想和计算能力，属于难题.

三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）

（一）必做题（共60分）

17.已知数列，满足：，，．

（1）证明：数列为等差数列．

（2）记为数列的前项和，求的值．

【答案】（1）详见解析；（2）97．

【解析】

【分析】

（1）根据定义，列出，相减即可得解；

（2）根据，以两项之和为单位，凑出和即可得解.

【详解】法一：（1）依题：，两式相减即得：

，∴为等差数列．

法二：依题：，两式相减即得：

，故奇数项成等差数列，即为等差数列．

（2）法一：，

，

．

法二：，

∵为等差数列，故，，故．

【点睛】本题考查了等差数列的证明，求数列通项，以及式处理，考查了分组求和与等差数列求和，考查了运算能力以及局部与整体的关系处理能力，属于较难题．

18.直四棱柱被平面所截，所得一部分如图所示，．

（1）证明：平面；

（2）若，，平面与平面所成角的正切值为，求点到平面的距离．

【答案】（1）详见解析；（2）．

【解析】

【分析】

（1）要证线面平行只要证平面外一条直线平行于平面内一条直线即可，本题证明为平行四边形即可得证；

（2）根据所给关系，建立直角坐标系，求出两平面的法向量，利用平面与平面所成角的正切值为，可求出E点坐标，再利用几何关系或者投影即可得解.

【详解】（1）依题：平面与两平行平面，的交线分别为，，

故有，又，故有平行四边形，

∴，面，面，∴平面．

（2）中，由余弦定理可得，由勾股定理得，又平面，

故而，，两两垂直，如图建系．

【法一求】取中点，由，得平行四边形，

∴，平面，作，（连），又，

∴平面，得，又，∴为所求二面角的平面角．

易求，又，．

【法二求】面的法向量显然为，设面的法向量为，，

，令，，依题：．

由平面，点到平面的距离转化为到平面的距离，，，

，设平面的法向量为，可为，

．

【点睛】本题考查了线面平行的证明，考查了二面角，点到平面的距离，向量代数法的综合应用．本题入口宽，较开放，传统几何法与向量代数法都可以解决．重在考查考生的空间分析与想象能力，转化思想，求解运算能力，并体现向量法解题的优化作用．

19.某中学长期坚持贯彻以人为本，因材施教的教育理念，每年都会在校文化节期间举行“数学素养能力测试”和“语文素养能力测试”两项测试，以给学生课外兴趣学习及辅导提供参考依据．成绩分为，，，，五个等级（等级，，，，分别对应5分，4分，3分，2分，1分）．某班学生两科的考试成绩的数据统计如图所示，其中“语文素养能力测试”科目的成绩为的考生有3人．

（1）求该班“数学素养能力测试”的科目平均分以及“数学素养能力测试”科目成绩为的人数；

（2）若该班共有9人得分大于7分，其中有2人10分，3人9分，4人8分．从这9人中随机抽取三人，设三人的成绩之和为，求．

（3）从该班得分大于7分的9人中选3人即甲，乙，丙组队参加学校内的“数学限时解题挑战赛”．规则为：每队首先派一名队员参加挑战赛，在限定的时间，若该生解决问题，即团队挑战成功，结束挑战；若解决问题失败，则派另外一名队员上去挑战，直至派完队员为止．通过训练，已知甲，乙，丙通过挑战赛的概率分别是，，，问以怎样的先后顺序派出队员，可使得派出队员数目的均值达到最小？（只需写出结果）

【答案】（1）2.575,4；（2）；（3）乙，甲，丙．

【解析】

【分析】

（1）根据频率分布直方图，直接求加权平均数，再根据语文素养能力测试为的频率和人数得出总人数，再根据“数学素养能力测试”科目的频率即可得解.

【详解】（1）由图可知，数学素养能力测试为的频率为0.1，故该班“数学素养能力测试”的科目平均分为，

语文素养能力测试为的频率为0.075，故而该班有人．“数学素养能力测试”科目成绩为的人数（人）．

（2）依题：的取值可为29，28，27，26，25，24．

，，，

，，，

，

．

（3）乙，甲，丙．

【点睛】本题考查了频率分布直方图的识别与分析，考查了利用排列组合求概率及期望，以及对概率的深入理解，考查了计算能力和分类讨论思想，属于较难题.

20.已知抛物线的焦点为，抛物线的准线交轴于，，，为抛物线上三点（其中在第一象限），，．

（1）求的值；

（2）已知为坐标原点，李同学从条件①出发，而刘同学从条件②出发，若要使得两位同学探索得到相同的结果“直线过同一个定点”，试问如何设计实数的值．

【答案】（1）；（2）4．

【解析】

【分析】

（1）利用所给条件，直接求值，即可得解；

（2）联立直线方程和抛物线方程，利用所给条件，结合韦达定理，即可得解.

详解】【解】（1）设，，依题：．．

，得．

（2），显然直线不平行轴，设直线：，，，

，，．

李同学：，

即直线：，直线过定点，

刘同学：，

代入可知：．因此，的值为4．

【点睛】本题考查了抛物线定义，以及方程思想解基本量，考查了联立方程结合韦达定理，考查了合理设点设线等基本的求解运算能力，考查了方程思想以及数学中偶然与必然的数学思想，属于难题.

21.已知函数．

（1）若，证明：函数的极值为一个非正数；

（2）若函数与在处的切线相同，当，时，证明：．

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析．

【解析】

【分析】

（1）先求导，找出极值点及其范围，再代入函数即可证明；

（2）通过放缩，等价证明，构造函数，即可得解.

【详解】【解】（1），

，故在上单调递增．

∵，，，令，可知，

由零点存在定理知：在上必存在一个变号零点，即极小值点．

且，极小值（确切点极小值为一个负数），命题得证．

（2）依题：，∵，，

不妨先证明：，∵在处的切线为．

构造函数：，，，，，

不妨先证：，等价于证明：，

构造函数：，，

故有，，，由不等式传递性，可知命题得证．

【点睛】本题考查了由零点存在定理寻找导函数的变号零点问题（含参找点问题），再利用隐零点代换得到此函数的性质，考查了通过切线放缩（题中有暗示）以及字母放缩，重新构造函数的能力，考查了分析能力，放缩思想，转化思想，构造函数策略，以及对数据以及代数式的敏感及处理策略，要求较高的计算能力，属于难题.

（二）选做题（共10分）

22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，且曲线关于直线对称．

（1）求；

（2）若直线与曲线交于，，直线：与曲线交于，，且的面积不超过，求直线的倾斜角的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】

（1）把参数方程化为圆的方程，根据圆关于直线对称，易知直线过圆心，代入即可得解；

（2）若设直线：，代入圆的极坐标方程，再利用面积公式即可得解，或者再利用直线和圆的普通方法即可得解.

【详解】【解】（1）消参可得曲线的普通方程：，即以为圆心，半径为2的圆，

依题知直线过圆心，．

（2）【法一】将化为极坐标方程：，直线：，

，

依题：，，又，

可得：，

又，不重合，可得：，综上，的范围为．

【法二】如图，设，，，，

，，

得：，

又，不重合，可得：，综上，的范围为．

【点睛】本题考查了极坐标方程，参数方程与普通方程的互化以及应用解题，涉及面积的处理、策略选择问题，考查了分析能力，解题策略的选择能力，以及求解运算能力．

23.已知函数．

（1）若函数存在最小值，求实数的取值范围；

（2）若对，恒成立，证明：．

【答案】（1）；（2）详见解析．

【解析】

【分析】

（1）分类讨论得出函数的分段函数，若要存在最小值则有：，化简即可得解，

（2）可通过数形结合或者分类讨论结合恒成立问题，即可得解.

【详解】【解】（1）依题：．

欲合题意，只须．

（2）【求的范围法一】依题可得：，如图，由函数，

的图象位置关系，可得：．

【求的范围法二】因为恒成立，

当，，只须；

当，，只须，

综上可得：．

∵．

∵，∴，故不等式得证．

【点睛】本题考查了含绝对值函数图象与性质，考查了数形结合解决恒成立问题，以及利用分类讨论思想进一步结合三角不等式解决恒成立问题，考查了结构意识以及运算能力，属于中档题.