2020届湖南、河南、江西高三下学期3月线上联考数学（理）试题（解析版）

2020届湖南、河南、江西高三下学期3月线上联考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，若，则（    ）

A．4 B．－4 C．8 D．－8

【答案】B

【解析】根据交集的定义，，可知，代入计算即可求出.

【详解】

由，可知，

又因为，

所以时，，

解得.

故选：B.

【点睛】

本题考查交集的概念，属于基础题.

2．已知，，则（    ）

A． B． C．3 D．4

【答案】A

【解析】根据复数相等的特征，求出和，再利用复数的模公式，即可得出结果.

【详解】

因为，所以，

解得

则.

故选：A.

【点睛】

本题考查相等复数的特征和复数的模，属于基础题.

3．若，满足约束条件，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据约束条件作出可行域，找到使直线的截距取最值得点，相应坐标代入即可求得取值范围.

【详解】

画出可行域，如图所示：

由图可知，当直线经过点时，取得最小值－5；经过点时，取得最大值5，故.

故选：B

【点睛】

本题考查根据线性规划求范围，属于基础题.

4．如图所示的程序框图，当其运行结果为31时，则图中判断框①处应填入的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据程序框图的运行，循环算出当时，结束运行，总结分析即可得出答案.

【详解】

由题可知，程序框图的运行结果为31，

当时，；

当时，；

当时，；

当时，；

当时，.

此时输出.

故选：C.

【点睛】

本题考查根据程序框图的循环结构，已知输出结果求条件框，属于基础题.

5．设双曲线，，的离心率分别为，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】已知双曲线标准方程，根据离心率的公式，直接分别算出，，，即可得出结论.

【详解】

对于双曲线，

可得，则，

对于双曲线，

得，则，

对于双曲线，

得，则，

可得出，，

所以.

故选：D.

【点睛】

本题考查双曲线的标准方程和离心率，属于基础题.

6．在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】连接，，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），

不妨设正方体的棱长为2，取的中点为，连接，在等腰中，求出，在利用二倍角公式，求出，即可得出答案.

【详解】

连接，，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），

不妨设正方体的棱长为2，则，，

在等腰中，取的中点为，连接，

则，，

所以，

即：，

所以异面直线，所成角的余弦值为.

故选：D.

【点睛】

本题考查空间异面直线的夹角余弦值，利用了正方体的性质和二倍角公式，还考查空间思维和计算能力.

7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一个“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央.出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐.问水深、葭长各几何？”其意思为“今有水池1丈见方（即尺），芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为1尺.将芦苇向池岸牵引，恰巧与水岸齐接（如图所示）.试问水深、芦苇的长度各是多少？假设，现有下述四个结论：

①水深为12尺；②芦苇长为15尺；③；④.

其中所有正确结论的编号是（    ）

A．①③ B．①③④ C．①④ D．②③④

【答案】B

【解析】利用勾股定理求出的值，可得，再利用二倍角的正切公式求得，利用两角和的正切公式求得的值.

【详解】

设，则，

∵，∴，∴.

即水深为12尺，芦苇长为12尺；

∴，由，解得（负根舍去）.

∵，

∴.

故正确结论的编号为①③④.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查二倍角的正切公式、两角和的正切公式，属于基础题.

8．将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），再将所得到的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若为奇函数，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由条件根据函数的图像变换规律，得到相应的函数解析式，再根据正弦型函数的奇偶性求得m的范围.

【详解】

由题意知，因为是奇函数，所以，.解得，.因为，所以的最小值为.

故选：D

【点睛】

本题考查有关函数图像的变换问题，正弦型函数的奇偶性，属于基础题.

9．一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为，大圆柱底面半径为，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为，如图2放置容器时，液面以上空余部分的高为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据空余部分体积相等列出等式即可求解.

【详解】

在图1中，液面以上空余部分的体积为；在图2中，液面以上空余部分的体积为.因为，所以.

故选：B

【点睛】

本题考查圆柱的体积，属于基础题.

10．已知定义在上的函数满足，且在上是增函数，不等式对于恒成立，则的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据奇偶性定义和性质可判断出函数为偶函数且在上是减函数，由此可将不等式化为；利用分离变量法可得，求得的最大值和的最小值即可得到结果.

【详解】

    为定义在上的偶函数，图象关于轴对称

又在上是增函数    在上是减函数

    ，即

对于恒成立    在上恒成立

，即的取值范围为：

本题正确选项：

【点睛】

本题考查利用函数的奇偶性和单调性求解函数不等式的问题，涉及到恒成立问题的求解；解题关键是能够利用函数单调性将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系，从而利用分离变量法来处理恒成立问题.

11．第七届世界军人运动会于2019年10月18日至27日在中国武汉举行，中国队以133金64银42铜位居金牌榜和奖牌榜的首位.运动会期间有甲、乙等五名志愿者被分配到射击、田径、篮球、游泳四个运动场地提供服务，要求每个人都要被派出去提供服务，且每个场地都要有志愿者服务，则甲和乙恰好在同一组的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据题意，五人分成四组，先求出两人组成一组的所有可能的分组种数，再将甲乙组成一组的情况，即可求出概率.

【详解】

五人分成四组，先选出两人组成一组，剩下的人各自成一组，

所有可能的分组共有种，

甲和乙分在同一组，则其余三人各自成一组，只有一种分法，与场地无关，

故甲和乙恰好在同一组的概率是.

故选：A.

【点睛】

本题考查组合的应用和概率的计算，属于基础题.

12．已知函数有两个不同的极值点，，若不等式有解，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】先求导得（），由于函数有两个不同的极值点，，转化为方程有两个不相等的正实数根，根据，，，求出的取值范围，而有解，通过分裂参数法和构造新函数，通过利用导数研究单调性、最值，即可得出的取值范围.

【详解】

由题可得：（），

因为函数有两个不同的极值点，，

所以方程有两个不相等的正实数根，

于是有解得.

若不等式有解，

所以

因为

.

设，

，故在上单调递增，

故，

所以，

所以的取值范围是.

故选：C.

【点睛】

本题考查利用导数研究函数单调性、最值来求参数取值范围，以及运用分离参数法和构造函数法，还考查分析和计算能力，有一定的难度.

二、填空题

13．设非零向量，满足，，，则______.

【答案】

【解析】由题知，，，利用向量的数量积公式化简，即可求出.

【详解】

∵，，

∴，

∴.

故答案为：.

【点睛】

本题考查向量的数量积公式和向量的模，属于基础题.

14．设，，分别为内角，，的对边.已知，，且，则______.

【答案】2

【解析】利用正弦定理角化边公式化简，再运用余弦定理得出，即可求出.

【详解】

因为，

所以，

又，，所以，

所以，

则，解得.

故答案为：2.

【点睛】

本题考查正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题.

15．的展开式中所有项的系数和为______，常数项为______.

【答案】3    -260   

【解析】(1)令求得所有项的系数和； (2)先求出展开式中的常数项与含的系数，再求展开式中的常数项.

【详解】

将代入，得所有项的系数和为3.

因为的展开式中含的项为，的展开式中含常数项，所以的展开式中的常数项为.

故答案为：3； -260

【点睛】

本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特殊项问题，属于基础题.

16．过抛物线：的准线上任意一点作抛物线的切线，，切点分别为，，则点到准线的距离与点到准线的距离之和的最小值是______.

【答案】4

【解析】先求出直线，的方程，联立解得，由点是两切线的公共点求得的方程为，表示出，两点到准线的距离之和并化简为，从而求得最小值.

【详解】

设，，则直线，的方程分别为，，

联立解得，.又直线，的方程分别可表示为，，将点坐标代入两方程，得

所以直线的方程为，即，

所以点到准线的距离与点到准线的距离之和为.

故答案为：4

【点睛】

本题考查直线与抛物线位置关系应用，属于较难题.

三、解答题

17．已知数列满足，且.

（1）证明数列是等差数列，并求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前项和.

【答案】（1）证明见解析，   （2）

【解析】(1)由 ，利用定义能证明是以为公差的等差数列，从而求出； (2)由 ，利用错位相减法即可求得数列的前项和.

【详解】

解：（1）因为，所以，

两边都加上1，得，

所以，即，

所以数列是以为公差的等差数列，且首项是，

所以，即.

（2）因为，所以数列的前项和，①

则，②

由①－②，得，

所以.

【点睛】

本题考查等差数列的证明，考查数列的通项公式的求法，错位相减法求数列前n项和，属于中档题.

18．某厂加工的零件按箱出厂，每箱有10个零件，在出厂之前需要对每箱的零件作检验，人工检验方法如下：先从每箱的零件中随机抽取4个零件，若抽取的零件都是正品或都是次品，则停止检验；若抽取的零件至少有1个至多有3个次品，则对剩下的6个零件逐一检验.已知每个零件检验合格的概率为0.8，每个零件是否检验合格相互独立，且每个零件的人工检验费为2元.

（1）设1箱零件人工检验总费用为元，求的分布列；

（2）除了人工检验方法外还有机器检验方法，机器检验需要对每箱的每个零件作检验，每个零件的检验费为1.6元.现有1000箱零件需要检验，以检验总费用的数学期望为依据，在人工检验与机器检验中，应该选择哪一个？说明你的理由.

【答案】（1）详见解析（2）应该选择人工检验，详见解析

【解析】（1）根据题意，工人抽查的4个零件中，分别计算出4个都是正品或者都是次品，4个不全是次品的人工费用，得出的可能值，利用二项分布分别求出概率，即可列出的分布列；

（2）由（1）求出的数学期望，根据条件分别算出1000箱零件的人工检验和机器检验总费用的数学期望，比较即可得出结论.

【详解】

解：（1）由题可知，工人抽查的4个零件中，

当4个都是正品或者都是次品，则人工检验总费用为：元，

当4个不全是次品时，人工检验总费用都为：元，

所以的可能取值为8，20，

，

，

则的分布列为

（2）由（1）知，，

所以1000箱零件的人工检验总费用的数学期望为元，

因为1000箱零件的机器检验总费用的数学期望为元，

且，

所以应该选择人工检验.

【点睛】

本题考查离散型随机变量的实际应用，求离散型随机变量概率、分布列和数学期望，属于基础题.

19．如图，在四棱锥中，底面，，，，为的中点，是上的点.

（1）若平面，证明：平面.

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）

【解析】（1）因为，利用线面平行的判定定理可证出平面，利用点线面的位置关系，得出和，由于底面，利用线面垂直的性质，得出

，且，最后结合线面垂直的判定定理得出平面，即可证出平面.

（2）由（1）可知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，标出点坐标，运用空间向量坐标运算求出所需向量，分别求出平面和平面的法向量，最后利用空间二面角公式，即可求出的余弦值.

【详解】

（1）证明：因为，平面，平面，

所以平面，

因为平面，平面，所以可设平面平面，

又因为平面，所以.

因为平面，平面，

所以，从而得.

因为底面，所以.

因为，所以.

因为，所以平面.

综上，平面.

（2）解：由（1）可得，，两两垂直，以为原点，，，所在

直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为，所以，

则，，，，

所以，，，.

设是平面的法向量，

由取

取，得.

设是平面的法向量，

由得

取，得，

所以，

即的余弦值为.

【点睛】

本题考查线面垂直的判定和空间二面角的计算，还运用线面平行的性质、线面垂直的判定定理、点线面的位置关系、空间向量的坐标运算等，同时考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力.

20．已知椭圆：的左顶点为，右焦点为，斜率为1的直线与椭圆交于，两点，且，其中为坐标原点.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设过点且与直线平行的直线与椭圆交于，两点，若点满足，且与椭圆的另一个交点为，求的值.

【答案】（1）   （2）

【解析】(1)由题意知是以为斜边的等腰直角三角形，从而求得B点坐标，代入椭圆方程求出 ，即可得解；(2)设点，，，直线的方程与椭圆方程联立求出，，，利用计算出点Q的坐标, 因为点在椭圆上，所以，整理得，因为， ，，方程解得，即.

【详解】

解：（1）因为直线的斜率为1，且，

所以是以为斜边的等腰直角三角形，

从而有，

代人椭圆的方程，得，解得，

所以椭圆的标准方程为.

（2）由（1）得，所以直线的方程为.

设点，，，

将代入，得，

所以，，

所以.

因为，所以，所以.

设，则，，

所以

因为点在椭圆上，所以，

所以，

整理得，.

由上得，且可知，，

所以，整理得，

解得或（舍去），即.

【点睛】

本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合应用，向量共线的坐标表示，属于难题.

21．已知函数.

（1）若函数，试讨论的单调性；

（2）若，，求的取值范围.

【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）

【解析】（1）由于函数，得出，分类讨论当和时，的正负，进而得出的单调性；

（2）求出，令，得，设，通过导函数，可得出在上的单调性和值域，再分类讨论和时，的单调性，再结合，恒成立，即可求出的取值范围.

【详解】

解：（1）因为，

所以，

①当时，，在上单调递减.

②当时，令，则；令，则，

所以在单调递增，在上单调递减.

综上所述，当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增，在上单调递减.

（2）因为，可知，

，

令，得.

设，则.

当时，，在上单调递增，

所以在上的值域是，即.

当时，没有实根，且，

在上单调递减，，符合题意.

当时，，

所以有唯一实根，

当时，，在上单调递增，，不符合题意.

综上，，即的取值范围为.

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的单调性和根据恒成立问题求参数范围，还运用了构造函数法，还考查分类讨论思想和计算能力，属于难题.

22．在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

（2）若射线的极坐标方程为（）.设与相交于点，与相交于点，求.

【答案】（1）曲线的普通方程为；直线的直角坐标方程为（2）

【解析】（1）利用消去参数，将曲线的参数方程化成普通方程，利用互化公式，

将直线的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）根据（1）求出曲线的极坐标方程，分别联立射线与曲线以及射线与直线的极坐标方程，求出和，即可求出.

【详解】

解：（1）因为（为参数），所以消去参数，得，

所以曲线的普通方程为.

因为所以直线的直角坐标方程为.

（2）曲线的极坐标方程为.

设的极径分别为和，

将（）代入，解得，

将（）代入，解得.

故.

【点睛】

本题考查利用消参法将参数方程化成普通方程以及利用互化公式将极坐标方程化为直角坐标方程，还考查极径的运用和两点间距离，属于中档题.

23．设函数（）的最小值为.

（1）求的值；

（2）若，，为正实数，且，证明：.

【答案】（1）（2）证明见解析

【解析】（1）分类讨论，去绝对值求出函数的解析式，根据一次函数的性质，得出的单调性，得出取最小值，即可求的值；

（2）由（1）得出，利用“乘1法”，令，化简后利用基本不等式求出的最小值，即可证出.

【详解】

（1）解：

当时，单调递减；当时，单调递增.

所以当时，取最小值.

（2）证明：由（1）可知.

要证明：，即证，

因为，，为正实数，

所以

.

当且仅当，即，，时取等号，

所以.

【点睛】

本题考查绝对值不等式和基本不等式的应用，还运用“乘1法”和分类讨论思想，属于中档题.