2020届岳阳市高三上学期末数学（理）试题（解析版）

2020届湖南省岳阳市高三上学期末数学（理）试题一、单选题1设全集为，集合，则（ ）ABCD【答案】B【解析】由题首先计算集合B的补集然后与集合A取交集即可【详解】由题或，故选:B【点睛】本题主要考查集合的运算，分别求解两个集合，然后进行补集、交集运算，侧重考查数学运算的核心素养.2已知复数满足，则（ ）AB5CD【答案】C【解析】先由复数除法求出，然后再求模【详解】由题意，故选：C【点睛】本题考查求复数的模，考查复数的除法运算属于基础题本题还可以由模的性质求解：由得，3设均为正数，且，则（ ）ABCD【答案】A【解析】作出函数的图象，是它们中的交点，由此可得其大小关系【详解】如图是函数的图象，是与的交点的横坐标，是与的交点的横坐标，是与的交点的横坐标，由图可得故选：A【点睛】本题考查实数大小比较，考查数形结合思想解题时作出函数图象，方程的根转化为函数图象交点横坐标，大小关系通过图象一目了然4为比较甲、乙两名篮球运动员的近期竞技状态，选取这两名球员最近五场比赛的得分制成如图所示的茎叶图，有以下结论：甲最近五场比赛得分的中位数高于乙最近五场比赛得分的中位数；甲最近五场比赛得分平均数低于乙最近五场比赛得分的平均数；从最近五场比赛的得分看，乙比甲更稳定；从最近五场比赛的得分看，甲比乙更稳定其中所有正确结论的编号为：（ ）ABCD【答案】C【解析】根据中位数，平均数，方差的概念计算比较可得【详解】甲的中位数为29，乙的中位数为30，故不正确；甲的平均数为29，乙的平均数为30，故正确；从比分来看，乙的高分集中度比甲的高分集中度高，故正确，不正确故选C【点睛】本题考查了茎叶图，属基础题平均数即为几个数加到一起除以数据的个数得到的结果.5函数的部分图象大致是（ ）ABCD【答案】A【解析】由解析式分析函数的性质，函数值的正负，由排除法可得【详解】或时，排除B、D，时，排除C，只有A正确故选：A【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象可根据解析式研究函数的性质，如单调性、奇偶性、对称性、周期性等等，研究函数图象的特殊点，如与坐标轴的交点，顶点，极值点等，特殊的函数值或函数值的正负、函数值的变化趋势利用排除法得出正确的结论6已知，均为锐角，则（ ）ABCD【答案】D【解析】先根据已知条件求解，结合平方关系可得，然后利用倍角公式可得.【详解】因为均为锐角，所以，又因为，所以，.因为，所以，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查三角恒等变换，给值求值问题一般是先根据已知角与所求角的关系，结合相关公式可求，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.7甲、乙、丙、丁四人参加数学竞赛赛后，他们四个人预测名次的谈话如下：甲：“丙第一名，我第三名”；乙：“我第一名，丁第四名”；丙：“丁第二名，我第三名”；丁没有说话最后公布结果时，发现他们预测都只猜对了一半，则这次竞赛甲、乙、丙、丁的名次依次是第（ ）名A一、二、三、四B三、一、二、四C三、一、四、二D四、三、二、一【答案】C【解析】解答此类题有假设法和列表法两种，用假设法推导时，若推得的结果符合所有条件，说明是正确的此题也可从选择支逐一验证【详解】假设丙是第一名，则丁是第四名，丙是第三名，矛盾；假设甲是第三名，则丁是第二名，乙是第一名，丙是第四名，合理；所以甲、乙、丙、丁的名次依次是第三、一、四、二名.故选:C.【点睛】本题主要考查逻辑推理，根据已知信息进行合情推理，侧重考查逻辑推理的核心素养.8在中，,，则=（ ）ABCD【答案】B【解析】先用基底向量表示出，再结合向量数量积的运算求解.【详解】由得,，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的运算，向量运算可以利用坐标运算或者基底运算进行，侧重考查数学运算的核心素养.9我国古代名著孙子算经中的“物不知数”问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”即“有数被三除余二，被五除余三，被七除余二，问该数为多少？”为解决此问题，某同学设计了如图所示的程序框图，则框图中的“”处应填入（ ）ABCD【答案】B【解析】表示是能被5整除余3的数，只需要再表示能被21整除余2即可.【详解】结合题意可知，表示是能被5整除余3的数，被3和7整除余2的数即是被21整除余2的数故选：B.【点睛】本题主要考查补全程序框图，结合题意进行现场还原是求解的关键，侧重考查逻辑推理的核心素养.10已知为等差数列，的前项和为，则使得达到最大值时是（ ）A19B20C39D40【答案】B【解析】先根据的值求出，令可以求得使得达到最大值时.【详解】由,得，所以，所以由得.故选：B.【点睛】本题主要考查等差数列运算，前项和最值问题可以通过通项公式求解，也可以利用二次函数知识求解.11已知是双曲线的左右焦点，过的直线与圆相切，切点，且交双曲线右支于点，若，则双曲线的渐近线方程为（ ）ABCD【答案】C【解析】先作出图形，结合与圆的相切关系和三角形的性质，建立的关系式，然后可得渐近线的方程.【详解】连过作，则易知：,，所以在中，整理得，所以渐近线方程为，即故选：C.【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程，双曲线渐近线方程的求解主要是构建之间的关系式，侧重考查数学运算的核心素养.12已知四面体中，,，为其外接球球心，与所成的角分别为有下列结论：该四面体的外接球的表面积为该四面体的体积为其中所有正确结论的编号为：（ ）ABCD【答案】A【解析】把四面体补成长方体，结合长方体的性质可求.【详解】依题意，把四面体补成长方体，如图，设长方体的长、宽、高分别为，则，解得；由于四面体的外接球就是长方体的外接球，所以易得该四面体的外接球的表面积为；该四面体的体积等于长方体的体积去掉三个三棱锥的体积，易求体积为；四面体的外接球的球心是长方体体对角线的中点，所以分别等同于长方体的体对角线与所成的角，易求；结合选项可知选A.故选：A.【点睛】本题主要考查四面体的性质，把四面体补成长方体，使其位置关系或者度量关系更加清晰，是求解这类问题的关键，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养二、填空题13若曲线上点处的切线斜率为，则曲线上的点到直线的最短距离是_.【答案】【解析】先求导数，结合切线斜率可得切点坐标，求出切点到直线的距离即为所求.【详解】由得切点为，最短距离为点到直线的距离，.故答案为：.【点睛】本题主要考查导数的几何意义，明确切点处的导数值即为切线的斜率是求解这类问题的关键，侧重考查数学运算的核心素养.14在数列中，记是数列的前项和，则=_【答案】220.【解析】当是奇数时，数列中奇数项构成等差数列，当是偶数时，从而可求.【详解】当是奇数时，数列中奇数项构成等差数列，当是偶数时，.故答案为：220.【点睛】本题主要考查数列的分组求和，数列通项公式含有时，通常对进行分类讨论，转化为熟知的数列求解，侧重考查数学运算的核心素养.15习近平总书记在湖南省湘西州十八洞村考察时首次提出“精准扶贫”概念，精准扶贫成为我国脱贫攻坚的基本方略为配合国家精准扶贫战略，我市某示范性高中安排5名高级教师（不同姓）到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所学校至少1人.则李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为_【答案】【解析】先根据题意求解所有的分组情况，再求解杨老师与李老师在同一组所含的基本事件数，可得概率.【详解】总的基本事件数为，杨老师与李老师在一组所含的基本事件数为,概率为.【点睛】本题主要考查古典概率的求解，分组问题要区分是平均分组还是不平均分组，明确类型，逐个求解，切记重复计数，侧重考查逻辑推理的核心素养.16阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点到两定点的距离之满足为常数，则点的轨迹为圆已知圆：和，若定点（）和常数满足：对圆上任意一点，都有，则_，面积的最大值为_ 【答案】 【解析】先设出点的坐标，结合可得的轨迹方程，结合已知圆的方程可求，再由圆的性质可得面积的最大值.【详解】设点，由，得，整理得，所以解得如图，当或时，.故答案为： .【点睛】本题主要考查阿波罗尼斯圆的定义，本质还是曲线方程的求解，侧重考查数学运算的核心素养.三、解答题17在中，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，角的平分线交于点，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】（1）把已知条件中角的关系化为边的关系后可用余弦定理求角；（2）在（1）基础上得，从而由可得，在中应用正弦定理可求得，从而可得面积【详解】（1）由及正弦定理知， 又，由余弦定理得.，.（2）由（1）知， 又，在中，由正弦定理知：，在中，由正弦定理及，解得， 故.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式解题时注意边角关系的互化18如图，在三棱锥中，为正三角形，为棱的中点，平面平面（1）求证：平面平面；（2）若是棱上一点，与平面所成角的正弦值为，求二面角的正弦值【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）先根据平面平面，得出，结合条件得出平面，从而可得.（2）建立空间直角坐标系，结合与平面所成角的正弦值为得出的坐标，然后利用法向量可求.【详解】（1）因为为正三角形，为棱的中点，所以，又平面平面，且平面平面，所以平面，所以，又，且，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）作中点，连，由（1）及可知平面，以为坐标原点，分别为轴，过且平行于的方向为轴，如图，建立空间直角坐标系设，则,，设，则,，设平面的法向量为，因为与平面所成角的正弦值为，所以，即，解得，即为的中点，则设平面的法向量为，则，即，取.设平面的法向量为，则，则二面角的余弦值为，故.【点睛】本题主要考查空间中的垂直关系和二面角的求解，线面角和二面角的求解主要使用向量法，合理正确的建立坐标系是求解的关键.19在平面直角坐标系中，已知椭圆经过点，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）过点斜率为的两条直线分别交椭圆于两点，且满足证明：直线的斜率为定值【答案】（1）（2）证明见解析【解析】（1）根据离心率和椭圆经过的点，联立方程可得椭圆的方程；（2）联立方程结合韦达定理和，可证直线的斜率为定值.【详解】（1）依题意，所以又椭圆过点，所以，解得，所以椭圆的方程为.（2）方法一：设，的方程为由，消去得所以所以.又因为直线的斜率互为相反数，所以直线的斜率为定值.方法二：设，的方程为，由，消去得：，且由恒成立，所以恒成立即恒成立即恒成立所以.【点睛】本题主要考查椭圆方程的求解和椭圆中的定值问题，定值问题一般是构建目标的表达式，结合韦达定理进行化简求解，侧重考查数学运算的核心素养.20已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）对任意的，恒成立，请求出的取值范围【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）分、两种情况讨论的符号后可得的单调性.（2）原不等式等价于，令，其导数为，求得，虚设其在上的零点后，可证明恒成立，从而得到在上为增函数，求得的值域后可得的取值范围.【详解】解：（1），若，则，所以函数在上递增；若，方程的判别式为，所以方程有两根分别为，所以当时，；当时，所以函数在上递减；在上递增.（2）不等式，对任意的恒成立，即对任意的恒成立令，则，令，则，易知在上单调递增，因为，且的图象在上不间断，所以存在唯一的，使得，即，则当时，单调递减；当时，单调递增则在处取得最小值，且最小值为，所以，即在上单调递增，所以.所以【点睛】本题考查函数单调性的讨论、含参数的不等式恒成立，前者利用导数的符号的正负来处理，注意对参数合理分类讨论，后者应构建新函数，以导数为工具讨论新函数的单调性，必要时需多次求导，另外如果导数的零点存在但不易求得，可虚设零点后再讨论极值的性质.21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：4700039000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：先到第格，又出现反面，其概率，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