1、湖南省怀化市2020届高三数学下学期6月第三次模拟考试试题 理（含解析）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡和该试题卷的封面上，并认真核对条形码上的姓名、准考证号和科目.2.考生作答时，选择题和非选择题均须做在答题卡上，在本试题卷上答题无效.考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题.3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共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，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据可得，从而得到的值，再代入求出二次方程的根，即可得到答案；【
2、详解】，解得：，故选：C.【点睛】本题考查利用集合交运算的结果求参数值，再进一步求集合，考查运算求解能力，属于基础题.2. 函数的最小正周期是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三角函数图像变换分析的图像,再判断最小正周期即可.【详解】因为的图像为向左移动个单位,再将轴下方的部分往上翻折所得.故最小正周期与相同为.故选：C【点睛】本题主要考查了正切型函数的最小正周期,需要分析所得的图像与原图像间的关系求解.属于基础题.3. 已知直线平面，直线平面，则“”是“”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条作C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析
3、】根据充分必要条件定义判断即可.【详解】直线平面，直线平面，若可得，；若，则不一定垂直，与不一定平行；“”是“”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题利用立体几何的基础知识考查充分条件和必要条件的判断，属于基础题.4. 据记载，欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉发现的，该公式被誉为“数学中的天桥”.特别是当时，得到一个令人着迷的优美恒等式，这个恒等式将数学中五个重要的数（自然对数的底e，圆周率，虚数单位，自然数的单位1和零元0）联系到了一起，有些数学家评价它是“最完美的公式”.根据欧拉公式，若复数z=的共轭复数为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据欧拉公式，代入可得复
4、数，化简后由共轭复数定义即可得.【详解】欧拉公式，则，根据共轭复数定义可知，故选：A.【点睛】本题考查了数学文化与简单应用，复数的相关概念和共轭复数定义，属于基础题.5. 的展开式中含的项的系数为（ ）A. 10B. 10C. 5D. 5【答案】A【解析】【分析】利用二项式定理展开式通项公式可求的系数.【详解】的展开式的通项公式为，令可得，所以的系数为.故选：A.【点睛】本题主要考查二项式定理，利用二项式定理求解特定项的系数一般是利用通项公式求解，侧重考查数学运算的核心素养，属于基础题.6. 若，则实数之间的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用中间1和2进行比
5、较可得答案.【详解】因为，;所以.故选：A.【点睛】本题主要考查比较指数式和对数式的大小，一般是利用函数的单调性结合中间值进行比较，侧重考查数学抽象的核心素养.7. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险：戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔.该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图例，以下四个选项错误的是（ ） A. 54周岁以上参保人数最少B. 1829周岁人群参保总费用最少C. 丁险种更受参保人青睐D. 30周岁以上的人群约占参保人群的80%【答案】B【解析】【分析】根据统计图表逐个选项进行验证即可.【详
6、解】由参保人数比例图可知，54周岁以上参保人数最少，30周岁以上的人群约占参保人群的80%，所以选项A,选项D均正确；由参保险种比例图可知，丁险种更受参保人青睐，所以选项C正确；由不同年龄段人均参保费用图可知，1829周岁人群人均参保费用最少，但是这类人所占比例为20%，所以总费用不一定最少.故选：D.【点睛】本题主要考查统计图表的识别，根据统计图得出正确的统计结论是求解的前提，侧重考查数据分析的核心素养.8. 函数的部分图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用函数的奇偶性可以排除部分选项，再利用特殊值进行排除，可得正确结果.【详解】因为，所以是偶函数，排除选项A
7、；当，排除选项D；当，排除选项C；故选：B.【点睛】本题主要考查函数图象的识别，利用函数的性质及特殊值，采用排除法是这类问题的常用方法，侧重考查直观想象的核心素养.9. 已知抛物线，倾斜角为的直线交于两点.若线段中点的纵坐标为，则的值为（ ）A. B. 1C. 2D. 4【答案】C【解析】【分析】设出直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理和中点公式可求的值.【详解】设直线方程为，联立得，设，则，因为线段中点的纵坐标为，所以，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，利用弦中点求解参数时，一般利用待定系数法，结合韦达定理及中点公式可得结果，侧重考查数学运算的核心素养.10. 已
8、知一块形状为正三棱柱（底面是正三角形，侧棱与底面垂直的三棱柱）的实心木材，.若将该木材经过切割加工成一个球体，则此球体积的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用棱柱的三个侧面都相切的球的特点求出球的半径，进而可得体积的最大值.【详解】由题意最大球应该是和正三棱柱三个侧面都相切的球，即球的大圆和正三棱柱的横截面相切，横截面是边长为的正三角形，所以内切圆半径为，所以球体积的最大值为.故选：C.【点睛】本题主要考查球的切接问题，求解的关键是找到蕴含的等量关系式，侧重考查数学运算的核心素养.11. 已知函数，是的导函数.在区间是增函数；当时，函数的最大值为；有2个零点；.
9、则上述判断正确的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】结合函数解析式及导数的解析式，逐项验证可得答案.【详解】当时，所以在区间是增函数，即正确；当时，当且仅当时取到最小值，所以不正确；当时，令，则，由于，所以在上先减后增，且，所以在内只有一个零点；当时，令，则，由于，所以在上先增后减，且，所以在内只有一个零点；综上可知，有2个零点，所以正确；当时，所以不正确；故选：A.【点睛】本题主要考查函数的性质，利用导数研究函数的性质是常用方法，侧重考查数学抽象的核心素养.12. 设双曲线：的右焦点为，双曲线的一条渐近线为，以为圆心的圆与交于点两点，为坐标原点，则双曲线的离心率的取
10、值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意可得圆的半径以及弦长，结合直角三角形的性质建立等量关系，根据的范围可得离心率的取值范围.【详解】不妨设渐近线为，则点到渐近线的距离的距离为，取的中点，如图，由题意可知，是等腰直角三角形，所以，且，即，设，得，即，；在直角三角形中，所以，整理可得，即，因为，所以，所以双曲线的离心率.故选：D【点睛】本题主要考查双曲线的离心率，向量条件的转化是求解的关键，离心率问题主要是构建关于的关系式，侧重考查数学运算的核心素养.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卡相应的位置上）13. 已知点满足约束条件则原点
11、到点的距离的最小值为_.【答案】【解析】【分析】作出可行域，结合图形可得原点到点的距离的最小值.【详解】作出可行域，如图，由图可知点到原点的距离最小，联立和，得，所以原点到点的距离的最小值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查利用线性规划知识求解距离型最值问题，作出可行域，观察图形，找到最值点是求解的关键，侧重考查直观想象的核心素养.14. 如图所示，若输入，则输出_.【答案】520【解析】【分析】结合程序框图，逐次进行运算，直到退出循环，输出.【详解】第一次运算：；第二次运算：；第三次运算：；第四次运算：；此时退出循环，输出的值520.故答案为：520.【点睛】本题主要考查程序框图的理解，利用
12、程序框图求解输出值，一般是采用“还原现场”的方法，侧重考查数学运算的核心素养.15. 的内角的对边分别为.若，则的面积为_.【答案】【解析】【分析】先利用正弦定理化边为角可得，结合余弦定理可得，然后利用面积公式可求的面积.【详解】因为，所以，即，;由余弦定理得，因为，所以，所以的面积为.故答案为：.【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理求解三角形，边角的转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.16. 设O为坐标原点，平面向量满足，则对任意和任意满足条件的向量，的最大值为_.【答案】【解析】【分析】根据垂直关系可建立平面直角坐标系，设，根据数量积的坐标运算求得点轨迹，进而将所求模长转化
13、为点与之间的距离，即两圆上的点的距离的最大值的求解，通过数形结合的方式可求得结果.【详解】，则以为原点，可建立如下图所示的平面直角坐标系：又，则，设，则由得：，整理可得：，即点轨迹是以为圆心，为半径的圆；，可看做点与之间的距离，又的轨迹为以原点为圆心，为半径的圆，点与之间的距离的最大值为小圆直径与大圆半径之和，即.故答案为：.【点睛】本题考查两圆上的点的距离的最大值的求解问题，解题关键是能够利用平面向量的坐标运算将所求模长转化为两点间距离的形式，进而通过两点的轨迹确定为两圆上的点的距离的最值的求解问题.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）（一）必考题：
14、共60分17. 已知为等差数列，各项为正的等比数列的前项和为，_.在；这三个条件中任选其中一个，补充在横线上，并完成下面问题的解答（如果选择多个条件解答，则以选择第一个解答记分）.（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）选：，；选：，；选：，；（2）选：；选：；选：【解析】【分析】（1）根据所选条件，建立方程组，求解基本量，进而可得通项公式；（2）根据通项公式的特点，选择错位相减法进行求和.【详解】选解：（1）设等差数列的公差为，由，当时，有，则有，即当时，即，所以是一个以2为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）知，-得：，.选解：（1）设等差数列的公差为，设等比数列
15、的公比为，又，解得，或（舍），.（2）由（1）可知，-得：，.选解：（1）设等差数列的公差为，令，得，即，；（2）解法同选的第（2）问解法相同.【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解和错位相减法求和，熟记等差数列和等比数列的通项公式是求解的关键，错位相减法求和时，注意检验结果，防止计算错误，侧重考查数学运算的核心素养.18. 图1是直角梯形，.以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2. （1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）做辅助线，先根据线线垂直证明面，进而可证平面平面；（2）建立平面直角坐标系，求出平面的法向量，利用
16、法向量法可求直线与平面所成角的正弦值.【详解】 （1）证明：在图1中，连结，由已知得且，四边形为菱形，连结交于点，又在中，在图2中，由题意知，面，又平面，平面平面；（2）如图，以为坐标原点，分别为轴，方向为轴正方向建立空间直角坐标系.由已知得各点坐标为，所以，设平面的法向量为，则，所以，即，令，解得，所以，所以，记直线与平面所成角为，则.【点睛】本题主要考查平面与平面垂直及线面角的求解，面面垂直一般转化为线面垂直来证明，线面角主要是利用法向量进行求解，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.19. 某工厂为生产一种精密管件研发了一台生产该精密管件的车床，该精密管件有内外两个口径，监管部门规定“口
17、径误差”的计算方式为：管件内外两个口径实际长分别为，标准长分别为则“口径误差”为只要“口径误差”不超过就认为合格，已知这台车床分昼夜两个独立批次生产工厂质检部在两个批次生产的产品中分别随机抽取40件作为样本，经检测其中昼批次的40个样本中有4个不合格品，夜批次的40个样本中有10个不合格品（）以上述样本的频率作为概率，在昼夜两个批次中分别抽取2件产品，求其中恰有1件不合格产品的概率；（）若每批次各生产1000件，已知每件产品的成本为5元，每件合格品的利润为10元；若对产品检验，则每件产品的检验费用为2.5元；若有不合格品进入用户手中，则工厂要对用户赔偿，这时生产的每件不合格品工厂要损失25元以
18、上述样本的频率作为概率，以总利润的期望值为决策依据，分析是否要对每个批次的所有产品作检测？【答案】（）；（）昼批次不做检測为好；夜批次做检测为优.【解析】【分析】（）先分别求出昼批次和夜批次合格品的概率，再由独立事件同时发生的概率公式，即可求解；（）分别求出昼批次和夜批次不做检测的利润期望值和都做检测的利润期望值，加以对比，即可得出结论.【详解】（）以样本的频率作为概率，在昼批次中随机抽取1件为合格品的概率是，在夜批次中随机抽取1件为合格品的概率是，故两个批次中分别抽取2件产品，其中恰有1件不合格产品的概率为（）若对所有产品不做检测，设为昼批次中随机抽取1件的利润，的可能取值为10，所以的分布
19、列为100.90.1所以，故在不对所有产品做检测的情况下，1000件产品的利润的期望值为，设为夜批次中随机抽取1件的利润，的可能取值为10，所以分布列为100.750.25所以，故在不对所有产品做检测的情况下，1000件产品利润的期望值为，若对所有产品做检测，昼批次1000件产品的合格品的期望为900件，不合格品的期望为100件，所以利润为，夜批次1000件产品的合格品的期望为750件，不合格品的期望为250件，所以利润为，综上，昼批次不做检测的利润期望6500大于做检測的利润期望6000，故昼批次不做检測为好；夜批次不做检测的利润期望1250小于做检测的利润期望3750，故夜批次做检测为优【
20、点睛】本题考查独立事件同时发生概率求法、离散型随机事件的分布列和期望，考查计算求解能力，属于中档题.20. 设、分别是椭圆的左、右焦点，、两点分别是椭圆的上、下顶点，是等腰直角三角形，延长交椭圆于点，且的周长为.（1）求椭圆的方程；（2）设点是椭圆上异于、的动点，直线、与直线分别相交于、两点，点，试问：外接圆是否恒过轴上的定点（异于点）？若是，求该定点坐标；若否，说明理由.【答案】（1）；（2）是，且定点坐标为.【解析】【分析】（1）利用椭圆的定义可求得的值，再由是等腰直角三角形可求得、的值，由此可得出椭圆的方程；（2）设点，求出直线、的斜率之积为，设直线的方程为，可得出直线的方程，进而可求得
21、点、的方程，假设的外接圆过轴上的定点，求出的外接圆圆心的坐标，由结合两点间的距离公式可求得的值，进而可求得定点的坐标.【详解】（1）因为的周长为，由定义可得，所以，所以，又因为是等腰直角三角形，且，所以，所以椭圆的方程为：；（2）设，则，所以直线与的斜率之积，设直线的斜率为，则直线的方程为：，直线的方程：，由，可得，同理，假设的外接圆恒过定点，由于线段的垂直平分线所在直线的方程为，线段的垂直平分线所在直线的方程为，则其圆心，又，所以，解得，所以的外接圆恒过定点.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了圆过定点问题的求解，考查计算能力，属于中等题.21. 已知函数.（1）若直线与曲线相切，求
22、的值；（2）对任意，成立，讨论实数的取值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设出切点，利用导数建立方程组，求解方程组可得的值；（2）构造新函数，利用导数求解最值，讨论可得实数的取值.【详解】（1）设直线与曲线相切于点，因为，则有解得，所以；（2）令，则，且，因为，所以，令，（）当时，因为，所以，即，在单调递增，当时，不满足题意；（）当时，且，又，所以在单调递减，存在，使，当时，即，当时，即，所以在单调递减，在单调递增；在有唯一的最小值点，因为，要使恒成立，当且仅当，又，所以，即.综上所述，.【点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数的几何意义求解切线问题时，常常设出切点，结合切点处的导
23、数值等于切线的斜率建立等式，恒成立问题一般转化为最值问题，利用导数求解最值即可，侧重考查数学抽象的核心素养.（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选修4-4：坐标系与参数方程22. 如图，在以为极点，轴为极轴的极坐标系中，圆，的方程分别为，.（1）若相交于异于极点的点，求点的极坐标；（2）若直线与分别相交于异于极点的两点，求的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）联立方程组可解点的极坐标；（2）表示出的表达式，利用三角函数的知识可求最大值.【详解】（1）由，点的极坐标为；（2）设，的最大值为.【点睛】本题主要考查极坐标，极坐标的应用，题目较为简单，明确极坐标的意义是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数，.（1）解不等式：；（2）当时，恒成立，求实数取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将不等式化简为即可求解不等式；（2）利用分段函数求出的最小值即可得解.【详解】（1），解得：，所以其解集为；（2）所以当x=时取得最小值，恒成立，即，解得：实数的取值范围【点睛】此题考查解绝对值不等式，根据不等式恒成立求参数的范围，需要熟练掌握含绝对值函数的最值处理办法.
