2020届长沙市一中高三月考试题（四）数学（文）试题（解析版）

2020届湖南省长沙市一中高三月考试题（四）数学（文）试题一、单选题1复数在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】D【解析】把复数的分母部分进行实数化即可，化简后即可得到对应点，进而得到答案.【详解】，在复平面内对应的点为，复数在复平面内对应的点位于第四象限答案选D.【点睛】本题考查复数的化简，属于简单题.2设为非零向量，则“”是“方向相同”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】根据向量的共线的充要条件，即可作出判定，得到答案【详解】因为为非零向量，所以时，方向相同或相反，因此“”是“方向相同”的必要而不充分条件.故选B【点睛】本题主要考查了充要条件和必要条件的判断，以及向量共线的充要条件，属基础题.其中解答中熟记利用向量共线的充要条件是解答的关键，着重考查了推理与判断能力3若集合，则实数的值为（）AB2CD1【答案】A【解析】根据指数函数与对数函数的性质，利用集合相等的性质列方程求解即可【详解】由，解得；由解得， 因为，所以，解得故选A【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的性质与应用以及集合相等的性质，意在考查灵活运用所学知识解答问题的能力，是基础题4已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则三个数，的大小关系为ABCD【答案】C【解析】根据奇偶性得：，通过临界值的方式可判断出自变量之间的大小关系，再利用函数的单调性得到的大小关系.【详解】；，即：为偶函数 又在上单调递增，即本题正确选项：【点睛】本题考查利用函数单调性判断大小的问题，关键是能够利用奇偶性将自变量变到同一单调区间内，再通过指数、对数函数的单调性，利用临界值确定自变量的大小关系.5在某次高中学科竞赛中，4000名考生的参赛成绩统计如图所示，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间中点作代表，则下列说法中有误的是（ ）A成绩在分的考生人数最多B不及格的考生人数为1000人C考生竞赛成绩的平均分约70.5分D考生竞赛成绩的中位数为75分【答案】D【解析】根据频率分布直方图中数据，逐项判断即可得出结果.【详解】A选项，由频率分布直方图可得，成绩在的频率最高，因此考生人数最多，故A正确；B选项，由频率分布直方图可得，成绩在的频率为，因此，不及格的人数为，即B正确；C选项，由频率分布直方图可得：平均分等于，即C正确；D选项，因为成绩在的频率为，由的频率为，所以中位数为，故D错误.故选D【点睛】本题主要考查频率分布直方图，会分析频率分布直方图即可，属于常考题型.6在矩形中，,若点，分别是，的中点，则（ ）A4B3C2D1【答案】C【解析】本题可以以，两个向量作为基底向量用来表示所要求的，然后根据向量的性质来运算，从而得出结果【详解】由题意作出图形，如图所示：由图及题意，可得：，.故选C【点睛】本题主要考查基底向量的设立，以及向量数量积的运算，属基础题7已知椭圆（ab0）与双曲线（a0，b0）的焦点相同，则双曲线渐近线方程为（）ABCD【答案】A【解析】由题意可得，即，代入双曲线的渐近线方程可得答案.【详解】依题意椭圆与双曲线即的焦点相同，可得：，即，可得,双曲线的渐近线方程为：,故选：A【点睛】本题考查椭圆和双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的求法，考查方程思想和运算能力，属于基础题8已知角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边经过点，则（ ）ABCD【答案】B【解析】先由角的终边过点，求出，再由二倍角公式，即可得出结果.【详解】因为角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边经过点，所以，因此.故选B【点睛】本题主要考查三角函数的定义，以及二倍角公式，熟记三角函数的定义与二倍角公式即可，属于常考题型.9若函数的大致图象如图所示，则的解析式可以是ABCD【答案】C【解析】根据图象的对称性，单调性，特殊的函数值，等利用排除法可得【详解】当x0时，f（x），排除A，B（A中的f（x）0）；当x0时f（x）0，而选项B中x0时，f（x）0，选项D中f（x）0，排除B，D；故选C【点睛】本题考查了函数的单调性、符号，极限等，考查数形结合思想利用特殊点，特殊的取值是快速解决这类问题的关键本题是一道中档题10已知点是椭圆上非顶点的动点，分别是椭圆的左、右焦点，是坐标原点，若是的平分线上一点，且，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【解析】采用数形结合，通过延长结合角平分线以及，利用中位线定理以及椭圆的定义，得到，然后根据的范围，可得结果.【详解】如图，延长交的延长线于点，.又为的平分线，且为的中点.为的中点，.，且，.故选：B【点睛】本题主要考查椭圆的应用，属中档题.11已知球的半径为4，矩形的顶点都在球的球面上，球心到平面的距离为2，设球内的一个质点落在四棱锥内的概率为，则的最大值为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据勾股定理，可以得到矩形两边长的平方和，利用常用的不等式，可得出面积的最大值，结合几何概型，可得是四棱锥的体积与球的体积之比，可得结果.【详解】设矩形的两邻边为，由题易知，当且仅当时，取等号.即矩形面积的最大值为24.由几何概型知识知当四棱锥体积最大时，取最大值，故.故选：C【点睛】本题主要考查几何概型的应用，同时还考查了常用的不等式，注意取等号的条件，属基础题.12已知函数，对于任意实数，当时，记的最大值为.若，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【解析】先计算，利用数形结合，画出图像，根据新定义，结合分类讨论的方法，可得结果.【详解】由题意得：，又，可得的图象如图所示，区间长度为2，当时，所以；当时，所以，的取值范围为：.故选：A【点睛】本题主要考查对新概念的理解，以及利用数形结合解决分段函数的问题，属中档题.二、填空题13学校为了解1000名高一新生的身体生长状况，用系统抽样法（按等距的规则）抽取40名同学进行检查，将学生从11000进行编号，则编号落入区间的人数为_.【答案】10【解析】按系统抽样的方法，得到抽样距，可得具体在哪一组，简单计算，可得结果.【详解】从1000名学生中抽取一个容量为40的样本，系统抽样分40组，每组个号码，每组抽取一个，从501到750恰好是第21组到第30组，共抽取10人.故选答案为：10【点睛】本题主要考查系统抽样的应用，属基础题.14已知实数，满足，则的最大值是_【答案】【解析】画出可行域，利用z的几何意义求解即可【详解】由约束条件可知可行域为图中阴影部分所示：其中，又，可知的几何意义为可行域中的点到直线距离的倍可行域中点到直线距离最大的点为.，故答案为.【点睛】本题考查利用线性规划求解最值的问题，关键是能够明确目标函数所表示的几何意义，利用数形结合来进行求解15在平面直角坐标系中，以点为圆心且与直线相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为_【答案】【解析】试题分析：因为直线恒过定点，所以圆心到直线的最大距离为，所以半径最大时的半径，所以半径最大的圆的标准方程为【考点】1、圆的方程；2、直线与圆的位置关系【方法点睛】解决直线与圆的问题时，一方面，注意运用解析几何的基本思想方法（即几何问题代数化），把它转化为代数问题，通过代数的计算，使问题得到解决；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系得非常紧密，因此准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决，即注意圆的几何性质的运用16在直线上任取一点，过作抛物线的切线，切点分别为、，则直线恒过定点_.【答案】【解析】假设，利用导数，分别求出抛物线在这两点的切线方程，根据两方程都过点，通过观察发现，可得结果.【详解】设，抛物线方程变为，则，则在点处的切线方程为，化简得，同理，在点处的切线方程为.又点的坐标满足这两个方程，代入得：，则说明，都满足方程，即直线的方程为：，故直线恒过定点.故答案为：【点睛】本题主要考查抛物线与直线的综合应用，以及过定点问题，属中档题.三、解答题17的内角、所对的边分别为、.已知，且.（1）求角的大小；（2）若，角的平分线交于，且，求.【答案】（1）（2）【解析】（1）在三角形中，可得到，结合两角和的余弦公式，化简，可得结果.（2）在中，利用正弦定理，可得到，然后结合角平分线知识，可得，利用余弦定理，可得结果.【详解】（1）由，得，因为，则，故，.则.（2）在中，由正弦定理得：，则，又，故，则，由余弦定理，即.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，解决三角形中的问题，要联想到正弦定理、余弦定理以及面积公式，通常也会和三角函数结合，以及不等式，属中档题.18已知等差数列的前5项和为50，数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前项和为，求.【答案】（1）（2）【解析】（1）根据等差数列的通项公式以及前项和公式，可得公差，利用公式，可得结果.（2）根据（1）的结论，通过计算，与原式联立，可得，然后利用公式法，可得结果.【详解】（1）设等差数列的公差为，依题意得，所以故，即.（2）由，当时，时，得：.故所以【点睛】本题考查求等差数列的通项公式以及等比数列求和，属基础题.19如图，已知三棱柱中，底面，.，分别为棱，的中点.（1）求异面直线与所成角的大小；（2）若为线段的中点，试在图中作出过、三点的平面截该棱柱所得的多边形，并求出以该多边形为底，为顶点的棱锥的体积.【答案】（1）；（2）截面见详解，体积为【解析】（1）连接交于点，根据中位线定理找到与的平行线，并找到异面直线与所成角，计算长度，根据余弦定理，可得结果.（2）画出截面，计算四边形的面积，根据/面，可得到面的距离，结合椎体体积公式，可得结果.【详解】（1）连接交于点，连接如图由底面，面，所以，又所以，面所以面，故四边形为矩形，所以共线为的中点，所以/，故异面直线与所成角为，且，分别为棱，的中点所以所以又且所以为等腰直角三角形，故（2）取的中点连接，又为线段的中点，所以/则/，且过、三点的平面截该棱柱所得的多边形为四边形由（1）可知，/且所以四边形为直角梯形，所以又平面，面，所以/平面，作所以且到截面的距离即所以【点睛】本题主要考查空间几何体中异面直线所成的角以及锥体的体积，常用到作辅助线，以及线面，面面之间的关系，属中档题.20在中，、的坐标分别是，点满足.轴上一点，满足/，且.（1）求的顶点的轨迹的方程；（2）直线：与轨迹交于、两点，若在轨迹上存在点，使四边形为平行四边形（为坐标原点），求的取值范围.【答案】（1）轨迹的方程为；（2）【解析】（1）假设点坐标，根据重心知识，可得到点，进一步得到点，利用，可得结果.（2）联立轨迹的方程与直线的方程，结合韦达定理，根据，可得的坐标，把代入的方程，以及，可得结果.【详解】（1）设由，所以可知为的重心，且/又，,所以，又所以即所以轨迹的方程为（2）设，由四边形为平行四边形，则，所以则 由点在轨迹上，所以化简可得： 代入可得： 又由可知，所以或所以的取值范围为【点睛】本题主要考查椭圆与直线的应用，一般来讲圆锥曲线与直线的综合应用，都需联立方程，结合韦达定理，考验计算能力，数中档题.21已知函数的图象在处的切线与函数的图象在处的切线互相平行.（1）求的值；（2）若对恒成立，求实数的取值范围；（3）若数列的前项和为，求证：.【答案】（1）；（2）；（3）见详解【解析】（1）根据曲线在某点处的导数的几何意义，可得与函数的图象在处的导数，由于切线平行，可得结果（2）利用分离参数的方法，得到，然后构建函数，利用导数研究函数的单调性，根据的值域与的大小关系，可得结果.（3）根据（2），得到，然后令代入，两边取对数，进行化简，结合不等式可得，最后求和可得结果.【详解】（1）由，所以，则，又所以，据题意可知：（2）由（1）可知又对恒成立，即在恒成立，令，当时，当时，所以在单调递减，在单调递增，所以所以所以实数的取值范围为（3）由（2）可知：当时，即令，所以，两边取对数，可得，所以即所以即【点睛】本题考查了导数的综合应用，熟练掌握分离参数的方法，以及对一些常用的不等式的了解，比如：，以及放缩，属难题.22在直角坐标系中，直线的参数方程是（t为参数），曲线的参数方程是（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（1）求直线和曲线的极坐标方程；（2）已知射线（其中）与曲线交于两点，射线与直线交于点，若的面积为1，求的值和弦长【答案】()， ()，.【解析】（）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换（）利用三角函数关系式的恒等变变换和三角形的面积公式的应用求出结果【详解】（）直线的普通方程为，极坐标方程为，曲线的普通方程为，极坐标方程为.（）依题意， ，.【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，参数方程直角坐标方程和极坐