长沙市明达中学2020届高三数学第二次模拟考试试题理高复部含解析

湖南省长沙市明达中学2020届高三数学第二次模拟考试试题理高复部含解析湖南省长沙市明达中学2020届高三数学第二次模拟考试试题理高复部含解析PAGE32-湖南省长沙市明达中学2020届高三数学第二次模拟考试试题理高复部含解析湖南省长沙市明达中学2020届高三数学第二次模拟考试试题理（高复部，含解析）一．选择题（每小题5分，满分60分)1。“”是的二项展开式中存在常数项”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】计算二项展开式中存在常数项的等价条件,根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．【详解】二项式的通项为的二项展开式中存在常数项为正偶数为正偶数，n为正偶数推不出∴是的二项展开式中存在常数项的充分不必要条件．故选A．【点睛】以简易逻辑为载体，考查了二项式定理，属基础题．2.关于函数的下列判断，其中正确的是(）A.函数的图像是轴对称图形 B.函数的图像是中心对称图形C.函数有最大值 D。当时，是减函数【答案】A【解析】【分析】判断函数为偶函数得到A正确，B错误，取特殊值，排除C和D得到答案。【详解】定义域为:，函数为偶函数,故A正确,B错误当且时,，C错误,不满足是减函数，D错误故选A【点睛】本题考查了函数的性质,意在考查学生对于函数性质的灵活运用.3.已知向量和的夹角为，且,则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据数量积的运算律直接展开,将向量的夹角与模代入数据，得到结果．【详解】＝8+3－18＝8+3×2×3×－18＝－1，故选D。【点睛】本题考查数量积的运算，属于基础题．4.魏晋时期数学家刘徽在他的著作九章算术注中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”,刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为：若正方体的棱长为2,则“牟合方盖”的体积为A。16 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知求出正方体内切球的体积,再由已知体积比求得“牟合方盖"的体积．【详解】正方体的棱长为2,则其内切球的半径，正方体的内切球的体积，又由已知，．故选C．【点睛】本题考查球的体积的求法，理解题意是关键,是基础题．5.关于三个不同平面与直线，下列命题中的假命题是（）A。若,则内一定存在直线平行于B。若与不垂直，则内一定不存在直线垂直于C。若，，,则D.若，则内所有直线垂直于【答案】D【解析】【分析】对四个选项，利用正方体中的线和面的关系，逐一验证，由此得出是假命题的选项。【详解】画出一个正方体如下图所示。平面平面，而,即平行于这两个垂直平面的交线，有平面，故选项命题是真命题,且选项命题是假命题.根据面面垂直的判定定理可知，B选项命题是真命题.由下图可知，平面和平面同时垂直于平面，它们的交线也垂直平面，故选项C命题是真命题。综上所述，本题选D。【点睛】本小题主要考查空点点线面的位置关系，考查面面垂直的判定与性质，属于基础题。6.已知函数，，若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为（）A。 B。C. D。【答案】B【解析】【分析】将问题转化为和函数的图像有两个交点来解决.为了便于讨论，两个函数都加上后,再画出相应的图像。通过图像求得的取值范围。【详解】令，转化为与有两个交点时，求实数的取值范围，如下图，时，与相切于点，当或时,与有两个交点，故选B.【点睛】本小题主要考查函数零点问题的转化方法，考查化归与转化的数学思想方法和数形结合的数学思想方法。解法中有三次转化，一次是的零点问题，即,转化为,即两个函数图像的交点；二次是为了便于作图,两个函数都加上，转化新的两个函数；三次是将函数的代数问题，转化为图形的交点来解决。7。对于函数，如果其图象上的任意一点都在平面区域内，则称函数为“蝶型函数”,已知函数:;，下列结论正确的是A。、均不是“蝶型函数”B.、均是“蝶型函数”C。是“蝶型函数”;不是“蝶型函数"D.不是“蝶型函数”:是“蝶型函数”【答案】B【解析】【分析】由,，求得导数判断单调性,结合“蝶型函数”可判断;由平方差公式，化简结合“蝶型函数”可判断．【详解】由,设，导数为，即有，;时，；设，其导数为，时,，时，，可得恒成立，即有为“蝶型函数"；由,可得为“蝶型函数”．故选B．【点睛】本题考查新定义的理解和运用，考查不等式恒成立问题解法，以及运算能力，属于中档题．8。如图，在正方体的八个顶点中任取两个点作直线，与直线异面且夹角成的直线的条数为（）．A. B. C。 D.【答案】B【解析】【分析】结合图形,利用异面直线所成的角的概念，把与A1B成60°角的异面直线一一列出，即得答案．【详解】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的八个顶点中任取两个点作直线，与直线A1B异面且夹角成60°的直线有：AD1，AC,D1B1,B1C,共4条．故选B．【点睛】本题考查异面直线的定义及判断方法，异面直线成的角的定义，体现了数形结合的数学思想，是基础题．9.如图，平面直角坐标系中,曲线（实线部分）的方程可以是（)．A. B.C. D。【答案】C【解析】【分析】结合图象，对选项一一验证，找到方程所表示的曲线的图形满足题意即可.【详解】因为曲线表示折线段的一部分和双曲线，A选项等价于或，表示折线的全部和双曲线,故错误;B选项，等价于或，又表示折线的全部，故错误；C选项，等价于或，∴表示折线在双曲线外部（包含有原点）的部分，表示双曲线-,符合题中的图象,故C正确.D选项，等价于或，表示折线在双曲线外部（包含有原点)的部分,和表示双曲线在x轴下方的部分，故错误。故选C.【点睛】本题考查曲线的方程和方程的曲线概念，关键在于考虑问题要周全，即在每个因式等于0时同时需保证另一个因式有意义，此题是中档题,也是易错题．10。设△ABC的内角A，B,C的对边分别为a，b,c，(a＋b＋c）（a－b＋c)＝ac，sinAsinC＝，则角C=（)A。C＝15°或C＝45° B。C＝15°或C＝30°C.C＝60°或C＝45° D.C＝30°或C＝60°【答案】A【解析】【分析】直接利用关系式的恒等变换,把关系式变形成余弦定理的形式，求出的值。对sinAsinC＝进行变换，最后求出结果．【详解】因为,所以．由余弦定理得，，因此．所以，所以，故或，因此，或．故选：A【点睛】本题主要考查三角函数关系式的恒等变换，考查余弦定理的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题型．11。设点、均在双曲线上运动，、是双曲线的左、右焦点，则的最小值为(）A。 B。4 C。 D.以上都不对【答案】B【解析】【分析】根据向量的运算,化简得，结合双曲线的性质,即可求解。【详解】由题意，设为的中点，根据向量的运算，可得,又由为双曲线上的动点，可得，所以,即的最小值为.故选：B.【点睛】本题主要考查了向量的运算，以及双曲线的标准方程及简单的几何性质的应用,其中解答中利用向量的运算，合理化简，结合双曲线的几何性质求解是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于中档试题.12.已知点是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，点在抛物线上。在中，若，则的最大值为（）A. B. C。 D。【答案】C【解析】【分析】利用抛物线的几何性质，求得的坐标。利用抛物线的定义以及正弦定理，将题目所给等式转化为的形式。根据余弦函数的单调性可以求得的最大值.【详解】由题意得，准线，，，过作，垂足为，则由抛物线定义可知，于是，在上为减函数，当取到最大值时（此时直线与抛物线相切）,计算可得直线的斜率为,从而,，故选C。【点睛】本小题主要考查抛物线的几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，还考查了正弦定理.属于中档题。二．填空题（每小题分，满分20分）13。设函数（），将图像向左平移单位后所得函数图像对称轴与原函数图像对称轴重合,则．【答案】【解析】试题分析：因为将图像向左平移单位后所得函数图像对称轴与原函数图像对称轴重合，所以，由周期公式得：,所以,又因为，所以．考点：函数的周期公式；三角函数的性质．点评:函数左右平移变换时，一是要注意平移方向：按“左加右减",如由f（x）的图象变为f(x＋a)（a〉0）的图象，是由“x"变为“x＋a”,所以是向左平移a个单位;二是要注意x前面的系数是不是1，如果不是1，左右平移时,要先提系数1，再来计算．14.天干地支纪年法,源于中国，中国自古便有十天干与十二地支。十天干:甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸.十二地支:子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥。天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起,地支由“子"起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”,…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”,之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”,…，以此类推,已知2016年为丙申年，那么到改革开放100年时，即2078年为________年【答案】戊戌【解析】【分析】由题意可得数列天干是以10为公差的等差数列,地支是以12为公差的等差数列,以2017年的天干和地支分别为首项,即可求解．【详解】由题意,可得数列天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，从2017年到2078年经过了61年，且2017年为丁茜年，以2017年的天干和地支分别为首项，则余，则2078年的天干为戊，余，则2078年的天干为戌,所以2078年为戊戌年．【点睛】本题主要考查了等差数列实际应用问题,其中解答中得出数列天干是以10为公差的等差数列,地支是以12为公差的等差数列，以2017年的天干和地支分别为首项，利用等差数列求解是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．15。已知平面向量、、满足，，且，则当时，的取值范围是_______【答案】【解析】【分析】设，，，,，根据向量减法的几何意义，转化为求线段上的动点与单位圆上的动点之间的距离的取值范围。结合图象观察可得。【详解】因为，且,所以可设，,,设,因为，所以点在线段上,因为，所以点在单位圆上，如图"所以,则问题转化为求线段上的动点与单位圆上的动点之间的距离的取值范围.由图可知:当，且为线段与单位圆的交点时,取得最小值,当与或重合，为单位圆与或轴的负半轴的交点时，取得最大值2+1=3。所以的取值范围是.故答案为：。【点睛】本题考查了平面向量减法的几何意义,解题关键是将转化为两个动点之间的距离。属于难题。16。已知函数，若存在实数满足时，成立,则实数的最大值为_____【答案】【解析】【分析】由题得，令,（），则,（，），构造函数，再利用导数求函数的最小值得解。【详解】由,所以，令，（)，则,（，）,显然，在单调递减，∴(）令，（），，∵，∴，则，∴令在单调递减，∴，∴实数的最大值为．故答案为：【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.三:解答题(满分70分)17.如图，有一块边长为1()的正方形区域,在点处装有一个可转动的小摄像头，其能够捕捉到图象的角始终为45°（其中点、分别在边、上），设，记.（1)用表示的长度，并研究的周长是否为定值？(2）问摄像头能捕捉到正方形内部区域的面积至多为多少？【答案】（1），;(2）(）。【解析】【分析】（1）利用已知条件求出的关系式，进一步求出周长为定值(2）利用关系式的恒等变换和不等式的基本性质求出结果.【详解】(1)设，所以，则：,所以故所以的周长是定值2.（2）,当且仅当时，等号成立,所以摄像头能捕捉到正方形内部区域的面积至多为。【点睛】本题主要考查了实际问题中函数解析式，均值不等式，考查了运算能力和转化能力，属于中档题。‘18。如图,在以A，B，C,D，E，F为顶点的多面体中，四边形是菱形，（1）求证：平面ABC⊥平面ACDF（2)求平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）设是中点,连结、、,推导出，，则是二面角的平面角，由此能证明平面平面；（2)以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成的锐二面角的余弦值．【详解】证明:（1)设是中点,连结、、，在中,，，四边形是菱形，，是等边三角形，,是二面角的平面角，在中，,，，，又,，，平面平面．解:（2）由（1）知、、两两垂直，以为原点，为轴，为轴,为轴,建立空间直角坐标系，则，，，，0,，，，,，0,，，，，，,，，，又平面，平面，平面，平面，平面，平面，又，平面平面,，、、、四点共面，又平面平面，平面平面，，四边形是平行四边形，，,,，设平面的法向量，，，则，取，得,设平面的法向量，，,则，取，得，设平面与平面所成的锐二面角为，则．平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．【点睛】本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系以及二面角等基础知识，考查空间想象能力，推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，数形结合思想、函数与方程思想，是中档题．19.某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过的包裹收费10元;重量超过的包裹，除收费10元之外，超过的部分，每超出(不足，按计算）需再收5元．该公司将最近承揽的100件包裹的重量统计如表：包裹重量(单位:kg）12345包裹件数43301584公司对近60天，每天揽件数量统计如表:包裹件数范围0～100101～200201～300301～400401～500包裹件数（近似处理)50150250350450天数6630126以上数据已做近似处理,并将频率视为概率．（1）计算该公司未来3天内恰有2天揽件数在101～400之间的概率；(2）①估计该公司对每件包裹收取快递费的平均值；②公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润,剩余的用作其他费用．目前前台有工作人员3人，每人每天揽件不超过150件，工资100元．公司正在考虑是否将前台工作人员裁减1人,试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，并判断裁员是否对提高公司利润更有利？【答案】(1);(2)（i）15元；（ii）答案见解析.【解析】试题分析：先计算出包裹件数在之间的天数为，然后得到频率，估计出概率，运用二项分布求出结果(2)运用公式求出每件包裹收取的快递费的平均值(3)先将天数转化为频率，分别计算出不裁员和裁员两种情况的利润,从而作出比较解析：（1）样本包裹件数在之间的天数为，频率，故可估计概率为,显然未来天中，包裹件数在之间的天数服从二项分布，即,故所求概率为.(2）（i）样本中快递费用及包裹件数如下表:包裹重量（单位：）快递费(单位：元）包裹件数故样本中每件快递收取的费用的平均值为（元）,故该公司对每件快递收取费用的平均值可估计为元.(ii）根据题意及(2）（i),揽件数每增加，可使前台工资和公司利润增加(元），将题目中天数转化为频率，得包裹件数范围包裹件数（近似处理）天数频率若不裁员，则每天可揽件的上限为件，公司每日揽件数情况如下：包裹件数（近似处理）实际揽件数频率故公司平均每日利润的期望值为(元）；若裁员人,则每天可揽件的上限为件,公司每日揽件数情况如下：包裹件数（近似处理）实际揽件数频率故公司平均每日利润的期望值为（元）.因,故公司将前台工作人员裁员人对提高公司利润不利.点睛:本题考查了频率和概率、平均值的实际应用，计算出频率来估计概率的取值，运用二项分布求出事件概率，在比较裁员与不裁员的情况下分别算出期望值，来比较利润的大小，从而为作出决策提供依据．20。已知椭圆：，，分别是椭圆短轴的上下两个端点，是椭圆的左焦点，P是椭圆上异于点，的点，若的边长为4的等边三角形．写出椭圆的标准方程；当直线的一个方向向量是时，求以为直径的圆的标准方程；设点R满足:，，求证：与的面积之比为定值．【答案】(1）;（2）；（3）证明见解析【解析】【分析】由是边长为4的等边三角形得，进一步求得，则椭圆方程可求；由直线的一个方向向量是,可得直线所在直线的斜率，得到直线的方程，由椭圆方程联立,求得P点坐标，得到的中点坐标，再求出，可得以为直径的圆的半径,则以为直径的圆的标准方程可求;方法一、设，求出直线的斜率，进一步得到直线的斜率，得到直线的方程，同理求得直线的方程，联立两直线方程求得R的横坐标，再结合在椭圆上可得与的关系，由求解；方法二、设直线，的斜率为k，得直线的方程为结合，可得直线的方程为，把与椭圆方程联立可得，再由在椭圆上,得到，从而得到，得结合，可得直线的方程为与线的方程联立求得再由求解．【详解】解：如图,由的边长为4的等边三角形,得，且．椭圆的标准方程为；解：直线的一个方向向量是，直线所在直线的斜率，则直线的方程为，联立，得，解得，．则的中点坐标为,．则以为直径的圆的半径．以为直径的圆的标准方程为;证明：方法一、设，直线的斜率为，由，得直线的斜率为．于是直线的方程为：．同理，的方程为：．联立两直线方程,消去y，得．在椭圆上，,从而．,．方法二、设直线，斜率为k，，则直线的方程为．由，直线的方程为，将代入，得，是椭圆上异于点，的点，，从而．在椭圆上，，从而．，得．,直线的方程为．联立，解得，即．．【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．21.已知数列,均为各项都不相等的数列，为的前n项和,．若，求的值；若是公比为的等比数列,求证：数列为等比数列；若的各项都不为零，是公差为d的等差数列