湖南省长沙市2020届高三数学下学期第二次模拟考试试题 理（含解析）

2020年高三第二次模拟考试试卷数学（理科）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，只有一项是符合题目要求的.1.设全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求再求即可【详解】因为，所以，.故选：D【点睛】本题考查集合的运算，熟记并集与补集的定义，准确计算是关键，是基础题2.已知复数，则复数在复平面内对应点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先化简z,再求即可【详解】因为，所以，对应点的坐标为.故选：A【点睛】本题考查复数的运算及几何意义，熟记定义，准确计算是关键，是基础题3.若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求渐近线的斜率，再求e即可【详解】依题意可得，则，所以.故选：C【点睛】本题考查双曲线的几何性质，渐近线，熟记性质，准确计算是关键，是基础题4.高铁、扫码支付、共享单车、网购并称中国“新四大发明”，近日对全国100个城市的共享单车和扫码支付的使用人数进行大数据分析，其中共享单车使用的人数分别为，它们的平均数为，方差为；其中扫码支付使用的人数分别为，它们的平均数为，方差为，则，分别为（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】由样本数据的平均数和方差的公式，化简、运算，即可求解，得到答案.【详解】由平均数的计算公式，可得数据的平均数为数据的平均数为：，数据的方差为，数据的方差为：故选C.【点睛】本题主要考查了样本数据的平均数和方差的计算与应用，其中解答中熟记样本数据的平均数和方差的计算公式，合理化简与计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5.已知变量满足约束条件，则的最小值为（ ）A. 9B. 8C. 7D. 6【答案】A【解析】【分析】先画出可行域，再结合z的几何意义，数形结合求解即可【详解】作出可行区域（如图阴影所示），化直线为,可知当直线经过点A取得最小值,此时解得A，的最小值为6故选：D【点睛】本题考查线性规划，数形结合思想，准确作图，熟练计算是关键，是基础题6.已知数列为等比数列，首项，数列满足，且，则（ ）A. 8B. 16C. 32D. 64【答案】C【解析】【分析】先确定为等差数列，由等差的性质得进而求得的通项公式和的通项公式，则可求【详解】由题意知为等差数列，因为，所以，因为，所以公差，则，即，故，于是.故选：C【点睛】本题考查等差与等比的通项公式，等差与等比数列性质，熟记公式与性质，准确计算是关键，是基础题7.已知是函数的极值点，则（ ）A. B. 1C. D. 2【答案】B【解析】【分析】对函数求导，利用已知条件求得a,得到导函数，由极值点的定义求解即可【详解】，由，得.又，当x 0x0,故在单调递增，又为奇函数且连续，故在R上单调递增，所以可化为，所以的取值范围是.故选：A【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性，考查抽象不等式的解法，熟练运用函数性质是关键，是中档题12.直线与抛物线C：交于A，B两点，直线，且l与C相切，切点为P，记的面积为S，则的最小值为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设出坐标，联立直线方程与抛物线方程，利用弦长公式求得，再由点到直线的距离公式求得到的距离，得到的面积为，作差后利用导数求最值【详解】设，联立，得则，则由，得 设，则 ，则点到直线的距离从而令 当时，；当时，故，即的最小值为本题正确选项：【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系的应用，考查利用导数求最值的问题解决圆锥曲线中的面积类最值问题，通常采用构造函数关系的方式，然后结合导数或者利用函数值域的方法来求解最值.二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分，把答案填在答案卡中的横线上.13.已知，若的展开式中的系数比x的系数大30，则_【答案】2【解析】【分析】利用二项展开式通项公式，二项式系数的性质，求得的值【详解】展开式通项为：且的展开式中的系数比的系数大，即：解得：（舍去）或本题正确结果：【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题14.已知两个单位向量和的夹角为，则在方向上的投影为_【答案】【解析】【分析】运用向量数量积的定义和性质，先求的值，再利用向量的投影公式，计算即可得到所求值【详解】因为，所以在方向上的投影为.故答案为【点睛】本题考查向量的投影，数量积运算，数量积定义，熟记公式，准确计算是关键，是基础题15.已知函数的图像在点处的切线与直线垂直，若数列的前项和为，则_【答案】【解析】【分析】利用导数的几何意义求a，然后通过数列的通项公式，利用裂项法进行求和即可求出【详解】由题意知，则，故，故 ，.故答案为【点睛】本题考查数列求和，切线的应用，熟记求和基本方法，准确计算是关键，是基础题16.如图，在长方体中，点在棱上，当取得最小值时，则棱的长为_.【答案】【解析】【分析】把长方形展开到长方形所在平面，利用三点共线时取得最小值，利用勾股定理列方程组，解方程组求得的值.【详解】把长方形展开到长方形所在平面，如图，当，在同一条直线上时，取得最小值，此时，令，则，得.【点睛】本小题主要考查空间中的最短距离问题，考查化归与转化的数学思想方法，考查空间想象能力，属于中档题.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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考试根据要求作答. 17.在中，内角，的对边分别为，且.（1）求；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据余弦定理直接求解可得，进而可得；（2）由正弦定理角化边可得，再利用面积公式求解即可.【详解】（1）因为，所以，所以，从而.（2）因为，所以，即.因为的面积为，所以，即，所以，解得.【点睛】本题主要考查了正余弦定理及面积公式求解三角形，属于基础题.18.如图，四棱锥的底面是直角梯形，和是两个边长为2的正三角形，为的中点，为的中点.（1）证明：平面.（2）在线段上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）当时，直线与平面所成角的正弦值为.【解析】【分析】（1）设为的中点，连接，证明OE为三角形BPF的中位线，得即可证明（2）证明平面，由，过分别作，的平行线，分别以它们作为轴，以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，求平面的法向量，假设线段上存在一点，设，得，由直线与平面所成角的正弦值为列的方程求解即可【详解】（1）证明：设为中点，连接，则.，四边形为正方形.为的中点，为，的交点，为的中点，即OE为三角形BPF的中位线.平面，平面，平面.（2），为的中点，.，.在中，.又，平面.又因为，所以过分别作，的平行线，分别以它们作为轴，以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，. 假设线段上存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为.设，则，即.设平面的一个法向量为，则，即.取，得平面的一个法向量为.设直线与平面所成角为，令，得，化简并整理得，解得（舍去），或.所以，当时，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的判定，空间向量求线面角，空间想象力和推理能力，准确计算是关键 ，是中档题19.唐三彩是中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔.唐三彩的生产至今已有1300多年的历史，制作工艺十分复杂，而且优质品检验异常严格，检验方案是：先从烧制的这批唐三彩中任取 3件作检验，这3件唐三彩中优质品的件数记为.如果，再从这批唐三彩中任取3件作检验，若都为优质品，则这批唐三彩通过检验；如果，再从这批唐三彩中任取1件作检验，若为优质品，则这批唐三彩通过检验；其他情况下，这批唐三彩都不能通过检验.假设这批唐三彩的优质品概率为，即取出的每件唐三彩是优质品的概率都为，且各件唐三彩是否为优质品相互独立.（1）求这批唐三彩通过优质品检验的概率；（2）已知每件唐三彩的检验费用为100元，且抽取的每件唐三彩都需要检验，对这批唐三彩作质量检验所需的总费用记为元，求的分布列及数学期望.【答案】（1）.（2）见解析.【解析】【分析】（1）分两种情况研究唐三彩通过检验的概率相加即可求解（2）先列出可能的取值，再分别求概率列出分布列求解即可【详解】（1）设第一次取出的3件唐三彩中恰有2件优质品为事件，第一次取出的3件唐三彩全是优质品为事件，第二次取出的3件唐三彩都是优质品为事件，第二次取出的1件唐三彩是优质品为事件，这批唐三彩通过检验为事件，依题意有，所以 .（2）可能的取值为300，400，600，.所以的分布列为300400600.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列，概率加法公式，理解题意准确计算是关键，是基础题20.设是圆上的任意一点，是过点且与轴垂直的直线，是直线与轴的交点，点在直线上，且满足.当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）已知点，过的直线交曲线于两点，交直线于点.判定直线的斜率是否依次构成等差数列？并说明理由.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）设点，由条件线段比例可得，代入圆的方程中即可得解；（2）设直线的方程为，与椭圆联立得得，设，由 ，结合韦达定理代入求解即可.【详解】（1）设点，因为，点在直线上，所以，.因为点在圆：上运动，所以.将式代入式，得曲线的方程为.（2）由题意可知的斜率存在，设直线的方程为，令，得坐标为.由，得.设，则有，.记直线，的斜率分别为，从而，.因为直线方程为，所以，所以 .把代入，得.又，所以，故直线，的斜率成等差数列.【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系，斜率的坐标表示，设而不求的数学思想，考查了计算能力，属于中档题.21.设函数，.（1）证明：.（2）若恒成立，求的取值范围；（3）证明：当时，.【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析.【解析】【分析】（1）令函数，证明其最小值大于等于0即可（2）原题转化为恒成立，令，求导求其最小值即可；（3）由（1），令，得，裂项相消求和得即可【详解】（1）证明：令函数，所以为单调递增函数，故.（2），即为，令，即恒成立，令，即，得.当，即时，在上单调递增，所以当时，在上恒成立；当，即时，在上单调递增，在上单调递减，所以，所以不恒成立.综上所述：的取值范围为.（3）证明：由（1）知，令，即，故有，上述各式相加可得.因为，所以.【点睛】本题考查导数与函数的最值，利用导数求解恒成立问题，利用导数证明不等式，分类讨论思想，分析求解能力，第三问关键是利用（1）令,裂项求和，是中档题22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），其中，.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程.（1）求曲线和曲线的直角坐标方程；（2）已知曲线与曲线交于两点，点，求的取值范围.【答案】（1）曲线的普通方程，其中，；曲线的直角坐标方程.（2）【解析】【分析】（1）根据参数方程与普通方程的互化，可得曲线的普通方程；根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可得曲线的直角坐标方程.（2）将直线的参数方程代入曲线，利用韦达定理和参数的几何意义，即可求解，得到答案.【详解】（1）曲线的普通方程，其中，；曲线的直角坐标方程.（2）将代入，化简得，因为，所以.设两点对应的参数分别为，则有， ，所以的取值范围是.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及合理利用直线参数方程参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力属于基础题.23.已知函数.（1）解不等式；（2）若