2020届湖南省永州市高三一模（10月）数学（理）试题（解析版）

2020届湖南省永州市高三一模（10月）数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）.

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】解一元二次不等式得到，通过交集的概念得到.

【详解】

∵，

∴，

故选：C.

【点睛】

本题主要考查了集合交集的运算，解出一元二次不等式得到集合是解题的关键，属于基础题.

2．若复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（    ）.

A.0 B. C. D.

【答案】B

【解析】化简复数为的形式，由此求得的虚部.

【详解】

依题意，故的虚部为.

故选B.

【点睛】

本小题主要考查复数的除法运算，考查虚部的概念，属于基础题.

3．设，则“”是“”的（    ）.

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】分别解对数不等式和指数不等式，求得题目所给两个条件的等价条件，由此判断出正确选项.

【详解】

由解得；由解得，所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

【点睛】

本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查指数不等式和对数不等式的解法，属于基础题.

4．在平行四边形中，，，，且，则（    ）.

A.5 B.6 C.7 D.10

【答案】D

【解析】建立坐标系，求出各向量坐标，再计算数量积．

【详解】

如图所示：

以A为原点建立坐标系，则，，，

∵，∴，即，

∴，，

∴，

故选：D．

【点睛】

本题主要考查了平面向量的数量积运算，建立坐标系可使计算较简单，属于中档题．

5．函数的大致图象为　　

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】利用函数的奇偶性排除，利用函数的单调性排除，从而可得结果．

【详解】

，

，

为奇函数，其图象关于原点对称，故排除，

在上是增函数且，

在上是增函数且，

所以在是增函数，排除，故选A．

【点睛】

函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．

(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；

(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；

(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据三视图判断几何体是圆锥的一部分，再根据俯视图与左视图的数据可求得底面扇形的圆心角为120°，又由侧视图知几何体的高为3，底面圆的半径为2，把数据代入圆锥的体积公式计算即可．

【详解】

解：由三视图知几何体是圆锥的一部分，

由正视图可得：底面扇形的圆心角为120°，

又由侧视图知几何体的高为3，底面圆的半径为2，

∴几何体的体积Vπ×22×3．

故选：B．

【点睛】

本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据已知的三视图分析出几何体的形状是解答的关键．

7．四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年数学家阿佩尔与哈肯证明，称为四色定理.其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色.”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用，，，四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字.”如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线围城的各区域上分别标有数字，，，的四色地图符合四色定理，区域和区域标记的数字丢失.若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为的区域的概率所有可能值中，最大的是（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】令B为1，结合古典概型计算公式，得到概率值，即可。

【详解】

A,B只能有一个可能为1，题目求最大，令B为1，则总数有30个，1号有10个，则概率为，故选C。

【点睛】

本道题考查了古典概型计算公式，难度较小。

8．已知数列的前项和为，且，，则（    ）.

A.100 B.110 C.50 D.55

【答案】D

【解析】首先利用递推关系式得到，两式相减可求出数列的通项公式，进一步利用等差数列的前项和公式求出结果.

【详解】

∵①，，

当时，，得，

当时，②

由②-①得：，

又∵，可得，进而，

当为奇数时，数列是以1为首项，2为公差的等差数列，故：；

当为偶数时，数列是以2为首项，2为公差的等差数列，故：；

所以当为正整数时，，

则，

故选：D.

【点睛】

本题主要考查了等差数列的前和公式的应用，由递推公式求出其通项公式是解题的关键，属于中档题.

9．将偶函数的图像向右平移个单位，得到的图像，则的一个单调递减区间（  ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】首先化简函数的解析式，然后结合平移变换的结论得到的解析式，最后确定其单调区间即可.

【详解】

由函数的解析式可得：，

函数为偶函数，则时，，即，

令可得，

故，

图像向右平移个单位，可得，

函数的单调递减区间满足：，

解得：，

当时，单调递减区间为，故选项B正确，

其余选项无法找到整数k满足所给的区间.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查三角函数的奇偶性，三角函数的平移方法，三角函数的单调区间等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

10．已知为双曲线：的右焦点，若圆：上恰有三个点到双曲线的一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（    ）.

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】双曲线渐近线方程为，由题意可得圆心到渐近线的距离为，通过点到直线的距离公式可得，根据即可得结果.

【详解】

双曲线：的渐近线方程为，

圆：的圆心为，半径为，

∵圆：上恰有三个点到双曲线的一条渐近线的距离为，

∴圆心到渐近线的距离为，即，化简得，

∴，即，

故选：A.

【点睛】

本题主要考查了双曲线离心率的求法，由题意转化为到渐近线的距离为得到是解题的关键，属于中档题.

11．在正方体中，，分别为棱，的中点，为侧面内一个动点.若平面，则与平面所成角的正切值的最大值为（    ）.

A. B.1 C.2 D.

【答案】D

【解析】过构造平面的平行平面，得出的轨迹，再判断的位置得出与平面所成角正切值的最大值.

【详解】

如图所示，

取的中点，连接，，．

显然，，

∴平面，平面，且

∴平面平面，

∵平面，且侧面，

∴在线段上，

又平面，

∴为与平面所成角，且，

设正方体棱长为1，则当取得最小值时，

∴的最大值为，

故选：D．

【点睛】

本题主要考查了直线与平面所成角的计算，根据题意找到点的位置是解题的关键，属于中档题．

12．对于函数，若存在，使，则称点与点是函数的一对“隐对称点”.若函数的图像存在“隐对称点”，则实数的取值范围是（    ）.

A. B.

C. D.

【答案】B

【解析】由定义得“隐对称点”即关于原点对称的点，求出函数，关于原点对称的函数解析式为，故原题意等价于方程有零点，解得，在有解，运用基本不等式即可得结果.

【详解】

由“隐对称点”的定义可知，

的图象上存在点关于原点对称，

设函数的图象与函数的图象关于原点对称，

设，则，，

∴，

故原题意等价于方程有零点，

解得，

由于，

当且仅当时，取得等号，即有，

即实数的取值范围是，

故选：B.

【点睛】

本题考查新定义的理解和运用，考查转化思想和方程思想，利用基本不等式求最值，以及运算能力，属于中档题．

二、填空题

13．已知实数，满足，则目标函数的最小值为______.

【答案】2

【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，即可求最小值．

【详解】

作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．

由得，平移直线，

由图象可知当直线经过点A时，直线的截距最小，此时最小．

由，解得，即，

代入目标函数得．

即目标函数的最小值为2．

故答案为：2.

【点睛】

本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法，属于中档题.

14．的展开式中含项的系数为______.

【答案】5

【解析】由，求得展开式中含项的系数．

【详解】

，

∴展开式中含项的系数为，

故答案为：5．

【点睛】

本题主要考查了二项式展开式某一项系数的应用问题，属于基础题．

15．在平面直角坐标系中，点为以为圆心的单位圆在第一象限上一点，，，若点沿单位圆逆时针方向旋转角到点，则______.

【答案】

【解析】记为角的终边，由三角函数的定义可得，，由题意得，结合两角差的余弦公式即可得结果.

【详解】

记为角的终边，由三角函数的定义可得，，

∵点沿单位圆逆时针方向旋转角到点，∴，

∴，

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查了三角函数的定义，利用两角差的余弦公式求值，属于中档题.

16．已知直线过抛物线：的焦点，交于，两点，交的准线于点.若，则______.

【答案】

【解析】由题意画出图形，得到直线的斜率，写出直线的方程，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系及弦长公式求解．

【详解】

如图，

，

过作抛物线准线的垂线，由，得，

则直线的倾斜角为，设直线的方程为，

设，，

联立，得①．

解得，，

∴，∴，

故答案为：．

【点睛】

本题考查抛物线的简单性质，直线与抛物线的位置关系，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题．

三、解答题

17．如图，在中，角、、所对的边分别为、、，.

（1）求；

（2）若，，，求的长.

【答案】（1）.（2）1或3.

【解析】（1）通过正弦定理将边化为角，易得，结合A的范围即可得结果；（2）易得，在中，通过余弦定理即可得结果.

【详解】

（1）在中，由正弦定理得，

，，

因为，所以.

（2），且，，

在中，，，.

由余弦定理得，

即，

解得：或.

的长为1或3.

【点睛】

本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，利用正弦定理将“边”化为角是解题的关键，属于基础题.

18．在等腰梯形中，，，，点为的中点.现将沿线段翻折，得四棱锥，且二面角为直二面角.

（1）求证：；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）

【解析】（1）连接，取中点，连接，，通过等边三角形的性质得到，，根据线面垂直判定定理得到平面，故而可得结论；（2）由面面垂直性质定理可得平面，求出平面的法向量为，同时是平面的一个法向量，求出法向量夹角的余弦值，进而可得结果.

【详解】

（1）如图连接，易知，均为正三角形，取中点，

连接，，则，.

又，平面，

平面，

又平面，所以.

（2）因为二面角为直二面角，所以平面平面，

又因为平面平面，且，所以平面.

又因为，故以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，.

所以，.

设平面的法向量为.由得

取，所以.

又因为直线平面，所以是平面的一个法向量，

所以.

又因为二面角为锐二面角，

所以二面角的余弦值.

【点睛】

本题主要考查空间中直线与直线的位置关系，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解二面角的大小，属于中档题．

19．已知椭圆：过点，短轴一个端点到右焦点的距离为2.

（1）求椭圆的方程；

（2）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点、，若坐标原点在以线段为直径的圆外，求直线的斜率的取值范围.

【答案】（1）（2）或.

【解析】（1）由题意得方程组，解出方程组即可得椭圆方程；（2）可设直线：，，，联立直线与椭圆的方程，由此利用韦达定理结合已知条件得，能求出的取值范围

【详解】

（1）由题意知，解得

所以椭圆的方程为.

（2）显然直线不满足题设条件，可设直线：，，，

联立，消去，整理得：

，

由得：或

因为坐标原点在以直线为直径的圆外

又

，即，.

故或.

【点睛】

本题主要考查了椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系，注意等价转化思想和函数与方程思想的合理运用，根据题意得到是解题的关键，属于中档题.

20．某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标来衡量产品的质量.当时，产品为优等品；当时，产品为一等品；当时，产品为二等品.第三方检测机构在该产品中随机抽取500件，绘制了这500件产品的质量指标的条形图.用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率.

（1）从该企业生产的所有产品中随机抽取1件，求该产品为优等品的概率；

（2）现某人决定购买80件该产品.已知每件成本1000元，购买前，邀请第三方检测机构对要购买的80件产品进行抽样检测.买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议：从80件产品中随机抽出4件产品进行检测，若检测出3件或4件为优等品，则按每件1600元购买，否则按每件1500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担.记企业的收益为元，求的分布列与数学期望；

（3）商场为推广此款产品，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动.客户可根据抛硬币的结果，操控机器人在方格上行进，已知硬币出现正、反面的概率都是，方格图上标有第0格、第1格、第2格、……、第50格.机器人开始在第0格，客户每掷一次硬币，机器人向前移动一次，若掷出正面，机器人向前移动一格（从到），若掷出反面，机器人向前移动两格（从到），直到机器人移到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束，若机器人停在“胜利大本营”，则可获得优惠券.设机器人移到第格的概率为，试证明是等比数列，并解释此方案能否吸引顾客购买该款产品.

【答案】（1）（2）分布见解析，数学期望为41500；（3）证明见解析，此方案能吸引顾客购买该款产品.

【解析】（1）根据条形图，可得优等品的频率为，进而可得其概率；（2）计算出的值可以为47000，39000，计算出其分别对应的概率，得到分布列，进而可得期望；（3）首先易得，，根据题意可得，化简即可得，即为等比数列，利用累加法可得，再分别计算出获胜和失败的概率，比较大小即可得结果.

【详解】

（1）根据条形图可知，优等品的频率为，用频率估计概率，则任取一件产品为优等品的概率为.

（2）由（1）任取一件产品为优等品的概率为，

由题意，或

；

.

故的分布列为：

所以数学期望.

（3）机器人在第0格为必然事件，，第一次掷硬币出现正面，机器人移到第1格，其概率.机器人移到第格的情况只有两种：

①先到第格，又出现反面，其概率，

②先到第格，又出现正面，其概率.

所以，故

所以时，数列为首项，

公比为的等比数列.

所以，，，，，

以上各式累加，得，

所以

所以获胜概率，

失败概率

，所以获胜概率更大，

故此方案能吸引顾客购买该款产品.

【点睛】

本题主要考查了相互独立事件同时发生概率的计算，离散型随机变量的分布列及期望，等比数列的证明，利用累加法求数列的通项公式，综合性较强，属于难题.

21．已知函数.

（1）试求函数的极值点的个数；

（2）若，恒成立，求的最大值.

参考数据：

【答案】（1）有唯一极小值点，没有极大值点.（2）10

【解析】（1）对函数求导可得，先判断在单调递增，结合的符号即可得结果；（2）结合（1）中的结论，有唯一极小值点，故原题等价于，即，令，则在单调递减，结合表中数据存在唯一正数，使得，从而，当时，易知不等式成立，当时，等价于，令，通过导数判断出的单调性，可得，接着证明时，满足题意即可.

【详解】

（1）函数的定义域为，，

当时，在单调递增，

，时，，

∴存在唯一正数，使得，

函数在单调递减，在单调递增，

∴函数有唯一极小值点，没有极大值点，

∴当时，有唯一极小值点，没有极大值点.

（2）由（1）知，当时，有唯一极小值点，

∴，恒成立

，∴，

∴.

令，则在单调递减，

由于，，

∴存在唯一正数，使得，从而，

由于恒成立，

①当时，成立；

②当时，由于，∴.

令，当时，，

∴在单调递减，从而.

，且，且，

∴.

下面证明时，.

，且在单调递增，由于，，

∴存在唯一，使得，

∴.

令，，易知在单调递增，

∴，

∴，即时，.

∴的最大值是10.

【点睛】

本题主要考查了通过导数判断函数极值点的个数，通过导数证明不等式恒成立问题，构造函数是解题的关键，此题综合性较强，难度大.

22．在直角坐标系中，直线的参数方程是（为参数）.以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.

（1）求曲线的直角坐标方程；

（2）设直线与轴交于点，与曲线交于，两点，且，求实数的值.

【答案】（1）； （2）.

【解析】（1）利用，将曲线的极坐标方程转化为直角坐标方程.

（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，写出判别式和韦达定理，利用直线参数的几何意义，结合列方程，解方程求得的值.

【详解】

（1）曲线的极坐标方程可化为，

将，代入上式得，即.

（2）将直线的参数方程代入得

，化简得，

由得，

，，

，

所以.

【点睛】

本小题主要考查极坐标方程转化为直角坐标方程，考查利用直线参数的几何意义计算弦长，考查运算求解能力，属于中档题.

23．已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）； （2）.

【解析】（1）利用零点分段法将函数表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集；

（2）将不等式分离常数得到，利用零点分段法求得，由此求得.

【详解】

（1）

当时，无解；

当时，由得，解得；

当时，恒成立，则；

综上所述，不等式的解集为.

（2）不等式恒成立，

恒成立.

当时，；

当时，；

当时，，

，

，即实数的取值范围.

【点睛】

本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立问题的求解策略，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.