湖北省荆门市沙洋中学、龙泉中学、钟祥一中、京山一中四校2020届高三数学下学期六月考前模拟试题 理（含解析）

龙泉中学钟祥一中京山一中沙洋中学2020届高三四校六月模拟考试理数试题第I卷一、选择题：本题共12小题，每小题5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.复数（是虚数单位）的虚部是（ ）A. B. C. 3D. 6【答案】C【解析】【分析】直接利用复数的除法的运算法则化简求解即可【详解】解：复数2+3i复数（i是虚数单位）的虚部是3故选：C【点睛】本题考查复数的除法的运算法则以及复数的基本概念，是基础题2.已知集合，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别对集合和集合进行化简，然后对选项分别研究，得到正确答案.【详解】集合中：，解得，集合中：是单调递增函数，所以即，A选项中，所以错误；B选项中，所以，所以错误；C选项中，所以错误D选项中，所以正确.故选D项.【点睛】本题考查集合的交集运算，集合与集合之间的关系，属于简单题.3.在等差数列中，若，则=（ ）A. 13B. 14C. 15D. 16【答案】A【解析】【分析】因为数列是是等差数列，所以可将用首项和公差表示为，即，然后用首项和公差表示，即，进而整体代入便可得结果。【详解】解：因为数列是是等差数列，设首项为，公差为所以可转化为，即所以故选A【点睛】等差数列问题常见的解法是利用等差数列的基本量来进行求解，也可以利用等差数列的性质来进行解题，解题时应灵活运用。4.某地某所高中2020年的高考考生人数是2020年高考考生人数的1.5倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2020年和2020年的高考情况，得到如图所示的柱状图：则下列结论正确的是（ ）A. 与2020年相比，2020年一本达线人数减少B. 与2020年相比，2020年二本达线人数增加了0.5倍C. 与2020年相比，2020年艺体达线人数相同D. 与2020年相比，2020年不上线的人数有所增加【答案】D【解析】【分析】设2020年该校参加高考的人数为，则2020年该校参加高考的人数为.观察柱状统计图，找出各数据，再利用各数量间的关系列式计算得到答案.【详解】设2020年该校参加高考的人数为，则2020年该校参加高考的人数为.对于选项A.2020年一本达线人数为.2020年一本达线人数为，可见一本达线人数增加了，故选项A错误；对于选项B，2020年二本达线人数为，2020年二本达线人数为，显然2020年二本达线人数不是增加了0.5倍，故选项B错误；对于选项C，2020年和2020年.艺体达线率没变，但是人数是不相同的，故选项C错误；对于选项D，2020年不上线人数为.2020年不上线人数为.不达线人数有所增加.故选D.【点睛】本题考查了柱状统计图以及用样本估计总体，观察柱状统计图，找出各数据，再利用各数量间的关系列式计算是解题的关键5.在展开式中，常数项为（ ）A. B. C. 60D. 240【答案】D【解析】【分析】写出展开式的通项，整理后令的指数为，得到项数，然后计算出常数项，得到答案.【详解】的二项展开式的通项为其常数项为，令得即故选D项.【点睛】本题考查二项展开式的通项，求二项展开式中的常数项，属于简单题.6.函数图象的大致形状是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】当 时，单调递减,去掉A,B; 当 时， ，单调递减，去掉D;选C.7.已知，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：根据同角三角函数关系由求得，于是可得，然后再根据两角和的余弦公式求解即可详解：， 故选A点睛：本题属于给值求值的问题，考查同角三角函数关系、倍角公式、两角和的余弦公式的运用，考查学生的计算能力和公式变形能力8.如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A. 6B. 9C. 12D. 18【答案】C【解析】由题设中提供的三视图可以看出这是一个底面边长为2的正方形高为1的四棱柱与一个底面是边长为4的等腰直角三角形高为1的三棱柱的组合体，其体积，应选答案C 。9.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用作差法，结合指数函数的图像与性质可得结果.【详解】，又，又综上：故选：A【点睛】本题考查三个数的大小的判断，考查作差法，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题10.已知双曲线的左右焦点分别为为双曲线的中心，是双曲线的右支上的点，的内切圆的圆心为，且圆与轴相切于点，过作直线的垂线，垂足为，若为双曲线的离心率，则（ ）A. B. C. D. 与关系不确定【答案】C【解析】试题分析：，内切圆与x轴的切点是A，由圆切线长定理有，设内切圆的圆心横坐标为x，则，即，即A为右顶点，在中，由条件有，在中，有，.考点：双曲线的标准方程、向量的运算、圆切线长定理.11.已知函数，若方程在的解为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】结合正弦型函数的图像与性质可得，进而可得，明确的范围得到结果.【详解】因为，所以，又因为是的两根，结合图像可知，所以，所以，又因为，所以，所以，所以，所以.故选：A【点睛】本题考查正弦型函数的图像与性质，考查函数的对称性及取值范围，属于中档题.12.已知球是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：过作球的截面中，面积最大的是过球心的截面，最小的是垂直于的截面，求出球的半径，以及垂直于的截面半径，从而可得结果.详解： 显然过作球的截面中，面积最大的是过球心的截面，最小的是垂直于的截面，设三棱锥的外接球半径为，解得，截面面积最大为，如图，垂直于的截面半径满足，即截面最小面积为，截面圆面积的取值范围是，故选A.点睛：本题主要考球的性质及圆内接三角形的性质、棱锥的体积公式及球的体积公式，属于难题.球内接多面体问题是将多面体和旋转体相结合的题型，既能考查旋转体的对称形又能考查多面体的各种位置关系，做题过程中主要注意以下两点：多面体每个面都分别在一个圆面上，圆心是多边形外接圆圆心；注意运用性质.第II卷二、填空题:本小题共4小题，每小题共5分13.若整数满足不等式组，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】画出可行域，由此判断出可行域内的点和原点连线的斜率的最小值.【详解】画出可行域如下图所示，依题意只取坐标为整数的点.由图可知，在点处，目标函数取得最小值为.【点睛】本小题主要考查简单的线性规划问题，要注意不等式等号是否能取得，还要注意为整数，属于基础题.14.从左至右依次站着甲、乙、丙3个人，从中随机抽取2个人进行位置调换，则经过两次这样的调换后，甲在乙左边的概率是_.【答案】【解析】从左至右依次站着甲、乙、丙个人，从中随机抽取个人进行位置调换，则经过两次这样的调换，基本事件总数为，左至右依次站着甲、乙、丙个人，从中随机抽取个人进行位置调换，第一次调换后，对调后的位置关系有三种：甲丙乙、乙甲丙、丙乙甲，第二次调换后甲在乙左边对应的关系有：丙甲乙、甲乙丙；丙甲乙 、甲乙丙；甲丙乙、丙甲乙，经过两次这样的调换后，甲在乙左边包含的基本事件个数，经过这样的调换后，甲在乙左边的概率：，故答案为.15.已知点是抛物线的对称轴与准线的交点，点为该抛物线的焦点，点在抛物线上且满足,则的最小值为 【答案】【解析】过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，|PF|=m|PA|，|PN|=m|PA|，则 ，设PA的倾斜角为，则sin=m，当m取得最小值时，sin最小，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为y=kx1，代入x2=4y，可得x2=4（kx1），即x24kx+4=0，=16k216=0，k=1，m的最小值为故答案为：点睛：本题主要考查了抛物线的简单性质解题的关键是利用了抛物线的定义。一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用。尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化。16.已知函数，若,则正数的取值范围是_【答案】【解析】 a0，f（x）=x+alnx，,f（x）在上单调递增，不妨设则，即，即在上单调递增,即，又故三、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.17.已知等差数列的前项的和为，.（1）求数列通项公式；（2）设，记数列的前项和，求使得恒成立时的最小正整数.【答案】(1) (2)1【解析】【分析】（1）先设设等差数列的公差为，由，列出方程组求出首项和公差即可；（2）由(1)先求出，再由裂项相消法求数列的前项和即可.【详解】解：（1）设等差数列的公差为，因为，所以 解得所以数列的通项公式为.（2）由（1）可知 ,，的最小正整数为1【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，以及裂项相消法求数列前项和的问题，熟记公式即可，属于基础题型.18.如图,五边形中,四边形为长方形,为边长为的正三角形,将沿折起,使得点在平面上的射影恰好在上. （）当时,证明:平面平面；（）若,求平面与平面所成二面角的余弦值的绝对值.【答案】()证明见解析；().【解析】试题分析：（）作，垂足为，依题意得平面，则，平面，结合勾股定理可得，则平面，平面平面.（）由几何关系，以为轴建立空间直角坐标系，由题意可得平面的法向量，平面的法向量.计算可得平面与平面所成二面角的余弦值的绝对值为.试题解析：（）作，垂足为，依题意得平面，又，平面，利用勾股定理得，同理可得在中，平面，又平面，所以平面平面（）连结，又四边形为长方形，.取中点为，得，连结，其中，由以上证明可知互相垂直，不妨以为轴建立空间直角坐标系.，设是平面的法向量，则有即，令得设是平面的法向量，则有即令得.则所以平面与平面所成二面角的余弦值的绝对值为.19.已知点是椭圆的一个焦点,点 在椭圆上. （）求椭圆的方程；（）若直线与椭圆交于不同的两点,且 (为坐标原点),求直线斜率的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题可知，椭圆的另一个焦点为，利用椭圆的定义，求得，再理由椭圆中，求得的值，即可得到椭圆的方程；（2）设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，求得，在由，进而可求解斜率的取值范围，得到答案。【详解】（1）由题可知，椭圆的另一个焦点为，所以点到两焦点的距离之和为.所以.又因为，所以，则椭圆的方程为.（2）当直线的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，不符合题意.故设直线的方程为，联立，可得.所以而，由，可得.所以，又因为，所以.综上，.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等。20.某厂生产不同规格的一种产品，根据检测标准，其合格产品的质量与尺寸之间近似满足关系式（为大于0的常数）按照某项指标测定，当产品质量与尺寸的比在区间内时为优等品现随机抽取6件合格产品，测得数据如下：尺寸384858687888质量16.818.820.722.42425.5质量与尺寸的比0.4420.3920.3570.3290.3080.290（）现从抽取的6件合格产品中再任选3件，记为取到优等品的件数，试求随机变量的分布列和期望；（）根据测得数据作了初步处理，得相关统计量的值如下表：（）根据所给统计量，求关于的回归方程；（）已知优等品的收益（单位：千元）与的关系为，则当优等品的尺寸为何值时，收益的预报值最大？（精确到0.1）附：对于样本，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.【答案】（1）见解析（2），x=72.3【解析】【分析】由题意，首先确定的取值，然后求解相应的分布列和数学期望即可 结合题中所给的数据计算回归方程即可结合计算求得的回归方程得到收益函数，讨论函数的最值即可求得最终结果【详解】（1）解：由已知，优等品的质量与尺寸的比在区间内，即 则随机抽取的6件合格产品中，有3件为优等品，3件为非优等品 现从抽取的6件合格产品中再任选3件，则取到优等品的件数 ， ， ， 的分布列为 （2）解：对（）两边取自然对数得， 令，得，且， （）根据所给统计量及最小二乘估计公式有， - ，得，故 所求y关于x的回归方程为 （）由（）可知，则 由优等品质量与尺寸的比，即 令， 当时，取最大值 - 即优等品的尺寸（mm），收益的预报值最大.【点睛】本题考查了线性回归方程的实际运用，依据已知条件计算出随机变量的分布列和期望；通过公式计算求得线性回归方程，本题为常考题型，注意解题方法。21.已知函数，.（）当时，求的最小值；（）若有两个零点，求参数的取值范围【答案】（）0；（）.【解析】【分析】（）求函数的定义域，再求导，判别导函数的正负可得原函数的单调性，可求得最小值；（）对a进行分类讨论，分别利用其导函数的应用，判别其单调性，求其最值，可得参数a的范围.【详解】（）,定义域 当时, ,由于 在恒成立故 在单调递减, 在单调递增. 故 （）当时, 在单调递减, 在单调递增,只有一个零点当时, ,故 在恒成立,故单调递减, 在单调递增,故当时, 没有零点. 当时,令 ,得,在单调递减, 在单调递增. , 在有两个零