湖南省师大附中2020届高三数学下学期统一模拟考试试题理₍含解析₎

1、湖南省师大附中2020届高三数学下学期统一模拟考试试题 理（含解析）一、选择题1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由，得：，所以，故选D.2.在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】分析：先化复数为代数形式，再根据几何意义得对应点，即得点所在象限.详解：复数，其对应的点是，位于第四象限故选点睛：首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为3.如图，在正方形中，点是的中点，点满足，那么(

2、)A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用三角形的加法法则，减法法则，线性运算，就可得出结果【详解】解：在中，.因为点为的中点，所以.因为点为的一个三等分点，所以，所以，故选：C.【点睛】本题考查平面向量基本定理，向量的运算，属于基础题4.函数（其中为自然对数的底）的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为函数为偶函数，所以去掉D,因为当 时 ，所以当 时 ，去掉B;当 时 ，去掉C，因此选A.5.在如图所示的正方形内任取一点，其中图中的圆弧为该正方形的内切圆，以及以正方形的顶点为圆心以正方形边长的一半为半径的圆弧，则点恰好取自阴影部分的概率为( )A. B

3、. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设正方形的边长为2，分别求出正方形及阴影部分的面积，再由测度比是面积比得答案【详解】解：设正方形的边长为2，则正方形面积为4图中阴影部分的面积可看作8个弓形的面积和，其面积为所求概率故选：【点睛】本题考查几何概型概率的求法，关键是求出阴影部分的面积，属于基础题6.的展开式中的常数项为( )A. 14B. -14C. 16D. -16【答案】A【解析】【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中的常数项【详解】解：，故它的展开式中的常数项为，故选：【点睛】本题主要考查二项式定理应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题7.已知为锐角，且，则

4、的值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和角公式的应用求出结果【详解】解：由可得，即，所以，又为锐角，故，故选：B.【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，和角公式的运用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题8.设椭圆：的左、右焦点分别为，点.已知动点在椭圆上，且点，不共线，若的周长的最小值为，则椭圆的离心率为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】当，共线时，此时的周长的最小，即可得到，再根据离心率公式计算即可【详解】解：的周长为，当，共线时，此时周长最小，故选：【点睛】本题考查了椭圆的简单

5、性质和离心率，考查了运算能力和转化能力，属于中档题，9.设三棱柱的侧棱垂直于底面，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心做垂直于底面的直线与中截面的交点，而底面为直角三角形，所以底面外接圆的圆心为斜边的中点，且半径为斜边的一半，根据底面外接圆的半径与球的半径和直棱柱的高的一半构成直角三角形，由题意求出外接球的半径，求出外接球的表面积【详解】解：由题意知底面外接圆的圆心为斜边的中点，则外接圆的半径，而，所以，所以，过的中点做垂直于底面的直线交中截面与点，则为外接球的球心，由题意得：，所以外

6、接球的表面积，故选：【点睛】考查直棱柱的外接球的求法及球的表面积公式，属于中档题10.设是数列的前项和，若，则数列的前99项和为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用两式作差，代入求出，再利用裂项相消法求出和即可【详解】解：当时，则，即，则，从而，故.故选：【点睛】考查数列的性质，裂项相消法求数列的和，注意式子的灵活变换，属于中档题11.已知函数，若，则ab的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】画出的图像，结合图像，根据，求得的取值范围.令，将用表示，由此求得的表达式，进而利用导数求得的最小值.【详解】画出图像如下图所示，令，解得.所以.令，由

7、图可知.，所以.所以.构造函数（稍微放大的范围）.令，所以在上递减.而.由于，所以，所以. ，故存在，使.所以在上递增，在上递减.所以对于来说，最小值只能在区间端点取得. 当时，；当时，.所以的最小值为.故选：B【点睛】本小题主要考查分段函数的性质，考查指数、对数运算，考查利用导数研究函数的单调区间和最值，考查化归与转化的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.12.已知双曲线：，过其右焦点作渐近线的垂线，垂足为，交轴于点，交另一条渐近线于点，并且点位于点，之间.已知为原点，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设出右焦点的坐标和渐近线的方程，由点到直线的距

8、离公式求得，结合直角三角形勾股定理和三角函数的定义、两直线的夹角公式，求得的关系，由此求得的长，进而求得【详解】双曲线的右焦点，渐近线的方程为，即，渐近线的方程为，即.所以，.所以，而，解得或（舍去）.所以.在中，由射影定理得，所以，所以故选：B【点睛】本小题主要考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程的运用，考查直角三角形的射影定理、两直线的夹角公式，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.二、填空题13.已知函数为偶函数，则_.【答案】【解析】【分析】根据题意，由函数奇偶性的定义可得，即，据此变形分析可得答案【详解】解：根据题意，函数，其定义域为，若为偶函数，则，则有，

9、变形可得：，必有；故答案为：【点睛】本题考查函数的性质以及判断，关键是掌握偶函数的定义，属于基础题14.已知是等比数列的前项和，且，成等差数列，则_.【答案】3【解析】【分析】设等比数列的公比为，讨论不成立，再由等比数列的求和公式，解方程可得，再由等比数列的通项公式，即可得到所求值【详解】解：由题意可知等比数列的公比，否则，不成等差数列，于是， ，解得，解得或（舍去），又由，得，解得.故答案为：【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，注意讨论公比是否为1，同时考查等差数列中项的性质，以及方程思想和运算能力，属于中档题15.若的图象关于直线对称，且当取最小值时，使得，则的取值范围是_.【答

10、案】【解析】【分析】直接利用正弦型函数的性质的应用和函数的定义域的应用求出结果【详解】解：函数的图象关于直线对称，当取最小值是，即的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题16.在四面体中，为等边三角形，边长为6，则四面体的体积为_.【答案】【解析】【分析】推导出，分别取、的中点、，连结、，则，推导出，从而平面，进而四面体的体积为，由此能求出结果【详解】解：在四面体中，为等边三角形，边长为6，分别取、的中点、，连结、，则，且，平面，平面，平面，四面体的体积为：故答案为：【点睛】本题

11、考查四面体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题三、解答题17.已知的内角，的对边分别为，且.（1）求角的值；（2）若，且的面积为，求的周长.【答案】（1）；（2）6或.【解析】【分析】（1）结合三角形内角和及诱导公式对已知进行化简可求，进而可求，（2）由已知，结合三角形的面积公式可求，然后结合的值及余弦定理可求，进而可求周长【详解】（1）因为由正弦定理得，因为，所以，即.因为，所以，因为，所以.（2）由，可得.因为，所以，解得或2.当时，由余弦定理得，所以周长为.当时，由余弦定理得，所以周长为6.综上，的周长为6或.【点睛】本题主要考查了

12、三角形的内角和及诱导公式在三角化简中的应用，还考查了三角形的面积公式及余弦定理，属于基础题18.如图，三棱柱中，侧面是菱形，其对角线交点为，且，.（1）求证：平面；（2）设，若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】）（1）利用平面可证得，利用三线合一可证得，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量的夹角公式即可得解【详解】解：（1）证明：四边形是菱形，平面，平面，平面，平面，又，是的中点，又，平面，平面，平面.（2），直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角.平面，直线与平面所成的角即为，即.不妨设菱形的边长为2，则

13、在等边三角形中，在中，以为原点，分别以，为，轴建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，则，可得，而平面的一个法向量为，则，二面角的余弦值的大小为.【点睛】本题考查线面垂直的判定及利用空间向量求解二面角的余弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题19.已知椭图：的右顶点与抛物线：的焦点重合，椭圆的离心率为，过椭圆的右焦点且垂直于轴的直线截抛物线所得的弦长为.（1）求椭圆和抛物线的方程；（2）过点的直线与椭圆交于，两点，点关于轴的对称点为.当直线绕点旋转时，直线是否经过一定点？请判断并证明你的结论.【答案】（1）， ；（2）是，证明见解析.【解析】分析】（1）利用椭圆的顶点与抛物线的

14、焦点坐标相同，椭圆的离心率，列出方程组，求出，即可得到椭圆方程抛物线方程；（2）把直线方程与椭圆方程联立可得根与系数的关系，设，求得直线的方程，化简整理，由直线恒过定点的求法，可得所求定点【详解】解：（1）设椭圆的半焦距为，依题意，可得，则：，代入，得，即，所以，则有，.所以椭圆的方程为，抛物线的方程为.（2）依题意，当直线的斜率不为0时，设其方程为，联立，得，设，则，由，解得或，且，根据椭圆的对称性可知，若直线过定点，此定点必在轴上，设此定点为，因斜率，得，即，即，即，即，得，由的任意性可知.当直线的斜率为0时，直线的方程即为，也经过点，所以当或时，直线恒过一定点.【点睛】本题考查椭圆以及抛

15、物线的方程和简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系的应用，考查计算能力，属于中档题20.某市有一家大型共享汽车公司，在市场上分别投放了黄、蓝两种颜色的汽车，已知黄、蓝两种颜色的汽车的投放比例为.监管部门为了了解这两种颜色汽车的质量，决定从投放到市场上的汽车中随机抽取5辆汽车进行试驾体验，假设每辆汽车被抽取的时能性相同.（1）求抽取的5辆汽车中恰有2辆是蓝色汽车的概率；（2）在试驾体验过程中，发现蓝色汽车存在一定质量问题，监管部门决定从投放的汽车中随机地抽取一辆送技术部门作进一步抽样检测，并规定：若抽取的是黄色汽车.则将其放回市场，并继续随机地抽取下一辆汽车；若抽到的是蓝色汽车，则抽样结束；并规定

16、抽样的次数不超过次，在抽样结束时，若已取到的黄色汽车数以表示，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）任取1辆汽车取到蓝色汽车的概率为，从投放到市场上的汽车中随机抽取5辆汽车进行试驾体验，取到蓝色汽车的数量，由此能求出抽取的5辆汽车中恰有2辆是蓝色汽车的概率（2）的可能取值为0，1，2，由此能求出的分布列和数学期望【详解】解：（1）因为随机地抽取一辆汽车是蓝色汽车的概率为，用表示“抽取的5辆汽车中蓝颜色汽车的个数”，则服从二项分布，即，所以抽取的5辆汽车中有2辆是蓝颜色汽车的概率.（2）的可能取值为：0，1，2，.，.所以的分布列为：012的数学期望为

17、：， （1）. （2）（1）-（2）得：，所以.【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查二项分布等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题21.已知函数，既存在极大值，又存在极小值.（1）求实数的取值范围；（2）当时，分别为的极大值点和极小值点.且，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，结合函数的单调性确定的范围即可；（2）求出函数的极值点，问题转化为，设，根据函数的单调性确定的范围即可【详解】解：（1）由得，即，由题意，若存在极大值和极小值，则必有两个不相等的实数根，由得，所以必有一个非零实数根，且，或.综上，实数的

18、取值范围为.（2）当时，由（1）可知的极大值点为，极小值点为，此时，依题意得对任意恒成立，由于此时，所以；所以，即，设，则，令，判别式.当时，所以，在单调递增，所以，即，符合题意；当时，设的两根为，且，则，因此，则当时，在单调递减，所以当时，即，所以，矛盾，不合题意；综上，的取值范围是.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），设直线与的交点为，当变化时点的轨迹为曲线.（1）求出曲线的普通方程；（2）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，点为曲线上的动点，求点到直线的距离的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极和直角坐标方程之间进行转换（2）利用点到之间的距离公式的应用和三角函数关系式的变换及正弦型函数的性质的应用求出结果【详解】解：（1）将，的参数方程转化为普通方程.：，：，两式相乘消可得，因为，所以，所以的普通方程为.（2）直线的直角坐标方程为，由（1）知曲线与直线无公共点.由于的参数方程为（为参数，），所以曲线上的点到直线的距离为，所以当时，的最大值为.【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用