湖南省永州市2020届高三数学上学期第二次模拟考试试题 理（含解析）（通用）

1、永州市2020年高考第二次模拟考试试卷数学（理科）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.已知复数满足（其中为虚数单位），则复数（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的乘法运算法则计算即可.【详解】因为 ，故选B.【点睛】本题主要考查了复数的乘法运算法则，属于容易题.2.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解二次不等式，化简集合A,根据集合的交集运算求解即可.【详解】由解得，故，所以，故选A.【点睛】本题主要考查了二次不等式的解法，集合的交集运算，属于容易题.3.我国

2、古代数学名著数学九章有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米夹谷，抽样取米一把，数得254粒夹谷28粒，则这批米谷约为（ ）A. 134石 B. 169石 C. 338石 D. 454石【答案】B【解析】【分析】根据条件“254粒夹谷28粒”即可估计这批米内夹谷大约多少.【详解】由题意可知：这批米内夹谷约为石，故选B.【点睛】本题主要考查了用样本估计总体，用样本估计总体是统计的基本思想，属于容易题.4.设等比数列的公比为，则下列结论正确的是（ ）A. 数列是公比为的等比数列B. 数列是公比为的等比数列C. 数列是公比为的等比数列D. 数列是公比为的等比数列【答案】D【解析】

3、【分析】根据等比数列的定义，逐项分析即可.【详解】对于A,由知其公比为的等比数列，对于B,若 时，项中有0，不是等比数列，对于C，若时，数列项中有0，不是等比数列，对于D,，所以数列是公比为的等比数列，故选D.【点睛】本题主要考查了等比数列的概念，等比数列的判定，属于中档题.5.“远离毒品，珍爱生命”，某校为强化禁毒教育，掌握学生对禁毒宣传资料的了解程度，随机抽取30名学生参加禁毒知识测试，得分情况如图所示，若所有得分的中位数为，众数为，平均数为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据中位数、众数、平均数的定义，可得，根据大小比较即可.【详解】由中位数的定义，得，众数为

4、，平均数为 所以，故选A.【点睛】本题主要考查了平均数、中位数、众数，条形统计图，从条形统计图中获取有效信息是解题关键，属于中档题.6.为了得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位【答案】A【解析】【分析】根据函数平移变换的方法，由即，只需向右平移个单位即可.【详解】根据函数平移变换,由变换为,只需将的图象向右平移个单位，即可得到的图像，故选A.【点睛】本题主要考查了三角函数图象的平移变换，解题关键是看自变量上的变化量，属于中档题.7.若等差数列的前项和，且，则（ ）A. -16 B. -18 C. -20 D.

5、 -22【答案】D【解析】【分析】根据等差数列中，列出关于首项、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得的值.【详解】设等差数列的公差为，根据题意得：，解得，故选D【点睛】本题主要考查等差数列的前 项和公式，属于中档题. 等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.8.在平行四边形中，点分别为的中点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】选定为基底，根据向量的加法减法法则及共线向量的数乘，即可求出.【详解】因为 ，故选C.【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算，属于中档题.9.某几何体的三视图如

6、图所示，则该几何体的体积为（ ）A. 20 B. 24 C. 26 D. 30【答案】D【解析】【分析】由三视图知几何体为一长方体与三棱柱的组合体，根据三视图中数据求其体积即可.【详解】由三视图知几何体为一长方体与三棱柱的组合体,故选D.【点睛】本题主要考查了三视图，长方体、三棱柱的体积公式，属于中档题.10.已知椭圆的左焦点为，过点作斜率为的直线交椭圆于两点，则的长度为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】因为椭圆左焦点为，写出直线方程 ，与椭圆方程联立，消元得，利用弦长公式即可求出.【详解】由可知，直线AB为，联立，消元得，设 则，根据弦长公式得，故选C.【点睛】本题主要

7、考查了椭圆的简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，求弦长，属于中档题.11.如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ）平面平面；平面；异面直线与所成角的取值范围是；三棱锥的体积不变.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】连接DB1，容易证明DB1面ACD1 ，从而可以证明面面垂直；连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1面ACD1，从而由线面平行的定义可得；分析出A1P与AD1所成角的范围，从而可以判断真假；=，C到面 AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变；【详解】对于，连接DB1，根据正方体的性质，有DB1面ACD1 ，DB1平面PB1D，从而可以证明

8、平面PB1D平面ACD1，正确连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1面ACD1，从而由线面平行的定义可得 A1P平面ACD1，正确当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值，故A1P与AD1所成角的范围是，错误；=，C到面AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变三棱锥AD1PC的体积不变，正确；正确的命题为故选：B【点睛】本题考查空间点、线、面的位置关系，空间想象能力，中档题12.设表示不超过的最大整数，已知数列中，且，若，则整数（ ）A. 99 B. 100 C. 101 D. 102【答案】C【解析】【

9、分析】由可得，从而，而 ，从而 ，由此可解出n的值.【详解】因为 ,所以，故数列是递增数列，且，又由可得，即，而 ，从而 ，所以,又，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了数列的增减性，裂项相消法，以及对数列递推公式的变形推理能力，属于难题.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若满足，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】作出可行域， 可看做可行域内一点与原点连线的斜率，根据数形结合，可求出的最小值.【详解】作出可行域如图：可看作可行域内一点与原点连线的斜率，根据数形结合知，故填.【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，斜率的几何意义，数形结合的思想，属于中档题.14.已知

10、双曲线的两个焦点为，渐近线为，则双曲线的标准方程为_【答案】【解析】【分析】根据双曲线的焦点，可知焦点在x轴上，且，渐近线为，建立的方程组即可求解.【详解】由双曲线的焦点坐标知，又渐近线方程为，所以，又，解得，所以双曲线的标准方程为，故填.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程，双曲线的简单几何性质，属于中档题.15.的展开式中的系数为_【答案】【解析】【分析】根据式子结构特点，只需分析的展开式中含的项的系数即可求解.【详解】的展开式的通项公式，当时，当时，所以中含的项分别为，合并同类项为，故填2.【点睛】本题主要考查了二项式定理，二项展开式的通项公式，二项展开式的特定项，属于中档题.16.已

11、知函数有4个零点，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】当时， 的图象有两个交点 ，故有两个零点，因此当时，应有两个零点，在同一坐标系内作出的图象，即可求解.【详解】当时, ,函数图象有两个交点，所以只需当时，函数有两个零点，在同一坐标系内作出的图象，如图：由图象可知，当时，的图象有两个交点，所以函数有两个零点，故填.【点睛】本题主要考查了函数零点个数的判断，结合函数与方程之间的关系，利用数形结合的思想解题，属于中档题题.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.） 17.在中，角的对边分别为，且 （1）求；（2）若的面积为，且，求.【答案】(1) (2

12、)【解析】【分析】(1)化简 结合角的范围即可求解(2)根据正弦定理可求出，由面积公式可得，结合余弦定理即可求出【详解】(1).又，所以.(2)因为，所以因为,所以所以【点睛】本题主要考查了三角形中正弦定理，余弦定理，面积公式的灵活运用，属于中档题.18.如图，在多面体中，四边形为矩形，直线与平面所成的角为，.（1）求证：直线平面；（2）点在线段上，且，求二面角的余弦值.【答案】(1)详见解析(2)【解析】【分析】(1)由BCAD， 可证明平面平面(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量计算平面平面的法向量，利用法向量的夹角计算即可.【详解】（1）因为四边形ABCE为矩形，所以BCAD.因为所以

13、平面同理平面又因为，所以平面平面因为平面，所以平面（2）因为，所以平面因为平面，所以平面平面过点A作于点，则平面所以由,得，以为原点，平行于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则, 则，设平面的法向量为，则由得取其一个法向量为又平面的一个法向量为所以所以二面角B-EG-D的余弦值为.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，面面平行的判定，以及二面角大小的计算，属于中档题.19.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，点的纵坐标为8，且.（1）求抛物线的方程；（2）若点是抛物线准线上的任意一点，过点作直线与抛物线相切于点，证明：.【答案】(1) (2)详见解析【解析】【

14、分析】(1) 由抛物线定义知，求出即可写出抛物线方程(2)设切点为，利用导数求出切线方程，令求出，利用向量即可证明.【详解】（1）由题意可知，抛物线的准线方程为又点的纵坐标为8，且PF=9，于是8+=9，所以故抛物线的方程为（2）设点M(m，-1)，因为，所以切线方程为，即令，可解得，所以又所以，所以【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程的求法，直线与抛物线相切，利用向量证明垂直，属于中档题.20.2020年春节期间，某超市准备举办一次有奖促销活动，若顾客一次消费达到400元则可参加一次抽奖活动，超市设计了两种抽奖方案.方案一：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红

15、球，20个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得60元的返金券，若抽到白球则获得20元的返金券，且顾客有放回地抽取3次.方案二：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得80元的返金券，若抽到白球则未中奖，且顾客有放回地抽取3次.（1）现有两位顾客均获得抽奖机会，且都按方案一抽奖，试求这两位顾客均获得180元返金券的概率；（2）若某顾客获得抽奖机会.试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望；为了吸引顾客消费，让顾客获得更多金额的返金券，该超市应选择哪一种抽奖方案进

16、行促销活动？【答案】(1) (2)第一种抽奖方案.【解析】【分析】(1)方案一中每一次摸到红球的概率为，每名顾客有放回的抽3次获180元返金劵的概率为，根据相互独立事件的概率可知两顾客都获得180元返金劵的概率 (2)分别计算方案一，方案二顾客获返金卷的期望，方案一列出分布列计算即可，方案二根据二项分布计算期望即可 根据得出结论.【详解】（1）选择方案一，则每一次摸到红球的概率为设“每位顾客获得180元返金劵”为事件A，则所以两位顾客均获得180元返金劵的概率（2）若选择抽奖方案一，则每一次摸到红球的概率为，每一次摸到白球的概率为.设获得返金劵金额为元，则可能的取值为60，100，140，18

17、0.则；.所以选择抽奖方案一，该顾客获得返金劵金额的数学期望为（元）若选择抽奖方案二，设三次摸球的过程中，摸到红球的次数为，最终获得返金劵的金额为元，则，故所以选择抽奖方案二，该顾客获得返金劵金额的数学期望为（元）.即，所以该超市应选择第一种抽奖方案【点睛】本题主要考查了古典概型，相互独立事件的概率，二项分布，期望，及概率知识在实际问题中的应用，属于中档题.21.已知函数（其中，为自然对数的底数，）.（1）若，求函数的单调区间；（2）证明：当时，函数有两个零点，且.【答案】(1) 函数的单调递增区间为，单调递减区间为；(2)详见解析【解析】【分析】（1）求函数导数，令得或，即可写出函数的单调区

18、间（2）当时，分析函数的单调性知为函数的极小值点且，可知函数有两个零点，且可得，可得，再构造函数，利用其增减性证明.【详解】(1)令得或所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为（2）当时，恒成立，所以在递减，在递增则为函数极小值点又因为对于恒成立对于恒成立对于恒成立所以当时，有一个零点，当时，有一个零点即，且，所以下面再证明即证由得又在上递减，于是只需证明，即证明将代入得令则因为为上的减函数，且所以在上恒成立于是为上的减函数，即所以，即成立综上所述，【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调区间，函数的零点，利用导数证明不等式，属于难题.请考生在22、23两题中任选一题作答，多做，则按所做的第一题记分.22.在直角坐标系中，过点的直线的参数方程为（为参