湖南省邵阳市重点学校2020届高三下学期综合模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com邵阳市部分学校2020届高三综合模拟考试

理科数学试题

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．

1.设函数的定义域A，函数的定义域为B，则集合为（    ）

A. （2，3） B.  C.  D. （-3，2）

【答案】C

【解析】

【分析】

由函数的定义域，分别算出A和B，然后根据集合交集的定义，即可得到本题答案.

【详解】由，得，所以，

又由，得，所以，

所以.

故选：C

【点睛】本题主要考查函数的定义域和集合的交集运算，属基础题.

2.微信运动，是由腾讯开发的一个类似计步数据库的公众账号.用户可以通过关注微信运动公众号查看自己每天或每月行走的步数，同时也可以和其他用户进行运动量的或点赞.加入微信运动后，为了让自己的步数能领先于朋友，人们运动的积极性明显增强，下面是某人2018年1月至2018年11月期间每月跑步的平均里程（单位：十公里）的数据，绘制了下面的折线图.

根据折线图，下列结论正确的是（   ）

A. 月跑步平均里程的中位数为月份对应的里程数

B. 月跑步平均里程逐月增加

C. 月跑步平均里程高峰期大致在、月

D. 月至月的月跑步平均里程相对于月至月，波动性更小，变化比较平稳

【答案】D

【解析】

【分析】

根据折线图估计中位数、确定增减性、估计最大值，研究稳定性，即可确定选项.

【详解】根据折线图得中位数为月份对应的里程数；月跑步平均里程在1月、月、7月10月减少，月跑步平均里程高峰期大致在月；月至月的月跑步平均里程相对于月至月，波动性更小，变化比较平稳，所以选D.

【点睛】本题考查根据折线图估计相关数据，考查基本分析判断能力，属基础题.

3.已知是虚数单位，复数，给出下列命题：；的虚部为；在复平面内对应的点位于第四象限；是纯虚数.其中是假命题的为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

利用复数的运算法则计算出和,再根据复数的基本概念判断四个命题的真假.

【详解】复数,

则命题中,,,故是真命题;

命题中,,则的虚部为,故是假命题;

命题中,在复平面内对应的点为,其位于第一象限,故是假命题;

命题中,是纯虚数,故是真命题;

因此,上述命题是假命题的为,

故选:D.

【点睛】本题主要考查复数的基本概念及其运算,难度不大,属于基础题.

4.已知正的边长为4，点为边的中点，点满足，那么的值为（　　）

A.  B.  C. 1 D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】

由二倍角公式得求得tan∠BED，即可求得cos∠BEC，由平面向量数量积的性质及其运算得直接求得结果即可．

【详解】

由已知可得：EB=EC= ，

又

所以

所以

故选B．

【点睛】本题考查了平面向量数量积的性质及其运算及二倍角公式，属中档题．

5.函数的图像大致为（    ）.

A.  B.

C.  D. 

【答案】A

【解析】

【分析】

本题采用排除法:

 由排除选项D；

根据特殊值排除选项C;

由,且无限接近于0时, 排除选项B；

【详解】对于选项D:由题意可得, 令函数 ,

则,;

即.故选项D排除;

对于选项C：因为,故选项C排除;

对于选项B:当,且无限接近于0时,接近于,，此时.故选项B排除;

故选项:A

【点睛】本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题.

6.将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到关于轴对称的图象，则的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

利用辅助角公式将函数化为，通过平移求出平移后的函数解析式，利用函数关于轴对称即可求出的值.

【详解】函数，

将函数的图象沿轴向左平移个单位后，

得到函数，函数关于轴对称，

，

，

当时，.

故选：A

【点睛】本题主要考查了辅助角公式、三角函数的平移变换、以及三角函数的对称性，属于基础题.

7.汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以16等于，如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为（　　）

A. 32 B. 40 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

将三视图还原，即可求组合体体积

【详解】将三视图还原成如图几何体：半个圆柱和半个圆锥的组合体，底面半径为2，高为4，则体积为，利用张衡的结论可得

故选C

【点睛】本题考查三视图，正确还原，熟记圆柱圆锥的体积是关键，是基础题

8.世纪产生了著名的“”猜想：任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半；如果是奇数，则将它乘加，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到.如图是验证“”猜想的一个程序框图，若输入正整数的值为，则输出的的值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

列出循环的每一步，可得出输出的的值.

【详解】，输入，，不成立，是偶数成立，则；

，不成立，是偶数成立，则；

，不成立，是偶数成立，则；

，不成立，是偶数不成立，则；

，不成立，是偶数成立，则；

，不成立，是偶数成立，则；

，不成立，是偶数成立，则；

，不成立，是偶数成立，则；

，成立，跳出循环，输出的值为.

故选：C.

【点睛】本题考查利用程序框图计算输出结果，考查计算能力，属于基础题.

9.在梯形中，，，，则的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

设，则，.取的中点，延长到点，使，连接，.在,中分别用余弦定理可得，然后在中用余弦定理结合均值不等式可求解出答案.

【详解】设，则，.

取的中点，延长到点，使，连接，.

由平面几何知识，易知，.

设，.

在中，，

在中，，

∴，在中，，

又∵，∴，

∴的最大值为.

故选：B

【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形结合均值不等式求最值，属于中档题.

10.上世纪末河南出土的以鹤的尺骨（翅骨）制成的“骨笛”（图1），充分展示了我国古代高超的音律艺术及先进的数学水平，也印证了我国古代音律与历法的密切联系.图2为骨笛测量“春（秋）分”，“夏（冬）至”的示意图，图3是某骨笛的部分测量数据（骨笛的弯曲忽略不计），夏至（或冬至）日光（当日正午太阳光线）与春秋分日光（当日正午太阳光线）的夹角等于黄赤交角.

由历法理论知，黄赤交角近1万年持续减小，其正切值及对应的年代如下表：

根据以上信息，通过计算黄赤交角，可估计该骨笛的大致年代是(    )

A. 公元前2000年到公元元年 B. 公元前4000年到公元前2000年

C. 公元前6000年到公元前4000年 D. 早于公元前6000年

【答案】D

【解析】

【分析】

先理解题意，然后根据题意建立平面几何图形，在利用三角函数的知识计算出冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，即可得到正确选项．

【详解】解：由题意，可设冬至日光与垂直线夹角为，春秋分日光与垂直线夹角为，

则即为冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，

将图3近似画出如下平面几何图形：

则，，

．

，

估计该骨笛的大致年代早于公元前6000年．

故选：．

【点睛】本题考查利用三角函数解决实际问题的能力，运用了两角和与差的正切公式，考查了转化思想，数学建模思想，以及数学运算能力，属中档题．

11.已知在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】

先根据已知条件，把边化成角得到B,C关系式，结合均值定理可求.

【详解】∵，∴，

∴.又，

∴，

∴.

又∵在锐角中, ，

∴，

当且仅当时取等号，

∴.

故选：A.

【点睛】本题主要考查正弦定理和均值定理，解三角形时边角互化是求解的主要策略，侧重考查数学运算的核心素养，是中档题.

12.如图，在中，，点为的中点，点为线段垂直平分线上的一点，且，固定边，在平面内移动顶点，使得的内切圆始终与切于线段的中点，且、在直线的同侧，在移动过程中，当取得最小值时，的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

以所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，利用圆的切线长定理，得到点的轨迹是以、为焦点的双曲线在第一象限部分，然后利用直线段最短，得到点C的位置，再求三角形的面积.

【详解】如图，

以所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，

则，，，设的内切圆分别切、、于，，点，

∵，

所以点的轨迹是以、为焦点的双曲线的第一象限部分，且，，，

∴的轨迹方程为．

∵，∴，∴，

则当点为线段与双曲线在第一象限的交点时，最小，

如图所示：

线段的方程为，将其代入，得，

解得（舍去）或，∴，

∴．

∴的面积为．

故选：A

【点睛】本题主要考查双曲线的定义，圆的切线长定理以及三角形的面积，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13.在的展开式中，含的项的系数是__________．

【答案】-9

【解析】

【分析】

由于涉及的为三项展开式的问题，解题中可根据组合的方法求解．

【详解】表示三个相乘，所以展开式中含的项有两种情况：

（1）从三个选取一个然后取，再从剩余的两个中分别选取，所得结果为；

（2）从三个选取两个分别取，再从剩余的一个中选取，所得结果为．

综上可得展开式中含的项为．

故答案为．

【点睛】本题考查三项展开式的问题，解题的方法有两个：一是转化为二项展开式的问题求解，另一个是根据组合的方法求解，考查转化和计算能力，注意考虑问题时要全面，属于基础题．

14.过抛物线的焦点作两条互相垂直的弦、，若与面积之和的最小值为32，则抛物线的方程为_________.

【答案】

【解析】

【分析】

设弦和轴的夹角为，通过抛物线焦半径公式可用和分别表示出与的直角边的长度，用和表示出两个三角形的面积之和，利用函数的性质得出面积之和取最小值时对应的值，可得出的值.

【详解】设直线和轴的夹角为，由焦半径公式得到

，，

，，

，

，

设面积之和为，

，

∴，

设，，

原式化简为，

根据二次函数的性质当时有最小值，

此时，

∴

抛物线方程为.

故答案为：.

【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系之焦点弦性质，考查运算求解能力和转化与化归思想，是中档题.

15.若函数在区间上单调递增，则的最小值是__________．

【答案】-4

【解析】

【分析】

对函数求导可得：，函数在区间上单调递增等价于在区间上大于等于零恒成立，即在区间上恒成立，利用二次函数的图像讨论出，的关系，再结合线性规划即可得到的最小值．

【详解】 函数在区间上单调递增，

在区间上恒成立，即在区间上恒成立，令，其对称轴：，

当，即时，在区间上恒成立等价于： ，由线性规划可得：；

当，即时，在区间上恒成立等价于： ，由线性规划可得：；

当，即时，在区间上恒成立等价于： ，则，由于在上的范围为，则，

综上所述的最小值是-4.

【点睛】本题考查导数与函数单调性、线性规划、函数与不等式等知识，考查学生综合运用数学知识的能力，运算能力以及逻辑思维能力，属于难题．

16.在中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为______

【答案】

【解析】

【分析】

利用面积公式和余弦定理，结合均值不等式以及线性规划即可求得最大值.

【详解】

（当且仅当时取等号）

令，

故，

因为，且，

故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：

目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率，

由数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值，

故可得，

又，故可得，

当且仅当，即三角形为等边三角形时，取得最大值.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查利用正余弦定理求范围问题，涉及线性规划以及均值不等式，属综合困难题.

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：60分．

17.已知数列为等比数列,数列满足,且.设为数列的前项和.

（1）求数列､的通项公式及;

（2）若数列满足,求的前项和.

【答案】（1）,,,；（2）

【解析】

【分析】

(1)由已知得,可得出数列为等差数列，求得其公差，可得数列的通项公式，及，再由对数的运算可得数列的通项公式;

(2)由（1）得,根据错位相减法求得数列的前项和，再分当时和当时分别求得.

【详解】(1)对,则,因为为等比数列,则为定值.则为定值,则数列为等差数列.

,

则,,,;

(2),

设,为数列的前项和,则有:

(*)式(**)式,得:

,.

当时,;

当时,,

即

【点睛】本题考查等差数列，等比数列的通项公式，前n项和的求解方法，以及运用错位相减法求数列的和，属于中档题.

18.如图，平面PAC⊥平面ABC，是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，.

（1）设G是OC的中点，证明：∥平面；

（2）证明：在内存在一点M，使FM⊥平面BOE，求点M到OA，OB的距离.

【答案】（1）见解析（2）见解析，点M到OA，OB的距离为.

【解析】

【分析】

（1）连结OP，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面的法向量，即可由向量数量积的坐标运算证明，进而可知∥平面；

（2）M在内，可设点M的坐标为，由平面，可知，由共线向量的坐标关系即可求得M的坐标，检验M的坐标是否满足在内，进而由M的坐标可求得点M到OA，OB的距离.

【详解】（1）证明：为中点，连结OP如下图所示，

因为,

所以，

因为平面平面，且平面平面，

所以平面，

而平面，则.

以O为坐标原点，分别以OB、OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则，

由题意得，得，

而，

设平面的法向量为

则,代入可得，

令，代入可得，所以平面BOE的法向量为

而，

得，即，

又直线不在平面内，

因此有平面.

（II）设点M的坐标为，则，

因为平面，所以有，

因此有，即点M的坐标为，

在平面直角坐标系中，的内部区域满足不等式组，

经检验，点M的坐标满足上述不等式组，

所以在内存在一点M，使平面，由点M的坐标得点M到OA，OB的距离为.

【点睛】本题考查了空间向量法在证明线面平行中的应用，利用空间向量数量积的坐标运算解决存在型问题，属于基础题.

19.山东省2020年高考将实施新的高考改革方案.考生的高考总成绩将由3门统一高考科目成绩和自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目成绩组成，总分为750分.其中，统一高考科目为语文、数学、外语，自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目是从物理、化学、生物、历史、政治、地理6科中选择3门作为选考科目，语、数、外三科各占150分，选考科目成绩采用“赋分制”，即原始分数不直接用，而是按照学生分数在本科目考试的排名来划分等级并以此打分得到最后得分.根据高考综合改革方案，将每门等级考试科目中考生的原始成绩从高到低分为、、、、、、、共8个等级．参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为、、、、、、、.等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到91-100、81-90、71-80，61-70、51-60、41-50、31-40、21-30八个分数区间，得到考生的等级成绩.

举例说明.

某同学化学学科原始分为65分，该学科等级的原始分分布区间为58～69，则该同学化学学科的原始成绩属等级.而等级的转换分区间为61～70，那么该同学化学学科的转换分为：

设该同学化学科的转换等级分为，，求得.

四舍五入后该同学化学学科赋分成绩为67.

（1）某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布.

（i）若小明同学在这次考试中物理原始分为84分，等级为，其所在原始分分布区间为82～93，求小明转换后的物理成绩；

（ii）求物理原始分在区间的人数；

（2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取4人，记表示这4人中等级成绩在区间的人数，求的分布列和数学期望.

（附：若随机变量，则，，）

【答案】(1)（i）83.;（ii）272.(2)见解析.

【解析】

【分析】

（1）根据原始分数分布区间及转换分区间，结合所给示例，即可求得小明转换后的物理成绩；根据正态分布满足，结合正态分布的对称性即可求得内的概率，根据总人数即可求得在该区间的人数．

（2）根据各等级人数所占比例可知在区间内的概率为，由二项分布即可求得的分布列及各情况下的概率，结合数学期望的公式即可求解．

【详解】（1）（i）设小明转换后的物理等级分为，

，

求得.

小明转换后的物理成绩为83分；

（ii）因为物理考试原始分基本服从正态分布，

所以

.

所以物理原始分在区间的人数为（人）；

（2）由题意得，随机抽取1人，其等级成绩在区间内的概率为，

随机抽取4人，则.

，，

，，

.

的分布列为

数学期望.

【点睛】本题考查了统计的综合应用，正态分布下求某区间概率的方法，分布列及数学期望的求法，文字多，数据多，需要细心的分析和理解，属于中档题．

20.椭圆的焦距是，长轴长是短轴长3倍，任作斜率为的直线与椭圆交于两点（如图所示），且点在直线的左上方.

（1）求椭圆的方程；

（2）若，求的面积；

（3）证明：的内切圆的圆心在一条定直线上．

【答案】（1）

（2）

（3）的内切圆的圆心在一条定直线上

【解析】

【分析】

（1）由题意求出椭圆方程中的，得解；

（2）分别利用弦长公式及点到直线的距离公式求出三角形的底与高，再利用三角形面积公式求解即可；

（3）先证明，从而可得的角平分线平行轴，从而可证的内切圆的圆心在一条定直线上.

【详解】解：（1）由题意知：，得，又，

所以，

故椭圆的方程为：；

（2）设直线的方程为：，代入椭圆方程可得：，

设，,则，

所以 ，

又，解得或，

由题意可得，

故所在直线方程为，即，

所以点到直线的距离，

故的面积为；

（3）设直线的方程为：，代入椭圆方程可得：，

设，,则，

 所以=，

又

，

即 ，所以的角平分线平行轴，

故的内切圆的圆心在一条定直线上.

【点睛】本题考查了椭圆方程的求法、弦长公式及点到直线的距离公式，重点考查了圆锥曲线中的定值问题，属综合性较强的题型.

21.已知函数，若函数在上存在两个极值点.

（Ⅰ）求实数的取值范围；

（Ⅱ）证明：.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析

【解析】

【分析】

（Ⅰ）求出，分析的符号，的根的个数满足的条件.

（Ⅱ）不妨设，令，，将目标不等式的参数减少，用分析的方法最后证明：，构造函数证明即可.

【详解】（Ⅰ）函数的定义域为，

因为，

令

所以.

当时，，

所以函数在上单调递增.

即在上单调递增，

在上至多一个零点，

所以在上至多一个极值点，不满足条件.

当时，由，得（负根舍去），

当时，，

当时，，

所以函数在）上单调递减；

上单调递增.

所以，

要使函数在上存在两个极值点

则函数有两个零点，即有两个零点

首先，解得.

因为，且，

下面证明：.

设，

则.

因为，所以.

所以在上单调递减，

所以.

所以实数的取值范围为.

（Ⅱ）因为，是函数的两个极值点，

所以，是函数的两个零点

即，是函数的两个零点，

不妨设，令，则.

所以即.

所以，即，，

要证，需证.

即证，即证.

因，所以即证．

设，

则.

所以在上单调递减，

所以.

所以.

【点睛】本题主要考查了导数在研究函数极值中的应用、导数证明不等式，考查了分析法证明不等式，考查了分析求解能力，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，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，动点在直线上，将射线逆时针旋转得到射线，射线上一点，满足，点的轨迹为曲线，

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）设射线和射线分别与曲线交于两点，求面积的最大值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）直接利用定义和关系式的应用求出结果；
（2）直接利用三角形的面积公式的应用和关系式的变换的应用求出结果.

【详解】（1）设，则，

因为动点在直线上，所以，

整理得：，即曲线的极坐标方程为；

（2）因为射线和射线分别与曲线交于两点，设点，

则，

，

，，

当时，的最大值.

【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角形面积公式的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型.

23.设函数

（1）解不等式:;

（2）若对一切实数均成立:求的取值范围.

【答案】（1）;（2）

【解析】

【分析】

（1）运用零点分段法对的取值进行分类,分别求出不等式的解集,从而求出不等式的解;

（2）利用绝对值的性质,确定出的最小值,从而使问题得解.

【详解】（1）因为

,

①当时,,

解得,所以;

②当时,,

解得,所以;

③当时,,

解得,所以;

综上所述, 解为

（2）若

,

对一切实数均成立,

则,解得

故所求的取值范围为

【点睛】本题是一道关于绝对值不等式求解的题目,熟练掌握绝对值不等式的解法是解题的关键.