湖南省怀化市2020届高三下学期6月第三次模拟考试文科数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷

2020年高三仿真考试文科数学

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，请把正确答案的代号填在答题卡上

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；

【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】A

【解析】

【分析】

先求出函数的周期，再将周期除以2，即可得到答案；

【详解】函数的图象是由函数的图象，将轴下方翻到轴上方，

函数的周期为函数周期的一半，

函数周期为，

，

故选：A.

【点睛】本题考查三角函数的周期，考查数形结合思想和运算求解能力，属于基础题.

3. 七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，顾名思义，仅由七块板（五个等腰直角三角形，一个正方形，一个平行四边形）组成的.如图，将七巧板拼成一个正方形，在正方形内任取一点，则该点落在正方形内的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

设正方形的边长为，求得正方形ABCD的面积，再根据是等腰直角三角形，得到，从而得到，再求得正方形的面积，代入几何概型的概率公式求解.

【详解】设正方形的边长为，则正方形ABCD，

因为四边形是正方形，

所以是等腰直角三角形，

所以，，

因为四边形是正方形，

所以正方形EFGH=，

所以.

故选：D

【点睛】本题主要考查几何概型的面积类型，还考查了识图用图的能力，属于基础题.

4. 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】

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.

5. 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，将数学中五个重要的数（自然对数的底，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“最完美的数学公式”.根据欧拉公式，若复数的共轭复数为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先根据题意求出复数的代数形式，再求它的共轭复数.

【详解】由题意，，所以.

故选：D.

【点睛】本题主要考查共轭复数，化简复数为形式，其共轭复数为，侧重考查数学运算的核心素养.

6. 若，则实数a，b，c之间的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

引入中间变量0和1，即可得到答案；

【详解】，，，

，

故选：B.

【点睛】本题考查指数式和对数式的大小比较，考查运算求解能力，求解时注意中间变量的引入.

7. 已知一块形状为正四棱柱（底面是正方形，侧棱与底面垂直的四棱柱）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】

依题意，若使球的体积最大，只需该球内切于棱长为2的正方体中即可.

【详解】根据题意，当球内切于棱长为2的正方体中时，球的体积最大，

故该球体积最大时，半径为1，体积为：.

故选：C

【点睛】本题主要考查组合体问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题.

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；

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. 设双曲线的右焦点为，过作垂直于轴的直线交于，两点若以线段为直径的圆与的渐近线相切，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意，直线AB的方程为，代入，求得交点坐标，得到以线段为直径的圆的圆心和半径，再根据双曲线的渐近线与圆相切求解.

【详解】根据题意，直线AB的方程为，代入，得，

所以以线段为直径的圆的圆心为，半径为，

双曲线的渐近线方程为，

因渐近线与圆相切，

所以，化简得，

所以，

故选：C

【点睛】本题主要考查双曲线的方程，渐近线和离心率，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

10. 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. 18～29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，18～29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.

11. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴相交于点，过点作斜率为的直线与抛物线相交于，两点，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

设直线的方程为，与抛物线方程联立，由抛物线的定义和弦长公式得到，，再根据，在中，由余弦定理建立关于k的方程求解。

【详解】因为，所以，，

设直线的方程为：，，

直线与抛物线联立，

消去y得，

所以，

，即，

由抛物线的定义得：，

，

在中，由余弦定理得：，

，

，

，

即，

解得，

所以.

故选：D

【点睛】本题主要考查抛物线的定义和直线与抛物线的位置关系以及余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于难题.

12. 已知函数，是的导函数.①在区间是增函数；②当时，函数的最大值为；③有2个零点；④.则上述判断正确的序号是（    ）

A. ①③ B. ①④ C. ③④ D. ①②

【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①正确；

当时，，当且仅当时取到最小值，所以②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③正确；

当时，，，所以④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.

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. 的内角的对边分别为.若，，则的面积为________.

【答案】

【解析】

【分析】

根据，利用正弦定理得到，化简得，求得角，再由，利用正弦定理求解.

【详解】因为，

所以，

化简得：，即，

因为，

所以，

所以的面积为.

故答案为：

【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

15. 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，输出值520.

故答案为：520.

【点睛】本题主要考查程序框图的理解，利用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.

16. 若是两个非零向量，且则与的夹角的取值范围是____.

【答案】

【解析】

【分析】

设，则，令，以为邻边作平行四边形，则平行四边形为菱形，得到，得出与的夹角为，在中，由余弦定理求得的范围，得到的范围，进而求得与的夹角的范围，得到答案.

【详解】如图所示，因为，

不妨设，则，

令，以为邻边作平行四边形，

则平行四边形为菱形，所以为等腰三角形，

所以，且，

由题意，可得与的夹角，即为与的夹角，等于，

在中，

由余弦定理可得，

解得，

又由，可得，所以，

因为，所以，即，

所以，

即向量与的夹角的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了两个向量加法、减法的几何意义，以及余弦定理和不等式的性质的综合应用，着重考查数形结合思想，以及推理与运算能力.

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：共60分

17. 已知为等差数列，各项为正的等比数列的前n项和为，         ，且，，.在①；②；③这三个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答（如果选择多个条件解答，则按选择第一个解答计分）.

（1）求数列和的通项公式；

（2）求数列的前项和

【答案】（1），；（2）.

【解析】

【分析】

（1）分别选择条件①②③，结合等差、等比数列的通项公式，以及和的关系，即可求得数列和的通项公式；

（2）由（1）求得，结合等差、等比数列的前项和公式，利用错位相减，即可求解.

【详解】（1）若选①：，设等差数列的公差为，

由，，可得，解得，

所以，

又由，

当时，由，则有，即，

当时，，整理得，即，

所以是以2为首项，2为公比的等比数列，

所以.

（2）由（1）知，则，

所以

，

所以.

（1）若选②：，设等差数列的公差为d，

由，，可得，解得，

所以，所以，

设等比数列的公比为，

因为，

所以，

又因为，所以，解得或（舍去），

所以.

（2）由（1）知，则，

所以

，

所以.

（1）若选③：，设等差数列的公差为，

由，，可得，解得，

所以，

因为，，

当，得，即，解得，所以.

（2）由（1）知，则，

所以

，

所以.

【点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,根据通项公式和求和公式，列出方程组,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确；二是利用等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，应有意识地去应用，同时在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.

18. 图是直角梯形，，，，，，点在上，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图.

证明：平面平面；

求点到平面的距离.

【答案】证明见解析；.

【解析】

【分析】

在图中，连接，由已知得四边形为菱形，连接交于点，得，证明，再由线面垂直的判定可得平面，从而得到平面平面；

取的中点，连接，和，设到平面的距离为，在三棱锥中，利用，求解点到平面的距离.

【详解】解：证明：在图中，连接，由已知得，

，且，四边形为菱形，

连接交于点，，

在中，.

.

在图中，，

，.

由题意知，，且，

平面，又平面，

平面平面；

如图，取的中点，连接，和，设到平面的距离为，

在直角梯形中，为中位线，则，，

由得平面，平面，

，又，得平面，

又平面，，且.

在三棱锥中，，

即，

.

即点到平面的距离为.

【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，利用等体积法的思想，属于中档题.

19. 按照水果市场的需要等因素，水果种植户把某种成熟后的水果按其直径的大小分为不同等级.某商家计划从该种植户那里购进一批这种水果销售.为了了解这种水果的质量等级情况，现随机抽取了100个这种水果，统计得到如下直径分布表（单位：mm）：

用分层抽样的方法从其中的一级品和特级品共抽取6个，其中一级品2个.

（1）估计这批水果中特级品的比例；

（2）已知样本中这批水果不按等级混装的话20个约1斤，该种植户有20000斤这种水果待售，商家提出两种收购方案：

方案A：以6.5元/斤收购；

方案B：以级别分装收购，每袋20个，特级品8元/袋，一级品5元/袋，二级品4元/袋，三级品3元/袋.

用样本的频率分布估计总体分布，问哪个方案种植户的收益更高？并说明理由.

【答案】（1）这批水果中特级品的比例为58%；（2）方案B种植户的收益更高，详见解析.

【解析】

【分析】

（1）由题意结合分层抽样的特征可得，解方程求得n=51后，即可得解；

（2）分别计算出选择两个方案的的收益，比较大小即可得解.

【详解】（1）由题意，解得m=12，n=51，

所以特级品的频率为，

所以可估计这批水果中特级品的比例为58%；

（2）选用方案A，种植户的收益为（元）；

选用方案B，由题意可得种植户的收益为：

；

由可得选择B方案种植户的收益更高.

【点睛】本题考查了分层抽样性质的应用，考查了利用频率估计样本总体的应用，关键是对于题意的理解，属于基础题.

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，直线与直分别相交于两点，点，求证：的外接圆恒过原点.

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）根据的周长为，利用定义可解得，再根据是等腰直角三角形得到即可.

（2）设，根据直线与的斜率之积为，设直线的斜率为，则直线，，然后由，可得的坐标，同理得到的坐标，再利用中垂线定理，求得圆心E，验证即可.

【详解】（1）∵的周长为，由定义可知，，，

∴，∴，

又∵是等腰直角三角形，且，∴，

∴椭圆的方程为；

（2）设，则，

∴直线与的斜率之积为，

设直线的斜率为，则直线，，

由，可得，同理，

∴线段与的中垂线交点，

又，

，

∴，

即共圆，

∴故的外接圆恒过定点

【点睛】本题主要考查椭圆定义，方程及其应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

21. 已知函数.

（1）若直线与曲线相切，求的值；

（2）对任意，成立，求实数的值.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）设直线与曲线相切于点，根据，由求解.

（2）令，根据任意，成立，只需即可，然后求导，再分和两种情况讨论求解.

【详解】（1）设直线与曲线相切于点，

因为，

则有解得，所以；

（2）令，

则，

（ⅰ）当时，因为，所以，在单调递减，

由，但时，，不满足题意；

（ⅱ）当时，因为，令，解得，

时，在单调递减，

时，，在单调递增，

所以，由题意，可得，

所以，

令，则，即，

令，则，

当时，，在单调递增，

当时，，在单调递减，

所以，时，，即，

所以当时，，

即时，在上恒成立，

综上所述，.

【点睛】本题主要考查导数的几何意义以及导数与不等式恒成立问题，还考查了分类讨论，转化化归的思想和运算求解的能力，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.

［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，求实数的取值范围.

【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.