1、湖南省师范大学附属中学2020届高三数学下学期5月模拟考试试题 理（含解析）一、选择题：本题共12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. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先注意到集合A与集合B均为点集，联立，解得方程组的解，从而得到结果.【详解】首先注意到集合A与集合B均为点集，联立，解得，或，从而集合，故选C.【点睛】本题考查交集的概念及运算，考查二元方程组的解法，属于基础题.2. 已知=（为虚数单位），则复数 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由，得，故选D.考点：复数的运算.3. 现有甲
2、、乙、丙、丁四人参加数学竞赛，其中只有一位获奖. 有人走访了四人，甲说：“乙、丁都未获奖”，乙说：“是甲或丙获奖”，丙说：“是甲获奖”，丁说：“是乙获奖”，四人所说话中只有一位是真话，则获奖的人是( )A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】B【解析】【分析】结合题意分类讨论甲乙丙丁获奖的情况，然后考查说真话的人的个数即可确定获奖的人.【详解】结合题意分类讨论：若甲获奖，则说真话的人为：甲乙丙，说假话的人为：丁，不合题意；若乙获奖，则说真话的人为：丁，说假话的人为：甲乙丙，符合题意；若丙获奖，则说真话的人为：甲乙，说假话的人为：丙丁，不合题意；若丁获奖，则说假话的人为：甲乙丙丁，不合题意；综上
3、可得，获奖人为乙.故选B.【点睛】本题主要考查数学推理的方法，分类讨论的数学思想，属于中等题.4. 已知直线表示不同的直线，则的充要条件是（ ）A. 存在平面，使B. 存在平面，使C. 存在直线，使 D. 存在直线，使与直线所成角都是【答案】B【解析】【分析】根据充要条件的定义，逐项判断是否能推出选项成立，和选项是否能得出成立，即可得出结果.【详解】A选项，存在平面，使；反之，与可以平行、相交或者异面.故A错误.B选项，存在平面，使；反之，也成立.故B正确.C选项，存在直线，使 ；反之，与可以平行、相交或者异面.故C错误.D选项，存在直线，使与直线所成角都是；反之，与可以平行、相交或者异面.故
4、D错误.故选：B【点睛】本题考查了直线与直线、直线与平面的位置关系，充要条件等基本知识，考查了空间想象能力和逻辑推理能力，属于一般题目.5. 函数，的图象大致是A. B. C. D. 【答案】D【解析】函数f（x）=2x4sinx，f（x）=2x4sin（x）=（2x4sinx）=f（x），故函数f（x）为奇函数，所以函数f（x）=2x4sinx的图象关于原点对称，排除AB，函数f（x）=24cosx，由f（x）=0得cosx=，故x=2k（kZ），所以x=时函数取极值，排除C，故选D点睛：本题主要考查函数的性质，结合函数的奇偶性得出函数图象的对称性，是解决函数图象选择题常用的方法6. 的展开
5、式中的常数项为( )A. 60B. 240C. 80D. 180【答案】D【解析】【分析】求的展开式中的常数项，可转化为求展开式中的常数项和项，再求和即可得出答案.【详解】由题意，中常数项为，中项为，所以的展开式中的常数项为：.故选：D【点睛】本题主要考查二项式定理的应用和二项式展开式的通项公式，考查学生计算能力，属于基础题.7. 赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约公元222年，赵爽为周髀算经一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，又称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的，如图（1），类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图（2）所示的图形，它是由个全
6、等的三角形与中间的一个小正六边形组成的一个大正六边形，设，若在大正六边形中随机取一点，则此点取自小正六边形的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，则，小正六边形的边长为，利用余弦定理可得大正六边形的边长为，再利用面积之比可得结论.【详解】由题意，设，则，即小正六边形的边长为，所以，在中，由余弦定理得，即，解得，所以，大正六边形的边长为，所以，小正六边形的面积为，大正六边形的面积为，所以，此点取自小正六边形的概率.故选：D.【点睛】本题考查概率的求法，考查余弦定理、几何概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题8. 关于函数 有下述三个结论：函数的图象既不关于原点对
7、称，也不关于轴对称；函数的最小正周期为；， .其中正确结论的个数为( )A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】分析】根据偶函数的定义可得为偶函数,故错误;根据对任意的都成立,知正确;在一个周期内任取一个,都有,可知错误.【详解】依题意，故函数的图象关于轴对称，故错误；因为 故是函数的一个周期，且当时，故正确，错误.故选B.【点睛】本题考查了三角函数的图象和性质,属中档题.9. 设a，b，c分别是的内角A，B，C的对边，已知，设D是BC边的中点，且的面积为，则等于A. 2B. 4C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用三角形内角和定理可得由正弦定理可得b2+c2a2=bc，由余弦定
8、理可得cosA=，结合范围A（0，）可得A的值，结合的面积求得bc,将利用向量加减法运算转化为,即可求得结果.【详解】，由正弦定理可得：，整理可得：b2+c2a2=-bc，由余弦定理可得：cosA=，由A（0，），可得：A=，又的面积为，即,bc=4,又=-=-=-=-bccosA=2.故选A.【点睛】本题主要考查了向量加减法的运算、数量积的运算，综合运用了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，考查了转化思想和计算能力，属于中档题10. 已知椭圆,作倾斜角为的直线交椭圆于两点,线段的中点为为坐标原点与的夹角为,且，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：设，利用“点差法”可得，设
9、直线的倾斜角为，则或，又，由，从而可得结果.详解：设，则，两式作差得，即，设直线的倾斜角为，则或，又，由，解得，即，故选B.点睛：本题考查椭圆的性质，点差法和运算求解能力. 对于有弦关中点问题常用“ 点差法”，其解题步骤为：设点（即设出弦的两端点坐标）；代入（即代入圆锥曲线方程）；作差（即两式相减，再用平方差公式分解因式）；整理（即转化为斜率与中点坐标的关系式），然后求解.11. 在四面体中，底面，为的重心，且直线与平面所成的角是，若该四面体的顶点均在球的表面上，则球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】分析：求出ABC外接圆的直径，利用勾股定理求出球O的半径，即可
10、求出球O的表面积详解：，BC6，cosBAC，即BAC120，延长DG交BC于M，则M为BC的中点，连结AM，DA平面ABC，DMA为直线DG与平面ABC所成的角，即DMA30，AMAB，AD1，设N为ABC的外心，则ON平面ABC，OAOD，O在AD的中垂线上，故而ONDA，由正弦定理可知2NC4，NC2，外接球的半径OC，球O的表面积S449故选：D点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA
11、，PB，PC两两互相垂直，且PAa，PBb，PCc，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2a2b2c2求解12. 已知函数（，）在区间内有唯一零点，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由函数在区间内有唯一零点，根据零点存在性定理即函数单调性可得或化简可得关于的约束条件，利用线性规划求解即可.【详解】，当时，当时，令，则，所以函数在上单调递减，由函数在区间内有唯一零点，得,即 即或,即,又，所以 （1）或 （2）所以，满足的可行域如图（1）或图（2）中的阴影部分所示，则表示点（，）与点（1，2）所在直线的斜率，综上可得的最小值在点处取得，根据得A
12、点坐标满足，所以最小值为，故选A.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，函数零点，线性规划，属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 执行如图所示的程序框图，输出的值是_【答案】0【解析】【分析】模拟运行程序，得出该程序框图的值会以为周期循环出现，根据，即可得出答案.【详解】由于的周期，则的值以为周期循环出现即该程序框图值会以为周期循环出现因为，所以时，此时循环终止，输出的故答案为：【点睛】本题主要考查了由程序框图计算输出值，属于中档题.14. 在锐角三角形中，则的面积的取值范围为_【答案】【解析】【分析】利用辅助角公式，结合锐角三角形特点可求得；利用余弦定理化
13、简已知等式可求得；利用正弦定理和锐角三角形角的大小可确定的取值范围，代入三角形面积公式可得结果.【详解】由得：，为锐角三角形，由余弦定理知：，为锐角三角形且，由正弦定理知：，故答案为：.【点睛】本题考查利用正余弦定理求解三角形面积取值范围的问题，关键是能够熟练应用正余弦定理进行边角转化，从而求得所需的边和角的取值范围，代入三角形面积公式求得结果.15. 已知双曲线：，是坐标原点，为的右焦点，过的直线与的两条渐近线的交点分别为，且为直角，记和的面积分别为，若，则双曲线的离心率为_【答案】或【解析】【分析】不妨设点在渐近线上，点在渐近线上，先求出点的纵坐标，再根据求出离心率.【详解】不妨设点在渐近
14、线上，点在渐近线上，因为为直角，所以直线的方程为，由得点的纵坐标，由得点的纵坐标，所以，解得或4，又离心率，所以双曲线的离心率或故答案为：或【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查双曲线的离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16. 已知数列的前项和，若不等式，对恒成立，则整数的最大值为_【答案】4【解析】【详解】当时，得， 当时，又，两式相减得，得，所以又，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，即因为，所以不等式，等价于记，时，所以时，综上，所以，所以整数的最大值为4考点：1数列的通项公式；2解不等式三、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
15、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（一）必考题：17. 已知数列的前项和为，（且，）（1）求数列的通项公式；（2）在，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，要使问题成立：对任意的正整数，若将，按_的顺序排列后构成等差数列，且公差为，求的值及对应的【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）由再写式子，两式作差得到（n2），所以数列an从第二项起是公比为的等比数列，又当n1时，从而可得通项公式；（2）由（1）分别写出，若选，则，解出p值，即可求得；同理若选，则，解出p值，求得.【详解】（1）因为，当时，两式相减，得，故数列从第二项起是公比为的等比
16、数列，又当时，所以，从而（2）由（1）得，若选，则，或，得，所以，所以若选，则，或，得，所以，所以【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，考查等差数列的性质，考查计算能力，属于中档题18. 如图，在四棱锥中，底面，底面为平行四边形，且，是棱的中点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在线段上(不含端点)是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析.（2）.（3）存在，【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，可证，从而得线面平行；（2）由题意以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，可用向量法求出线
17、面角；（3）在（2）基础上，设，求出平面和平面（2）中已有）法向量，由法向量夹角与二面角关系可求得【详解】（1）连接交于点，连接.是平行四边形，是的中点.又是的中点， 又平面，平面，平面；（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为.，即不妨取，得 又.设直线与平面所成的角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为（3）假设在线段上(不含端点)存在一点，使得二面角的余弦值为.连接.设， 得.设平面的法向量为.，即不妨取，得 设二面角的平面角为，则.化简得，解得，或.二面角的余弦值为，.在线段上存在一点，且，使得二面角的余弦值为.【点睛】本题考查证
18、明线面平行，考查用空间向量法求线面角和二面角，用线面平行的判定定理证线面平行是证明线面平行的掌握方法在图形中有两两相互垂直的三条直线时，常常是建立空间直角坐标系，用空间向量法研究空间角这种方法化证明为计算，减少学生的逻辑思维量，但增加了计算量19. 已知圆，圆，如图，分别交轴正半轴于点.射线分别交于点，动点满足直线与轴垂直，直线与轴垂直.（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点作直线交曲线与点，射线与点，且交曲线于点.问：的值是否是定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由.【答案】（1）（2）是定值，为.【解析】【分析】(1) 设,再根据三角函数的关系可得,进而消参求得轨迹的方程即
19、可.(2) 设直线的方程为,再联立直线与(1)中椭圆的方程,根据弦长公式化简,代入韦达定理求解即可.【详解】解：方法一：（1）如图设,则,所以,.所以动点的轨迹的方程为.方法二：（1）当射线的斜率存在时,设斜率为,方程为,由得,同理得,所以即有动点的轨迹的方程为.当射线的斜率不存在时,点也满足.（2）由（1）可知为的焦点,设直线的方程为（斜率不为0时）且设点,由得所以,所以又射线方程为,带入椭圆的方程得,即,所以又当直线的斜率为时,也符合条件.综上,为定值,且为.【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求解以及联立直线与椭圆的方程求解线段弦长与证明定值的问题,属于难题.20. 在党中央的正确领导下，通
20、过全国人民的齐心协力，特别是全体一线医护人员的奋力救治，二月份“新冠肺炎”疫情得到了控制甲、乙两个地区采取防护措施后，统计了从2月7日到2月13日一周的新增“新冠肺炎”确诊人数，绘制成如下折线图：（1）根据图中甲、乙两个地区折线图的信息，写出你认为最重要的两个统计结论；（2）治疗“新冠肺炎”药品的研发成了当务之急，某药企计划对甲地区的项目或乙地区的项目投入研发资金，经过评估，对于项目，每投资十万元，一年后利润是l.38万元、1.18万元、l.14万元的概率分别为、；对于项目，利润与产品价格的调整有关，已知项目产品价格在一年内进行2次独立的调整，每次价格调整中，产品价格下调的概率都是，记项目一年
21、内产品价格的下调次数为，每投资十万元，取0、1、2时，一年后相应利润是1.4万元、1.25万元、0.6万元记对项目投资十万元，一年后利润的随机变量为，记对项目投资十万元，一年后利润的随机变量为(i)求，的概率分布列和数学期望，；(ii)如果你是投资决策者，将做出怎样的决策?请写出决策理由【答案】（1）甲地区比乙地区的新增人数的平均数低； 甲地区比乙地区的方差大； （2）(i)分布列见解析，=1.2，； (ii) 当时，投资项目；当时，两个项目都可以；当时，投资项目理由见解析【解析】【分析】（1）由图表可知甲地区的数据比较分散，所以甲地区比乙地区的方差大；也可求出两地区的平均数，比较平增多数；（
22、2）（i）由题可知分别取l.38、1.18、l.14时，其对应的概率分别为、，从而可列出的分布列，由题意得，从而可列出的分布列，而取0、1、2时，一年后相应利润是1.4万元、1.25万元、0.6万元，由此可列出的分布列，并可求出期望；（ii）对（i）得到的数学期望，比较大小，进行决策.【详解】（1）甲地区比乙地区的新增人数的平均数低； 甲地区比乙地区的方差大； （2）（i）由题意得的概率分布列为1.381.181.14所以由题意得，即的概率分布列为012由题意得下调次数和利润的关系为0121.41.250.6所以概率分布列为1.41.250.6所以 （ii）当，得，即，整理得，解得；当时，；当
23、时，； 所以，当时，投资项目；当时，两个项目都可以；当时，投资项目【点睛】此题考查离散型随机变量分布列和数学期望，二项分布，考查计算能力，属于中档题.21. 设函数，其中，e是自然对数的底数（1）若在上存在两个极值点，求a的取值范围；（2）当，设，若在上存在两个极值点，且，求证： 【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）在上存在两个极值点，则有两根，再分离参数，借助导数研究即可；（2）要证即证，在上存在两个极值点，且，即有两个零点，可得，设，则，即证，即当时，设函数，利用导数求其单调性及函数的最值，即可得证.【详解】解：（1），由题意可知，在上有两个不同实数根，即，只需函数和图
24、象有两个交点，易知在上为减函数，且，当时，为增函数；当时，为减函数；所以，所以，又当，要使在上存在两个极值点，则故的取值范围为（2）易得，在上存在两个极值点，且有两个零点，则，解得于是又，设则，因此，要证，即证，即当时，设函数，则所以，为上的增函数，又，因此于是，当时，有，所以，有成立，即，得证【点睛】本题考查导数及其应用、不等式、函数等基础知识，考查考查推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、分类与整合思想，属于难题（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22. 在直角坐标系.xOy中，曲线C1的参数方程
25、为（ 为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为=4sin.（1）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（2）已知曲线C3的极坐标方程为，点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且|AB|=4，求的值.【答案】（1），,；（2）【解析】【分析】（1）由曲线C1的参数方程消去参数求出曲线的普通方程；曲线C2的极坐标方程左右同乘，即可求出直角坐标方程；（2）曲线C1化为极坐标方程，设，从而计算即得解.【详解】（1）曲线C1的参数方程为,消去参数得到普通方程：曲线C2的极坐标方程为=4sin，两边同乘得到故C2的直角坐标
26、方程为：.（2）曲线C1化为极坐标方程,设因为曲线C3的极坐标方程为：点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且|AB|=4【点睛】本题考查了极坐标，参数方程综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.23. 已知函数，（）若，求的取值范围；（）若，对，都有不等式恒成立，求的取值范围【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）由题意不等式化为，利用分类讨论法去掉绝对值求出不等式的解集即可；（）由题意把问题转化为，分别求出和，列出不等式求解即可【详解】（）由题意知，若，则不等式化为，解得；若，则不等式化为，解得，即不等式无解；若，则不等式化为，解得，综上所述，的取值范围是；（）由题意知，要使得不等式恒成立，只需，当时，因为，所以当时，即，解得，结合，所以的取值范围是.【点睛】本题考查了绝对值不等式的求解问题，含有绝对值的不等式恒成立应用问题，以及绝对值三角不等式的应用，考查了分类讨论思想，是中档题含有绝对值的不等式恒成立应用问题，关键是等价转化为最值问题，再通过绝对值三角不等式求解最值，从而建立不等关系，求出参数范围.