2020届湖南省怀化市高三一模数学(理)试题(解析版)

1、第1 1页共 2020 页2020 届湖南省怀化市高三一模数学（理）试题一、单选题1 1 若集合A二0,1,2,B =x|x2-3x乞0，则ARB为（）A A . 1,21,2B B. 0,1,20,1,2C C.0,1,2,3D D .x|0Ex乞3【答案】B B【解析】解不等式x2_3x0得到集合B，再和A求交集即可 【详解】解不等式x2_3x乞0得0乞x乞3，即B =x | 0乞x乞3，因为A -；0,1,2?,所以A一B.0,1,21故选 B B【点睛】本题主要考查集合的交集，熟记概念即可，属于基础题型2 2 .已知复数 z z 满足（2 - i）z = j 2i（i为虚数单位），则

2、z z 的虚部为（）A A . 1 1B B. -1-1C C. 0 0D D .i【答案】A A【解析】由复数的除法先求出复数 z z，进而可得出结果 【详解】1 +2i（1 +2i丫2 +i）5i因为2 -i z =1 2i，所以zi，所以虚部为 1.1.2-i （2-i）（2+i）5故选 A A【点睛】本题主要考查复数的运算和概念，熟记复数的运算法则即可，属于基础题型3 3 .有下列四个命题：，. .:,. .:的充要条件a是 . .：若是真命题，则 一定是真命题. .其中真命题是（）A. Pl, P?B B. P?, PdC C.D.Pl , P4【答案】A A第2 2页共 2020

3、页【解析】根据正弦函数的值域，判断；用特殊值法验证；根据充分条件和必要条件第3 3页共 2020 页的概念判断；根据复合命题的真假判断 【详解】根据正弦函数的值域，可判断：T T , 7 二 I I 为真；当 = 时，所以：丁a-1:-，为真；“:时，卜：，但 无意义，所以:一 一二的充要条件a是匸 J J 为假命题；若 P P 収 q q 是真命题，则卩或 q q 有一个为真即可，所以 “：若pvq是真命 题，则 一定是真命题”是假命题. .故选 A A【点睛】本题主要考查命题的真假判断，结合相关知识点判断即可，属于基础题型离心率e为（）【答案】D D故选 D D【点睛】54 4 .两正数a

4、,b的等差中项为，等比中项为22 2,6,6，且 a a . . b b，则双曲线爲一爲=1的a b5B.-3C.卫3133【解析】根据两正数a,b的等差中项为5_，等比中项为,6，求出a,b,进而可求出结【详5因为两正数a,b的等差中项为一，2等比中项为,6a + b = 5，所以.込6,解得：2，因为a Ab，所以 a a一3 3，所以lb =2本题主要考查双曲线的离心率，熟记公式即可,属于基础题型2a第4 4页共 2020 页5 5.已知甲袋中有 1 1 个黄球和 1 1 个红球，乙袋中有 2 2 个黄球和 2 2 个红球，现随机地从甲 袋中取出一个球放入乙袋中， 再从乙袋中随机地取出一

5、个球， 则从乙袋中取出的球是红 球的概率是（ ）第5 5页共 2020 页【答案】C C【解析】分两种情况讨论：甲袋中取出黄球和甲袋中取出红球；分别求出对应概率，再 求和即可 【详解】分两种情况讨论如下： (1)(1)甲袋中取出黄球，则乙袋中有 3 3 个黄球和 2 2 个红球，从乙袋中取出的球是红球的概率(2)(2)甲袋中取出红球，则乙袋中有 2 2 个黄球和 3 3 个红球，从乙袋中取出的球是红球的概率10，故选 C C【点睛】 本题主要考查古典概型，以及分类讨论思想，分两种情况讨论即可得出结果，属于基础题型 【解析】先由辅助角公式整理函数解析式，再由函数f x关于原点对称，即可求出结果

6、【详解】又函数f x关于原点对称，所以一=k二Z，即k二Z,33因为日 v ，所以日=.23故选 D D【点睛】B B.综上，所求概率为131十 =5102f(x) =sin(x v) -一3cos2 2X)(9K7)的图像关于原点对称，值为()JIJIA A .B.-66 6【答案】D DJIC C.3因为f x i；=sin6 6.设函数第6 6页共 2020 页本题主要考查三角函数的性质，熟记性质即可得出结果，属于基础题型a7 7在(1 x)4(2x -1)的展开式中，x2项的系数为a，则(ex2x)dx的值为()A A.e 1B B.e 2C C.e23D D.e24【答案】C C【解

7、析】根据二项展开式的通项公式先求出【详解】444因为1 x 2x -1 =2x 1 x - 1 x，4k k1 - x展开式的通项为TkC4x，412所以在1 x 2x -1的展开式中，x2项的系数为2C4-C4=2，即a=2；a2所以iex2x dx二ex- 2x dx二ex- x200故选 C C【点睛】本题主要考查二项式定理和微积分基本定理，熟记定理即可，属于基础题型 8 8 在ABC中，角 代B,C的对边分别为a,b,c，ABC的面积为S，若2 22 (a b) -c，贝U tanC的值是()B B.【答案】C C【解析】由三角形的面积公式和余弦定理，可得2 2 2absinC = (

8、a b)(a b2abccosC)，化简得sinC -2cosC=2，又由(sn|C。节)4，得3tan2C 4tan C =0，即可sin C cos C求解.【详解】1由题意，因为 SABC=2absin C,由余弦定理 c c2=a2b b2- - 2abcosC2abcosC ,a,再由微积分基本定理即可求出结果二e23. .第7 7页共 2020 页所以由2S =(a b)2c2，可得absin C = (a b)2(a2b22abccosC),整理得sin C -2cosC =2，所以(sin C -2cosC)2=4,2所以(sin22coS2C)=4，化简得3tan2C 4ta

9、 nC=O,sin C cos CO O4因为C(OO,18OO)，所以tanC，故选 C C.3【点睛】本题主要考查了三角形面积公式，余弦定理以及三角函数的基本关系式的化简求值问题，其中解答中根据三角形的面积公式和余弦定理，得出sinC -2cosC=2，再利用同角三角函数的基本关系式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.9 9 公元 263263 年左右，我国数学家刘徽发现，当圆内接正多边形的边数无限增加时，多 边形的面积可无限逼近圆的面积，并创立了割圆术”利用害咽术”，刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值为3.143.14，这就是著名的徽率”如图所示是利用刘徽的

10、割圆术”思想设计的一个程序框图，其中n表示圆内接正多边形的边数，执行此算法输出的圆周率的近似值依次为()（参考数据：1.732,sin 15 0.2588,sin 7.5：0.1305）A A. 3 3, 3.10563.1056, 3.14203.1420B B. 3 3, 3.10563.1056, 3.13203.1320C C . 3 3, 3.10463.1046, 3.14103.1410D D. 3 3, 3.10463.1046, 3.13303.1330【答案】B B【解析】按程序框图，逐步执行即可得出结果 【详解】1t当n -12时，S 12 sin303，输出S=3；第8

11、 8页共 2020 页21r当n=24时，S 24 sin 1512 0.2588 =3.1056，输出S=3.1056;21c当n =48时，S 48 sin7.5_ 24 0.1305 =3.1320，输出S = 3.1320. .2第9 9页共 2020 页故选 B.B.【点睛】本主要考查程序框图，分析框图的作用，逐步执行即可，属于基础题型1010 过抛物线y?=4x的焦点作两条互相垂直的弦AB,CD，则四边形ABCD面积的最小值为（）A A 8 8B B. 1616C C 3232D D 6464【答案】C C【解析】 先由题意设直线AB的方程为y = k x-1，联立直线与抛物线方程

12、，求出1AB，同理可求出CD，再由S= - AB CD即可求出结果 2【详解】 显然焦点F的坐标为1,0，所以可设直线AB的方程为y = k x-1,代入y2=4x并整理得k2x2- 2k24 x k 0,44所以为+x2=2+p,AB=捲+乂2+2=4+字,kk2同理可得CD =4 + 4k，所以故选 C.C.【点睛】 本题主要考查直线与抛物线的综合，联立直线与抛物线，结合韦达定理求出弦长，进而可求解，属于常考题型 1111 如图，是某几何体的三视图，其正视图、侧视图都是边长为 腰长为2 2 的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的面积为（【解析】先由三视图确定该几何体是一个四棱锥，进而可求出

13、结果【详解】S J|ABCD214k2 14k2 2k2k2=8 k2 2 _32I k2丿2 2 的正方形，俯视图是）B B.【答案】A A第 7 7 页共 2o2o 页显然几何体是一个四棱锥，将它放到棱长为 2 2 的正方体中，如图所示四棱锥即是该几何体，设外接球半径为，四棱锥的外接球即是正方体的外接球显然匚小，所以，所以选 A.A.【点睛】本题主要考查几何体的三视图，以及几何体外接球的相关计算，先由三视图确定几何体的形状即可求解，属于常考题型 12 21212 .设点P为函数f(x)二?x 2ax与g(x)=3a In x b(a - 0)的图像的公共点,以P为切点可作直线与两曲线都相切

14、，则实数b的最大值为()2*e3【答案】B B【解析】先设P xo,yo，由以P为切点可作直线与两曲线都相切，可得两函数在点P处切线斜率相同，再由导数的方法即可求解【详解】12 2设P xo, yo，由于点P为切点，则一xo- 2ax 3a lnxo- b,2522h x x -3x2Inx(x o),则h x = 2x 1 - 3Inx (x 0),所以h x在又点P的切线相同，则f xo二g Xo，即xo2a =3a2，即xo3a xo-a=o,X。又a 0,Xo0 , Xo二a，于曰是，522y3a|na(ao)，设第 7 7 页共 2o2o 页(J)rio,e3|单调递增，在e3,畑丿

15、I)单调递减,第1212页共 2020 页【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，以及导数的几何意义，一般需要对函数求导，用导数的方法研究其单调性等，属于常考题型 二、填空题1313 . .设等比数列an的前n项的和为Sn,且满足S2 3,S3S|=6，则比=_【答案】3232【解析】先设等比数列、an的公比为q，再由S2= 3,S3- S = 6求出首项和公比,进而可得出结果【详解】解得a-i= 1,q = 2，所以a6=32. .故答案为32【点睛】本题主要考查等比数列，熟记其通项公式和前n项和公式，即可求出结果，属于基础题型. .2xy 6 _ 01414 .已知实数X y满足x+yK0

16、，则目标函数z = x+y的最大值为 _. .x乞2【答案】12【解析】 作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z z 的最大值.【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：(阴影部分)由z=x，y得y-x，z，平移直线-x z,由图象可知当直线 y y = = - -x x z z 经过点A时，直线 y y = = - -x x z z 的截距最大，工2x - y 6 = 0此时 z z 最大.由解得 A(2,10)A(2,10).(X =2b的最大值为h/1飞Je22,故选 B.B.设等比数列Qn f的公比为q,因为S2=3,S3- SI= 6，所以ai+ qai= 3q

17、a-i q2q二6第1313页共 2020 页代入目标函数z=x y y 得 z z =2=2 1010 =12=12 .即目标函数z二x y y 的最大值为 1212.故答案为：1212.7$/iA/ 3X5胡Y -2 -1(-1? 3 4 5-2-3【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法利用平移确定目标函数取得最优解的条件是解决本题的关键.1515 .已知正方形ABCD的边长为 2 2,P为平面ABCD内一点，贝UT T T T(PA + PB) (PC +PD)的最小值为 _ .【答案】-4-4【解析】由正方形的边长为 2 2，以A为坐标原点，AB方

18、向为x轴，AD方向为y轴,建立平面直角坐标系，分别写出AB C、D四点坐标，再设P x, y，由向量数量积的坐标运算即可求出结果【详解】第1414页共 2020 页n(an+5)第1515页共 2020 页设P x,y，则PX = _x,-y,讯=2 -x,-y,忧=2-x,2 - y,曲二y,所以PX讯二22x,2y,PC恫二22x,4 2y, 因此(PX+補補)(PC+PB ) = 4(1x)24y(2y) = 4( x1)2+ 4(y1)24KY ,当且仅当x =y =：1时，取最小值故答案为-4-4【点睛】本题主要考查向量的数量积运算，熟记向量数量积的坐标运算即可，属于常考题型 |lnx|,0|lnx|,0 xexe1616.已知函数，若互不相等，且讹；Eo,则m：的取值范围是_.【答案】|lnx|,0|lnx|,0 xcxc【解析】 画出函数:泊4；:的图象(如图所示).不妨令 ，则由已知和图象，得-1-吒且也胡=lnblnb = = 2-lnc2-lnc， yaby