39.湖南省茶陵县第三中学2020届高三第三次月考数学（理）试题

这是一份39.湖南省茶陵县第三中学2020届高三第三次月考数学（理）试题，共13页。试卷主要包含了选择题．，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020届高三第三次月考理科数学试题（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）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，只有一个选项是符合题目要求的）．1．设集合，，则（   ）A.    B.    C.    D. 2. 已知复数在复平面上对应的点在直线上，复数（是虚数单位），则（   ）A．         B．       C．       D．3. 若，则的值为（   ）A．         B．       C．       D．4. 在内随机取出两个数，则这两个数满足的概率为（    ）A．  B．  C．  D．5. 若圆与直线交于不同的两点，则实数的取值范围为（   ）A．      B．     C．    D．6. 70年代中期，美国各所名牌大学校园内，人们都像发疯一般，夜以继日，废寝忘食地玩一个数学游戏.这个游戏十分简单：任意写出一个自然数，并且按照以下的规律进行变换：如果是个奇数，则下一步变成；如果是个偶数，则下一步变成.不单单是学生，甚至连教师、研究员、教授与学究都纷纷加入.为什么这个游戏的魅力经久不衰？因为人们发现，无论是怎样一个数字，最终都无法逃脱回到谷底.准确地说，是无法逃出落入底部的循环，永远也逃不出这样的宿命.这就是著名的“冰雹猜想”.按照这种运算，自然数经过十步运算得到的数为  (　　)A． B． C． D．7. 在中，，，分别为内角，，的对边，且，则的值为（   ）A．         B．     C．     D．8．某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为，则图中的值为（    ）A．        B．      C.      D．9. 运行如下程序框图，如果输入的，则输出属于（   ）A．             B．        C．             D．10.已知向量，，，若与的夹角为60°，且，则实数的值为（    ）A.     B.     C. 6    D. 411．如图，在四边形中，，，.现沿对角线折起，使得平面平面，且三棱锥的体积为，此时点，，，在同一个球面上，则该球的体积是（   ）A．       B．       C．      D．12.已知函数存在极值，若这些极值的和大于，则实数的取值范围为（   ）A．          B．          C．         D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 若，其中，则的值为          .14. 已知函数 ，若，实数满足约束条件，则目标函数的最大值为          .15. 过点的直线交抛物线于两点，若抛物线的焦点为，则面积的最小值为          .16. 以下四个命题：①已知随机变量，若，则的值为；②设，则“”是“”的充分不必要条件；③函数的零点个数为1；④命题，,则为.其中真命题的序号为          .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）17.（本小题满分12分）已知数列为公差不为0的等差数列，满足，且成等比数列.（1）求的通项公式；（2）若数列满足 ，且，求数列的前项和.18. （本小题满分12分）已知在四棱锥中，平面,,是边长为 的等边三角形，，为的中点.（1）求证：；（2）若直线与平面所成角的正切值为，求二面角的大小.19.（本小题满分12分）近年来，微信越来越受欢迎，许多人通过微信表达自己、交流思想和传递信息，微信是现代生活中进行信息交流的重要工具.而微信支付为用户带来了全新的支付体验，支付环节由此变得简便而快捷.某商场随机对商场购物的名顾客进行统计，其中岁以下占，采用微信支付的占，岁以上采用微信支付的占.（1）请完成下面列联表： 岁以下岁以上合计使用微信支付   未使用微信支付   合计   并由列联表中所得数据判断有多大的把握认为“使用微信支付与年龄有关”？（2）采用分层抽样的方法从名顾客中抽取人参与抽奖活动，一等奖两名，记 “岁以下”得一等奖的人数为，求的分布列及数学期望.参考公式: ，.参考数据：20.（本小题满分12分）已知椭圆的两个焦点为，，是椭圆上一点，若，． （1）求椭圆的方程；（2）点是椭圆上任意一点，分别是椭圆的左、右顶点，直线与直线分别交于两点，试证：以为直径的圆交轴于定点，并求该定点的坐标.21.（本小题满分12分）已知函数.（1）如果对于任意的，恒成立，求实数的取值范围；（2）若，过点作函数的图象的所有切线，令各切点的横坐标按从小到大构成数列，求数列的所有项之和.22.（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，点，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．直线的参数方程为为参数．   （Ⅰ）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（Ⅱ）设直线与曲线的两个交点分别为，求的值．
2020年届高三第二次月考理科数学·全解全析第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,只有一个选项是符合题目要求的）．1． 【解析】由题意可得，，或，由和，解得   ，所以，即，故，故答案为C.2. 【解析】因为复数在复平面上对应的点在直线上，所以点在直线上，即，解得，所以，故，则.故选D.3. 【解析】 .故选A.4. 【解析】所求概率为几何概型，测度为面积，易知构成的公共区域为正方形，且面积为，满足的为图中的阴影部分，又阴影部分的面积为，因此所求的概率为，选B.5. 【解析】将直线的方程代入圆的方程后，整理得，依题意，直线与圆交于不同的两点，又∵，∴只需，解得的取值范围为.故选C.6. 【解析】按照运算规则依次得到，故第十步运算得到的数为，故选C.7. 【解析】由余弦定理得，即，即，由基本不等式及三角函数的值域可得，，故，且，得，即，故．故选B.8． 【解析】几何体为一个三棱锥与一个四棱锥的组合体，如图，四棱锥的底面的面积为，高为，故体积为，三棱锥的底面面积为，高为，故体积为，则组合体的体积为，解得.故选C.9. 【解析】当时，；当时，，所以.故选A.10.【解析】 ， ，故选A.11．【解析】∵，，∴的外接圆半径为.由题意知，平面平面，如图，取的中点，连结，则平面，球心在上.因为三棱锥的体积为，所以，解得，∴球心到平面的距离为（为外接球的半径），由勾股定理可得，∴，故所求球的体积为．故选A.12【解析】对函数求导得. 存在极值，在上有解，即方程在上有解，即.显然当时，无极值，不合题意，所以方程必有两个不等正根.设方程的两个不等正根分别为，则，由题意知 ，解得，满足，又，即，故所求的取值范围是.故选B． 二、填空题（本大题共4小题,每小题5分,共20分）13. 【解析】由题意得，则，令，可得，由于展开式中含的项的系数是中含的项的系数与中含的项的系数之积，又展开式的通项为，则的系数是，所以，则.14.【解析】根据分段函数，得 ，则，约束条件，即为 ，作出可行域（如图中阴影部分所示），因为 ，故只需求出的最大值，而表示过可行域内的点和点的直线的斜率，由图象，得当直线过点，时，斜率最大，即，故函数的最大值为.                                                                                        15.【解析】设点.①当直线的斜率不存在时，易知直线的方程为，此时将代入抛物线的方程中，得，解得，所以点的坐标分别为，所以的面积为；②当直线的斜率存在时，设斜率为，显然，故直线的方程为．联立，消去，得，且 ，由根与系数的关系，得，所以的面积为．综上所述，面积的最小值为．16.【解析】①由题意得正态密度函数的图象关于直线对称,正态密度函数的图象与轴围成的面积为,所以有，故①为假命题；②,,所以“”是“”的充分不必要条件，故②为真命题；③在同一平面直角坐标系中作出函数与的图象，由图可知，两个函数图象只有一个交点，所以函数的零点只有1个，故③为真命题；④由全称命题的否定为特称命题，知为，故④为假命题.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）【解析】（1）设等差数列的公差为()，由成等比数列可知,又，解得,∴.………………4分（2）由，得，当时，，………………………8分对上式也成立，∴ ，∴，∴.………12分18. 【解析】（1）因为是等边三角形，为的中点，所以.又因为平面,，可得平面，因为平面，所以；（4分）（2）如图，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，过且与直线平行的直线为轴，建立空间直角坐标系.因为平面，所以为直线与平面所成的角.（6分）由题意得，即，故，，，于是， ， ， ，设平面与平面的法向量分别为，，则由得，令，得，所以.同理求得， （10分）所以，则二面角的大小为.（12分）19.【解析】（1）由已知可得，岁以下的有人，使用微信支付的有人，岁以上使用微信支付的有人．所以列联表为：   岁以下岁以上合计使用微信支付401050未使用微信支付203050合计6040100由列联表中的数据计算可得的观测值为，由于，所以有的把握认为“使用微信支付与年龄有关”． .．．．．5分（2）采用分层抽样的方法从名顾客中抽取人，则从“岁以下”的人中抽取人，从“岁以上”的人中抽取人，的所有可能取值为，又， ， ，故分布列如下： 数学期望. .．．．．12分20.【解析】（1）由，得，即，由勾股定理，得，且，解得，根据椭圆的定义，可得，即，所以，所以椭圆的方程为．．．．．．4分（2）由（1）得，，设，则直线的方程为，它与直线的交点的坐标为，直线的方程为，它与直线的交点的坐标为，再设以为直径的圆交轴于点，则，从而，即，即，解得.故以为直径的圆交轴于定点，该定点的坐标为或. ．．．．．．．．．．12分21.【解析】（1）令 ，要使恒成立，只需当时， ，，令，则对恒成立，在上是增函数，则，．．．．．．．．．．2分①当时， 恒成立， 在上为增函数，， 满足题意；②当时， 在上有实根, 在上是增函数，则当时， ， 不符合题意；③当时， 恒成立， 在上为减函数，不符合题意，，即.  ．．．．．．．．．．5分（2），， 设切点坐标为，则切线斜率为，从而切线方程为，，即，令， ，这两个函数的图象关于点对称，则它们交点的横坐标关于对称，从而所作的所有切线的切点的横坐标构成数列的项也关于成对出现，又在内共有1008对，每对和为，∴数列的所有项之和为.．．．．．．12分22. 【解析】（1）曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程为.…………5分（2）点在直线上，将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得， ，设两根为， ， ， ，故与异号， ，， .………………10分