2020届湖南省怀化市高三一模数学（理）试题（解析版）

2020届湖南省怀化市高三一模数学（理）试题

一、单选题

1．若集合，，则为（  ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】解不等式得到集合，再和求交集即可.

【详解】

解不等式得，即，因为，

所以.

故选B

【点睛】

本题主要考查集合的交集，熟记概念即可，属于基础题型.

2．已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（  ）

A．1 B．-1 C．0 D．

【答案】A

【解析】由复数的除法先求出复数，进而可得出结果.

【详解】

因为，所以，所以虚部为1.

故选A

【点睛】

本题主要考查复数的运算和概念，熟记复数的运算法则即可，属于基础题型.

3．有下列四个命题：：，.：，.：的充要条件是.：若是真命题，则一定是真命题.其中真命题是（ ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】A

【解析】根据正弦函数的值域，判断；用特殊值法验证；根据充分条件和必要条件的概念判断；根据复合命题的真假判断.

【详解】

根据正弦函数的值域，可判断：，为真；当时，，所以：，为真；时，，但无意义，所以：的充要条件是为假命题；若是真命题，则或有一个为真即可，所以“：若是真命题，则一定是真命题”是假命题.

故选A

【点睛】

本题主要考查命题的真假判断，结合相关知识点判断即可，属于基础题型.

4．两正数的等差中项为，等比中项为，且，则双曲线的离心率为（  ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据两正数的等差中项为，等比中项为，求出，进而可求出结果.

【详解】

因为两正数的等差中项为，等比中项为，所以，解得或，

因为，所以，所以.

故选D

【点睛】

本题主要考查双曲线的离心率，熟记公式即可，属于基础题型.

5．已知甲袋中有1个黄球和1个红球，乙袋中有2个黄球和2个红球，现随机地从甲袋中取出一个球放入乙袋中，再从乙袋中随机地取出一个球，则从乙袋中取出的球是红球的概率是（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】分两种情况讨论：甲袋中取出黄球和甲袋中取出红球；分别求出对应概率，再求和即可.

【详解】

分两种情况讨论如下：

(1)甲袋中取出黄球，则乙袋中有3个黄球和2个红球，从乙袋中取出的球是红球的概率为；

(2)甲袋中取出红球，则乙袋中有2个黄球和3个红球，从乙袋中取出的球是红球的概率为；

综上，所求概率为.

故选C

【点睛】

本题主要考查古典概型，以及分类讨论思想，分两种情况讨论即可得出结果，属于基础题型.

6．设函数的图像关于原点对称，则的值为（  ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先由辅助角公式整理函数解析式，再由函数关于原点对称，即可求出结果.

【详解】

因为，

又函数关于原点对称，所以，即，

因为，所以.

故选D

【点睛】

本题主要考查三角函数的性质，熟记性质即可得出结果，属于基础题型.

7．在的展开式中，项的系数为，则的值为（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据二项展开式的通项公式先求出，再由微积分基本定理即可求出结果.

【详解】

因为，

展开式的通项为，

所以在的展开式中，项的系数为，即；

所以.

故选C

【点睛】

本题主要考查二项式定理和微积分基本定理，熟记定理即可，属于基础题型.

8．在中，角的对边分别为，的面积为，若，则的值是（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由三角形的面积公式和余弦定理，可得，化简

得，又由，得，即可求解．

【详解】

由题意，因为，由余弦定理，

所以由，可得，

整理得，所以，

所以，化简得，

因为，所以，故选C．

【点睛】

本题主要考查了三角形面积公式，余弦定理以及三角函数的基本关系式的化简求值问题，其中解答中根据三角形的面积公式和余弦定理，得出，再利用同角三角函数的基本关系式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．

9．公元263年左右，我国数学家刘徽发现，当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形的面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”.利用“割圆术”，刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值为3.14，这就是著名的“徽率”.如图所示是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，其中表示圆内接正多边形的边数，执行此算法输出的圆周率的近似值依次为（  ）

（参考数据：，，）

A．3，3.1056，3.1420 B．3，3.1056，3.1320

C．3，3.1046，3.1410 D．3，3.1046，3.1330

【答案】B

【解析】按程序框图，逐步执行即可得出结果.

【详解】

当时，，输出；

当时，，输出；

当时，，输出.

故选B.

【点睛】

本主要考查程序框图，分析框图的作用，逐步执行即可，属于基础题型.

10．过抛物线的焦点作两条互相垂直的弦，，则四边形面积的最小值为（  ）

A．8 B．16 C．32 D．64

【答案】C

【解析】先由题意设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，求出，同理可求出，再由即可求出结果.

【详解】

显然焦点的坐标为，所以可设直线的方程为，

代入并整理得，

所以，，

同理可得，所以

故选C.

【点睛】

本题主要考查直线与抛物线的综合，联立直线与抛物线，结合韦达定理求出弦长，进而可求解，属于常考题型.

11．如图，是某几何体的三视图，其正视图、侧视图都是边长为2的正方形，俯视图是腰长为2的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的面积为（  ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先由三视图确定该几何体是一个四棱锥，进而可求出结果.

【详解】

显然几何体是一个四棱锥，将它放到棱长为2的正方体中，如图所示四棱锥即是该几何体，设外接球半径为，四棱锥的外接球即是正方体的外接球

显然，所以，所以选A.

【点睛】

本题主要考查几何体的三视图，以及几何体外接球的相关计算，先由三视图确定几何体的形状即可求解，属于常考题型.

12．设点为函数与的图像的公共点，以为切点可作直线与两曲线都相切，则实数的最大值为（  ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】先设，由以为切点可作直线与两曲线都相切，可得两函数在点处切线斜率相同，再由导数的方法即可求解.

【详解】

设，由于点为切点，则，

又点的切线相同，则，即，即，

又，，∴，于是，，设，

则，所以在单调递增，在单调递减，的最大值为，故选B.

【点睛】

本题主要考查导数在函数中的应用，以及导数的几何意义，一般需要对函数求导，用导数的方法研究其单调性等，属于常考题型.

二、填空题

13．设等比数列的前项的和为，且满足，，则_______．

【答案】32

【解析】先设等比数列的公比为，再由，求出首项和公比，进而可得出结果.

【详解】

设等比数列的公比为，因为，，所以，

解得，，所以.

故答案为

【点睛】

本题主要考查等比数列，熟记其通项公式和前项和公式，即可求出结果，属于基础题型.

14．已知实数满足，则目标函数的最大值为_____.

【答案】

【解析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求的最大值．

【详解】

作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）

由得，平移直线，

由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，

此时最大．由解得．

代入目标函数得．

即目标函数的最大值为12．

故答案为：12．

【点睛】

本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．利用平移确定目标函数取得最优解的条件是解决本题的关键．

15．已知正方形的边长为2，为平面内一点，则的最小值为______．

【答案】-4

【解析】由正方形的边长为2，以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，建立平面直角坐标系，分别写出四点坐标，再设，由向量数量积的坐标运算即可求出结果.

【详解】

由题意，以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，建立平面直角坐标系，

因为正方形的边长为2，所以可得，

设，则，，，，

所以，，

因此，

当且仅当时，取最小值.

故答案为-4

【点睛】

本题主要考查向量的数量积运算，熟记向量数量积的坐标运算即可，属于常考题型.

16．已知函数，若互不相等，且，则的取值范围是______．

【答案】

【解析】画出函数 的图象（如图所示）．

不妨令，则由已知和图象，得，

且，则，

则，

因为在恒成立，

所以在单调递减，所以，

三、解答题

17．已知等差数列的前项的和为，，.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，记数列的前项和，求使得恒成立时的最小正整数.

【答案】(1) (2)1

【解析】（1）先设设等差数列的公差为，由，列出方程组求出首项和公差即可；

（2）由(1)先求出，再由裂项相消法求数列的前项和即可.

【详解】

解：（1）设等差数列的公差为，因为，，

所以  解得

所以数列的通项公式为.

（2）由（1）可知

∴

,

∴，∴，∴的最小正整数为1

【点睛】

本题主要考查等差数列的通项公式，以及裂项相消法求数列前项和的问题，熟记公式即可，属于基础题型.

18．如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点.

（1）求证：；

（2）若平面，求二面角的大小；

（3）在（2）的条件下，侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.

【答案】(1)见证明；(2) (3)见解析

【解析】（1）先证明平面，即可得到；

（2）由题设知，连，设交于于，由题意知平面.以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，求法向量的夹角余弦值，即可求出结果；

（3）要使平面，只需与平面的法向量垂直即可，结合(2)中求出的平面的一个法向量，即可求解.

【详解】

（1）连交于，由题意.

在正方形中，，

所以平面，得

（2）由题设知，连，设交于于，由题意知平面.以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴正方向，建立坐标系如图.

设底面边长为，则高.

则，，

又平面，

则平面的一个法向量，

平面的一个法向量，

则，

又二面角为锐角，则二面角为；

（3）在棱上存在一点使平面.由（2）知是平面的一个法向量，

且，

设，

则

又平面，所以，

则.

即当时，

而不在平面内，故平面.

【点睛】

本题主要考查线面垂直的性质，以及空间向量的方法求二面角等，一般需要建立适当的坐标系，求出平面的法向量和直线的方向向量即可结合条件求解，属于常考题型.

19．在全国第五个“扶贫日”到来之前,某省开展“精准扶贫,携手同行”的主题活动,某贫困县调查基层干部走访贫困户数量．镇有基层干部60人,镇有基层干部60人,镇有基层干部80人,每人都走访了若干贫困户,按照分层抽样,从三镇共选40名基层干部,统计他们走访贫困户的数量,并将走访数量分成5组,,绘制成如图所示的频率分布直方图．

(1)求这40人中有多少人来自镇,并估计三镇的基层干部平均每人走访多少贫困户；(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)

(2)如果把走访贫困户达到或超过25户视为工作出色,以频率估计概率,从三镇的所有基层干部中随机选取3人,记这3人中工作出色的人数为,求的分布列及数学期望．

【答案】（1）40人中有16人来自镇，28.5户（2）见解析

【解析】（1）先确定抽样比，再由镇有基层干部80人即可求出结果；求平均数时，只需每组的中间值乘以该组的频率再求和即可；

（2）先确定从三镇的所有基层干部中随机选出1人，其工作出色的概率，由题意可知服从二项分布，进而可求出结果.

【详解】

解：（1）因为三镇分别有基层干部60人，60人，80人，共200人，

利用分层抽样的方法选40人，则镇应选取（人），

所以这40人中有16人来自镇

因为 ，

所以三镇基层干部平均每人走访贫困户28.5户

（2）由直方图得，从三镇的所有基层干部中随机选出1人，其工作出色的概率为

显然可取0，1，2，3，且，则

，  ，

，

所以的分布列为

所以数学期望

【点睛】

本题主要考查频率分布直方图，以及二项分布，由频率分布直方图求平均数，只需每组的中间值乘以该组频率再求和即可，对于二项分布的问题，熟记二项分布即可求解，属于常考题型.

20．设椭圆的离心率，椭圆上的点到左焦点的距离的最大值为3.

（1）求椭圆的方程；

（2）求椭圆的外切矩形的面积的取值范围.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）根据题意求出，进而可求出结果；

（2）当矩形的一组对边斜率不存在时，可求出矩形的面积；当矩形四边斜率都存在时，不防设，所在直线斜率为，则，斜率为，设出直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理以及弦长公式等，即可求解.

【详解】

解：（1）由题设条件可得，，解得，

∴，所以椭圆的方程为

（2）当矩形的一组对边斜率不存在时，得矩形的面积

当矩形四边斜率都存在时，不防设，所在直线斜率为，则，斜率为，

设直线的方程为，与椭圆联立可得

，

由，得

显然直线的直线方程为，直线，间的距离

，

同理可求得，间的距离为

所以四边形面积为

（等号当且仅当时成立）

又，

故由以上可得外切矩形面积的取值范围是

【点睛】

本题主要考查椭圆方程以及直线与椭圆的综合，灵活运用弦长公式，韦达定理等即可求解，属于常考题型.

21．已知函数（其中为自然对数的底数）.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围；

（3）设，证明：.

【答案】（1）见解析；（2）（3）见证明

【解析】（1）对函数求导，分类讨论和两种情况，即可得出结果；

（2）分类参数的方法，将化为，再由导数的方法求在的最小值即可；

（3）先由（1）令可知对任意实数都有，即，再令，即可证明结论成立.

【详解】

解：（1）因为，所以，

①当时，，函数在区间上单调递增；

②当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增.

（2）因为对任意的，不等式恒成立，即不等式恒成立.

即当时，恒成立.

令，则.

显然当时，，时，，

所以在上单调递减，在上单调递增.

∴时取最小值.

所以实数的取值范围是

（3）在（1）中，令可知对任意实数都有，

即（等号当且仅当时成立）

令，则，即

故

【点睛】

本题主要考查导数的应用，通常需要用导数的方法求出函数的单调区间，以及函数的最值等，属于常考题型.

22．选修4-4：坐标系与参数方程

已知曲线的参数方程为（为参数），以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程是：

（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程.

（2）点是曲线上的动点，求点到直线距离的最大值与最小值.

【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）由曲线的参数方程消去参数，即可求出其普通方程；由极坐标与直角坐标的互化公式即可求出直线的直角坐标方程；

（2）由曲线C的参数方程，先设点，再由点到直线的距离公式即可求解.

【详解】

解：（1）∵曲线的参数方程为（为参数），

∴曲线的普通方程为

∵直线的极坐标方程是：

∴

∴直线的直角坐标方程为

（2）∵点是曲线上的动点，

∴设，则到直线的距离：

，

∴当时，点到直线距离取最大值

当时，点到直线距离取最小值

【点睛】

本题主要考查参数方程与普通方程的互化和极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及参数的方法求点到直线的距离，熟记公式即可，属于常考题型.

23．已知函数.

（1）若恒成立，求实数的最大值；

（2）在（1）成立的条件下，正数满足，证明：.

【答案】(1)2；(2)证明见解析.

【解析】（1）由题意可得，则原问题等价于，据此可得实数的最大值.

（2）证明：法一：由题意结合(1)的结论可知，结合均值不等式的结论有，据此由综合法即可证得.

法二：利用分析法，原问题等价于，进一步，只需证明，分解因式后只需证，据此即可证得题中的结论.

【详解】

（1）由已知可得，

所以，

所以只需，解得，

∴，所以实数的最大值.

（2）证明：法一：综合法

∵，

∴，

∴，当且仅当时取等号，①

又∵，∴，

∴，当且仅当时取等号，②

由①②得，∴，所以.

法二：分析法

因为，，

所以要证，只需证，

即证，

∵，所以只要证，

即证，

即证，因为，所以只需证，

因为，所以成立，

所以.

【点睛】

本题主要考查绝对值函数最值的求解，不等式的证明方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.