湖北省荆州市沙市中学2020届高三下学期5月第三次模拟数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com湖北省荆州市沙市中学2019-2020学年高三第三次模拟考试

理科数学

一、选择题：本大题共12个小题，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.已知集合，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

求解集合A,B，按照交集的定义即可求出答案.

【详解】因为，，所以.

故选A．

【点睛】本题考查交集的运算，涉及分式不等式和指数不等式求解，属于基础题.

2.已知复数满足（其中为虚数单位），则的虚部为（    ）

A.  B. -2 C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】

根据复数除法的四则运算，分子分母同时乘以分母的共轭复数，整理出复数代数形式的标准形式，得到答案.

【详解】.

故选：B．

【点睛】本题考查复数的基本概念和复数的四则运算，属于基础题.

3.设等差数列前项和为，若，，则（    ）

A. 13 B. 15 C. 17 D. 19

【答案】D

【解析】

【分析】

因为，，可得，从而求出，根据等差数列的性质可计算的值.

【详解】因为，，所以，

即，解得，所以.

故选：D．

【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，考查等差数列的通项公式，属于基础题.

4.已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

对两边平方，可得，再利用余弦的二倍角公式计算，可得答案.

详解】由两边平方得：，所以．

所以.

故选：B．

【点睛】本题考查三角函数三姐妹的关系，考查余弦二倍角公式，考查学生的转化能力和公式运用能力，属于基础题.

5.孔子曰“三人行，必有我师焉．”从数学角度来看，这句话有深刻的哲理，古语说三百六十行，行行出状元，假设有甲、乙、丙三人中每一人，在每一行业中胜过孔圣人的概率为，那么甲、乙、丙三人中至少一人在至少一行业中胜过孔圣人的概率为（    ）（参考数据：，，）

A.  B.  C. 0 D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先求出一个人在所有行业中都不能胜过孔圣人的概率，再求出三个人在所有行业中都不能胜任孔圣人的概率，用1减去此概率即为所求.

【详解】一个人三百六十行全都不如孔圣人的概率为，三个人三百六十行都不如孔圣人的概率为，所以至少一人在至少一行业中胜过孔圣人的概率为．

故选：B．

【点睛】本题考查相互独立事件的概率乘法公式，考查至多至少问题用对立事件解决的方法，属于中档题.

6.已知直线过点，则“直线的斜率为”是“直线被圆：所截弦长为”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】

直线被圆：截得弦长为圆心到直线距离为1.当距离为1时有斜率不存在的情况，再设直线求出斜率为，根据所求可得答案.

【详解】直线被圆：截得弦长为圆心到直线距离为1，

当直线斜率不存在时，显然符合要求．

当直线斜率存在时，设斜率为，则：．

由得：，解得．

因此直线被圆：截得弦长为或斜率不存在．

故选A．

【点睛】本题考查命题充分必要的判断，考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离，考查学生严密的思维能力，属于基础题.

7.公元5世纪，我国古代著名数学家祖冲之给出了圆周率的两个近似分数值：（称之为“约率”）和（称之为“密率”）．一几何体的三视图如图所示（每个小方格的边长为1），如果取圆周率为“约率”，则该几何体的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

该图为三棱锥和半圆锥组成，按棱锥和圆锥的体积公式计算，体积公式中的代值计算时用计算即可.

【详解】如图，组合体有半个圆锥与一个三棱锥放在一起形成，所以．

故选：A.

【点睛】本题考查由三视图还原几何体并求体积，考查棱锥和圆锥体积公式，考查新概念的理解，属于基础题.

8.图为函数部分图象，则的解析式可能为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先分析函数的奇偶性，排除A，C，再根据函数的单调性判断，即可排除B选项，从而得出结论.

【详解】选项A为偶函数，C为奇函数，∴都不正确，当时，设，则，，∴，∴，所以B选项函数在上为增函数，故不正确.

故选D．

【点睛】本题考查通过函数图像确定函数解析式，函数的奇偶性、单调性和特殊值的应用是确定函数解析式的常用方法，属于基础题.

9.菱形中，，，点在线段上，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据菱形对角线垂直的性质建立直角坐标系，表示出各点的坐标，结合点E的坐标满足的条件和范围，再代入数量积即可求解.

【详解】建立如图所示坐标系，，，，，

设，，，

则，，，

所以.

即.

故选：D．

【点睛】本题主要考查数量积的应用以及坐标法的应用，解题的关键是求出点E的坐标的条件和范围，属于中档题.

10.已知双曲线：的左右焦点分别为，，过且斜率为的直线与双曲线的渐近线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

因为，所以点P在以为直径的圆上，且圆心为O，所以，已知， ，所以根据正切函数的二倍角公式可计算的值，进而求得双曲线的离心率.

【详解】∵，所以点P在以为直径的圆上，且圆心为O，∴，

∴，又已知，，，∴.

故选：D．

【点睛】本题考查求双曲线的离心率，考查正切函数的二倍角公式，考查数形结合的数学思想，属于中档题.

11.已知函数有两个极值点，，且，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

对求导，化简得：，则可得，通过可以建立等量关系，令，求导求得值域，开方可求的取值范围.

【详解】，

∴的两个根为，，∴，∴，

平方整理得，∴，∴，

设，，，

令，（舍）或，

当时，；当时，，

∴在上单调递增，在单调递减，

∴，∴，∴．

故选：C．

【点睛】本题考查利用极值求参数的范围，考查二次函数韦达定理，考查利用导数求函数的值域，考查函数与方程的思想，考查学生的计算能力，属于中档题.

12.已知平面四边形中，，，是等边三角形，现将沿折起到，使得点在平面上的射影恰为的外心，则三棱锥外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由条件可知，，所以，，，四点共圆，则的外心也是的外心，记为，则球心在过H与面垂直的垂线上. 取的外心，球心在过点与平面垂直的垂线上，与交于点O，利用三角形相似计算球的半径，从而求出表面积.

【详解】因为是等边三角形，所以，

因为，所以，，，四点共圆，

所以的外心也是的外心，记为，

取中点，则，，，共线，

连结，取外心，则点在线段上，且，

过点作平面的垂线交于点，则是三棱锥外接球的球心，

且，

所以，

因为 所以，，

, ，所以即，

所以外接球的表面积为.

故选C．

【点睛】本题考查多面体的外接球问题，考查球的表面积的计算，解决此类题的关键是找到球心的位置并计算半径，属于中档题.

二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13.的展开式中含的项的系数为______．

【答案】5

【解析】

【分析】

的展开式中含的项由两部分构成，利用二项展开式的通项分别计算每一部分的系数乘积再求和.

【详解】的展开式中含的项由两种情况构成：

中的常数项与中含的项的乘积；

中含的项与中的常数项的乘积；

所以展开式中，含的项为：

，所以的系数为．

故答案为：.

【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查求二项式展开式特定项的系数，属于基础题.

14.设，满足约束条件，则的最小值是______．

【答案】2

【解析】

【分析】

根据条件画出约束条件所表示的可行域，再利用几何意义求最值，的几何意义是轴上纵截距的2倍，所以只需求出在轴上纵截距的最小值，则可得出结果.

【详解】如图，不等式组所表示的平面区域，令，移动此直线，当目标函数过取得最小，且．

故答案为：.

【点睛】本题考查线性规划求最值问题，考查线性目标函数的几何意义，属于基础题.

15.抛物线：的焦点为，过的直线交抛物线于，两点，，两点在上的射影分别为，，为坐标原点，当时，直线的斜率为______．

【答案】

【解析】

【分析】

根据三角形和梯形等高的特点表示三角形和梯形的面积，得到，从而得到弦长，设直线联立计算弦长，即可求出斜率的值.

【详解】设直线与轴交点为，则

，

因为，，，

所以，

所以，

设直线斜率为，则：，与抛物线联立得：

，

从而，

所以，

解得．

故答案为：.

【点睛】本题考查抛物线的几何性质，考查三角形和梯形的面积公式，考查直线与抛物线的位置关系，同时也考查了学生对问题的转化能力，属于中档题.

16.数列满足，，实数为常数，①数列有可能为常数列；②时，数列为等差数列；③若，则；④时，数列递减；则以上判断正确的有______（填写序号即可）

【答案】①②③④

【解析】

【分析】

对选项逐一验证，①数列为常数列时，，可解出；②时，取倒数可以证明；③，表示出，解出范围可得；④时，表示出，则且单调递增，所以递减.

【详解】对于①：时，，又因为，所以数列为常数列，①正确．

对于②：时，两边取倒数，得，所以，数列为等差数列，所以②正确.

对于③：令，，再令，，，即，解得，，所以③正确．

对于④，令，，归纳猜想，于是，所以④正确．

综上，①②③④都正确．

故答案为：①②③④.

【点睛】本题考查数列的综合应用，涉及到等差数列的证明和单调性的判断，同时涉及不等式求解，考查学生的计算能力和分析问题的能力，属于中档题.

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17~21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：共60分．

17.在中，角，，的对边分别为，，，设向量，，且．

（1）求角；

（2）若，的面积为，求的周长．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】

（1）利用建立关系式，通过正弦定理将边转化为角的正弦，化简整理成关于A的三角函数，从而求出A角. （2）通过面积公式和余弦定理可以建立的关系式，解出的值即可求出周长.

【详解】解：（1）∵，∴，

由正弦定理可得，

整理得∴，

∴，

在中，∵，∴，，，

∵，∴，∴；

（2）由余弦定理可得，

，

化简得①，，②，

由①②解得，或，，所以三角形周长为．

【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，考查正弦定理边角互化，考查两角和与差的正弦公式，是解三角形的基础题.

18.已知如图一，，，，分别为，的中点，在上，且，为中点，将沿折起，沿折起，使得，重合于一点（如图二），设为．

（1）求证：平面；

（2）求二面角的大小．

【答案】（1）详见解析；（2）．

【解析】

【分析】

（1）先根据勾股定理证明，再证明平面，，再根据角的正切值相乘等1判断，从而得出，进而证明结果. （2）以直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面法向量，再利用向量夹角公式计算二面角的余弦值，判断正负，得出结果.

【详解】（1）证明：在图一中，，分别为，的中点，∴，∴，∴且，，在图二中，，∴，∴，∵，平面，∴平面，又平面，∴，在梯形中，，∴，∴，又，平面，∴平面；

（2）由（1）可知，平面且，所以建立如图所示坐标系，则，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，∴，令，则，∴，

，，设平面一个法向量为．

∴，，令，则，∴，

，

所以二面角的大小为．

【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理和性质定理，考查了利用正切值互为相反数证明两角互余，考查了向量法求二面角，考查了学生的空间想象能力和计算能力，属于中档题.

19.为进一步深化“平安校园”创建活动，加强校园安全教育宣传，某高中对该校学生进行了安全教育知识测试（满分100分），并从中随机抽取了200名学生的成绩，经过数据分析得到如图1所示的频数分布表，并绘制了得分在以及的茎叶图，分别如图2､3所示．

图1

（1）求这200名同学得分的平均数；（同组数据用区间中点值作代表）

（2）如果变量满足且，则称变量“近似满足正态分布的概率分布”．经计算知样本方差为210，现在取和分别为样本平均数和方差，以样本估计总体，将频率视为概率，如果该校学生的得分“近似满足正态分布的概率分布”，则认为该校的校园安全教育是成功的，否则视为不成功．试判断该校的安全教育是否成功，并说明理由．

（3）学校决定对90分及以上的同学进行奖励，为了体现趣味性，采用抽奖的方式进行，其中得分不低于94的同学有两次抽奖机会，低于94的同学只有一次抽奖机会，每次抽奖的奖金及对应的概率分别为：

现在从不低于90同学中随机选一名同学，记其获奖金额为，以样本估计总体，将频率视为概率，求分布列和数学期望．

（参考数据：）

【答案】（1）65；（2）是成功的，理由详见解析；（3）分布列详见解析，数学期望为87.5

【解析】

【分析】

（1）每组的中间成绩乘以对应的频率再求和，就是所求的平均数；

（2）计算的概率，结合茎叶图中的数据即可进行判断；

（3）的可能取值为：50,100,150,200，计算每个数值对应的概率，进而得到的分布列，由此计算得出期望.

【详解】解（1）据频数分布表得：

，

所以平均数为65．

（2）该校的安全教育是成功的．理由如下：

因为，所以，，

，，

而且据茎叶图2，3知：得分小于36分的学生有3个，得分大于94分的有4个，

所以，

因为学生的得分都在之间，所以，

所以学生的得分“近似满足正态分布的概率分布”，因此该校的安全教育是成功的．

（3）设这名同学获得的奖金为，则的可能取值为50，100，150，200．

，

，

，

，

分布列为

．

【点睛】本题考查了平均数的计算，考查了正态分布，离散型随机变量的分布列和数学期望，考查了学生的审题和计算能力，属于中档题.

20.设是椭圆：的右焦点，过点的直线交椭圆于，两点，当轴时，．

（1）求椭圆的方程；

（2）记椭圆的左顶点为，当直线斜率存在且不等于0时，设直线，直线，直线的斜率分别为，，，求证：为定值．

【答案】（1）；（2）详见解析．

【解析】

【分析】

（1）由题意可得，又由时，可以得到的关系，进而由的关系可求出的值，从而求出椭圆方程.（2）由（1）可得A的坐标，设直线的方程与椭圆联立求出两根之和两根之积，进而求出直线、的斜率之和，可得为定值．

【详解】解：（1）将代入得：，

所以①

又②

联立①②得：，，

所以椭圆的方程为．

（2）设，，

由得：，

所以，，

因为

．

所以．

【点睛】本题考查求椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系，考查设而不求法的应用，考查学生的计算能力，属于中档题.

21.函数，．

（1）设是函数的导函数，求的单调区间；

（2）证明：当时，在区间上有极大值点，且．

【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增；（2）详见解析．

【解析】

【分析】

（1）求导可得，继续求导得到，判断的正负，进而可得到的单调区间；（2）由（1）可知，在上单调递减，结合时，，可以证明为的极大值点，同时可以知道，而，所以有，再构造函数，利用导数可证明，即可得证.

【详解】解：（1）定义域为，

，，

令，，，

∴在上单调递减，在上单调递增．

（2）由（1）可知在上单调递减，∵，∴，，，设，∵，，∴，∴，∴，使得，时，，时，，所以为函数的极大值点．

∵，即①，，当时，，且由（1）可知在上单调递减，所以，②，将①代入②整理得：，设，则，∴在上单调递减，∴，所以当时，恒成立．

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和最值，考查利用零点求解参数代换，考查学生的转化能力和计算能力，属于中档题.

（二）选考题：共10分．请考生在（22）、（23）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．

22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系．

（1）写出曲线的直角坐标方程和极坐标方程；

（2）若将曲线绕点逆时针旋转得到曲线，曲线与曲线交于，，与轴分别交于，，求三角形的面积．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）直接利用公式，把参数方程，极坐标方程和直角坐标方程互换.（2）由题意写出曲线的直角坐标方程，联立曲线求得点坐标，再求出点坐标，由三角形面积公式求解.

【详解】解：

（1）曲线的参数方程为（为参数），化为直角坐标方程为：，化为极坐标方程为：，化简得：.

（2）曲线绕点逆时针旋转得到曲线，方程为，联立，解得：.

在中，令得：.

所以三角形的面积为：.

【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标的互化，考查圆与圆的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题.

23.已知．

（1）当时，解不等式；

（2）若关于的不等式有解，求实数的取值范围．

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）由题意可知：，由零点分段法，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集.（2）原不等式等价于，运用零点分段法讨论的最小值，再由不等式的解法可得所有范围.

【详解】解：（1）当时，即求解：.等价于或或，解得：或或.

所以原不等式解集为：.

（2）有解等价于：有解.

当 时， ，为先减后增函数，且在时有最小值.所以，即；

当时，，为先减后增函数，且在时有最小值，所以，即.所以的值范围是.

【点睛】本题考查零点分段法解绝对值不等式，考查不等式有解问题，考查学生分类讨论的思想，考查学生的计算能力，属于中档题.