湖南省長沙市明達中學2020屆高三數學第二次模擬考試試題理高復部含解析湖南省長沙市明達中學2020屆高三數學第二次模擬考試試題理高復部含解析PAGE32-湖南省長沙市明達中學2020屆高三數學第二次模擬考試試題理高復部含解析湖南省長沙市明達中學2020屆高三數學第二次模擬考試試題理（高復部，含解析）一．選擇題（每小題5分，滿分60分)1。“”是的二項展開式中存在常數項”的（)A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】計算二項展開式中存在常數項的等價條件,根據充分條件和必要條件的定義分別進行判斷即可．【詳解】二項式的通項為的二項展開式中存在常數項為正偶數為正偶數，n為正偶數推不出∴是的二項展開式中存在常數項的充分不必要條件．故選A．【點睛】以簡易邏輯為載體，考查了二項式定理，屬基礎題．2.關于函數的下列判斷，其中正確的是(）A.函數的圖像是軸對稱圖形 B.函數的圖像是中心對稱圖形C.函數有最大值 D。當時，是減函數【答案】A【解析】【分析】判斷函數為偶函數得到A正確，B錯誤，取特殊值，排除C和D得到答案。【詳解】定義域為:，函數為偶函數,故A正確,B錯誤當且時,，C錯誤,不滿足是減函數，D錯誤故選A【點睛】本題考查了函數的性質,意在考查學生對于函數性質的靈活運用.3.已知向量和的夾角為，且,則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據數量積的運算律直接展開,將向量的夾角與模代入數據，得到結果．【詳解】＝8+3－18＝8+3×2×3×－18＝－1，故選D。【點睛】本題考查數量積的運算，屬于基礎題．4.魏晉時期數學家劉徽在他的著作九章算術注中，稱一個正方體內兩個互相垂直的內切圓柱所圍成的幾何體為“牟合方蓋”,劉徽通過計算得知正方體的內切球的體積與“牟合方蓋”的體積之比應為：若正方體的棱長為2,則“牟合方蓋”的體積為A。16 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知求出正方體內切球的體積,再由已知體積比求得“牟合方蓋"的體積．【詳解】正方體的棱長為2,則其內切球的半徑，正方體的內切球的體積，又由已知，．故選C．【點睛】本題考查球的體積的求法，理解題意是關鍵,是基礎題．5.關于三個不同平面與直線，下列命題中的假命題是（）A。若,則內一定存在直線平行于B。若與不垂直，則內一定不存在直線垂直于C。若，，,則D.若，則內所有直線垂直于【答案】D【解析】【分析】對四個選項，利用正方體中的線和面的關系，逐一驗證，由此得出是假命題的選項。【詳解】畫出一個正方體如下圖所示。平面平面，而,即平行于這兩個垂直平面的交線，有平面，故選項命題是真命題,且選項命題是假命題.根據面面垂直的判定定理可知，B選項命題是真命題.由下圖可知，平面和平面同時垂直于平面，它們的交線也垂直平面，故選項C命題是真命題。綜上所述，本題選D。【點睛】本小題主要考查空點點線面的位置關系，考查面面垂直的判定與性質，屬于基礎題。6.已知函數，，若函數恰有兩個零點，則實數的取值范圍為（）A。 B。C. D。【答案】B【解析】【分析】將問題轉化為和函數的圖像有兩個交點來解決.為了便于討論，兩個函數都加上后,再畫出相應的圖像。通過圖像求得的取值范圍。【詳解】令，轉化為與有兩個交點時，求實數的取值范圍，如下圖，時，與相切于點，當或時,與有兩個交點，故選B.【點睛】本小題主要考查函數零點問題的轉化方法，考查化歸與轉化的數學思想方法和數形結合的數學思想方法。解法中有三次轉化，一次是的零點問題，即,轉化為,即兩個函數圖像的交點；二次是為了便于作圖,兩個函數都加上，轉化新的兩個函數；三次是將函數的代數問題，轉化為圖形的交點來解決。7。對于函數，如果其圖象上的任意一點都在平面區域內，則稱函數為“蝶型函數”,已知函數:;，下列結論正確的是A。、均不是“蝶型函數”B.、均是“蝶型函數”C。是“蝶型函數”;不是“蝶型函數"D.不是“蝶型函數”:是“蝶型函數”【答案】B【解析】【分析】由,，求得導數判斷單調性,結合“蝶型函數”可判斷;由平方差公式，化簡結合“蝶型函數”可判斷．【詳解】由,設，導數為，即有，;時，；設，其導數為，時,，時，，可得恒成立，即有為“蝶型函數"；由,可得為“蝶型函數”．故選B．【點睛】本題考查新定義的理解和運用，考查不等式恒成立問題解法，以及運算能力，屬于中檔題．8。如圖，在正方體的八個頂點中任取兩個點作直線，與直線異面且夾角成的直線的條數為（）．A. B. C。 D.【答案】B【解析】【分析】結合圖形,利用異面直線所成的角的概念，把與A1B成60°角的異面直線一一列出，即得答案．【詳解】在正方體ABCD﹣A1B1C1D1的八個頂點中任取兩個點作直線，與直線A1B異面且夾角成60°的直線有：AD1，AC,D1B1,B1C,共4條．故選B．【點睛】本題考查異面直線的定義及判斷方法，異面直線成的角的定義，體現了數形結合的數學思想，是基礎題．9.如圖，平面直角坐標系中,曲線（實線部分）的方程可以是（)．A. B.C. D。【答案】C【解析】【分析】結合圖象，對選項一一驗證，找到方程所表示的曲線的圖形滿足題意即可.【詳解】因為曲線表示折線段的一部分和雙曲線，A選項等價于或，表示折線的全部和雙曲線,故錯誤;B選項，等價于或，又表示折線的全部，故錯誤；C選項，等價于或，∴表示折線在雙曲線外部（包含有原點）的部分，表示雙曲線-,符合題中的圖象,故C正確.D選項，等價于或，表示折線在雙曲線外部（包含有原點)的部分,和表示雙曲線在x軸下方的部分，故錯誤。故選C.【點睛】本題考查曲線的方程和方程的曲線概念，關鍵在于考慮問題要周全，即在每個因式等于0時同時需保證另一個因式有意義，此題是中檔題,也是易錯題．10。設△ABC的內角A，B,C的對邊分別為a，b,c，(a＋b＋c）（a－b＋c)＝ac，sinAsinC＝，則角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】直接利用關系式的恒等變換,把關系式變形成余弦定理的形式，求出的值。對sinAsinC＝進行變換，最后求出結果．【詳解】因為,所以．由余弦定理得，，因此．所以，所以，故或，因此，或．故選：A【點睛】本題主要考查三角函數關系式的恒等變換，考查余弦定理的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題型．11。設點、均在雙曲線上運動，、是雙曲線的左、右焦點，則的最小值為(）A。 B。4 C。 D.以上都不對【答案】B【解析】【分析】根據向量的運算,化簡得，結合雙曲線的性質,即可求解。【詳解】由題意，設為的中點，根據向量的運算，可得,又由為雙曲線上的動點，可得，所以,即的最小值為.故選：B.【點睛】本題主要考查了向量的運算，以及雙曲線的標準方程及簡單的幾何性質的應用,其中解答中利用向量的運算，合理化簡，結合雙曲線的幾何性質求解是解答的關鍵,著重考查了分析問題和解答問題的能力,屬于中檔試題.12.已知點是拋物線的對稱軸與準線的交點，點為拋物線的焦點，點在拋物線上。在中，若，則的最大值為（）A. B. C。 D。【答案】C【解析】【分析】利用拋物線的幾何性質，求得的坐標。利用拋物線的定義以及正弦定理，將題目所給等式轉化為的形式。根據余弦函數的單調性可以求得的最大值.【詳解】由題意得，準線，，，過作，垂足為，則由拋物線定義可知，于是，在上為減函數，當取到最大值時（此時直線與拋物線相切）,計算可得直線的斜率為,從而,，故選C。【點睛】本小題主要考查拋物線的幾何性質，考查直線和拋物線的位置關系，還考查了正弦定理.屬于中檔題。二．填空題（每小題分，滿分20分）13。設函數（），將圖像向左平移單位后所得函數圖像對稱軸與原函數圖像對稱軸重合,則．【答案】【解析】試題分析：因為將圖像向左平移單位后所得函數圖像對稱軸與原函數圖像對稱軸重合，所以，由周期公式得：,所以,又因為，所以．考點：函數的周期公式；三角函數的性質．點評:函數左右平移變換時，一是要注意平移方向：按“左加右減",如由f（x）的圖象變為f(x＋a)（a〉0）的圖象，是由“x"變為“x＋a”,所以是向左平移a個單位;二是要注意x前面的系數是不是1，如果不是1，左右平移時,要先提系數1，再來計算．14.天干地支紀年法,源于中國，中國自古便有十天干與十二地支。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。天干地支紀年法是按順序以一個天干和一個地支相配，排列起來，天干在前，地支在后，天干由“甲”起,地支由“子"起，比如第一年為“甲子”，第二年為“乙丑”,第三年為“丙寅”,…，以此類推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新開始，即“甲戌”，“乙亥”,之后地支回到“子”重新開始，即“丙子”,…，以此類推,已知2016年為丙申年，那么到改革開放100年時，即2078年為________年【答案】戊戌【解析】【分析】由題意可得數列天干是以10為公差的等差數列,地支是以12為公差的等差數列,以2017年的天干和地支分別為首項,即可求解．【詳解】由題意,可得數列天干是以10為公差的等差數列，地支是以12為公差的等差數列，從2017年到2078年經過了61年，且2017年為丁茜年，以2017年的天干和地支分別為首項，則余，則2078年的天干為戊，余，則2078年的天干為戌,所以2078年為戊戌年．【點睛】本題主要考查了等差數列實際應用問題,其中解答中得出數列天干是以10為公差的等差數列,地支是以12為公差的等差數列，以2017年的天干和地支分別為首項，利用等差數列求解是解答的關鍵,著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題．15。已知平面向量、、滿足，，且，則當時，的取值范圍是_______【答案】【解析】【分析】設，，，,，根據向量減法的幾何意義，轉化為求線段上的動點與單位圓上的動點之間的距離的取值范圍。結合圖象觀察可得。【詳解】因為，且,所以可設，,,設,因為，所以點在線段上,因為，所以點在單位圓上，如圖"所以,則問題轉化為求線段上的動點與單位圓上的動點之間的距離的取值范圍.由圖可知:當，且為線段與單位圓的交點時,取得最小值,當與或重合，為單位圓與或軸的負半軸的交點時，取得最大值2+1=3。所以的取值范圍是.故答案為：。【點睛】本題考查了平面向量減法的幾何意義,解題關鍵是將轉化為兩個動點之間的距離。屬于難題。16。已知函數，若存在實數滿足時，成立,則實數的最大值為_____【答案】【解析】【分析】由題得，令,（），則,（，），構造函數，再利用導數求函數的最小值得解。【詳解】由,所以，令，（)，則,（，）,顯然，在單調遞減，∴(）令，（），，∵，∴，則，∴令在單調遞減，∴，∴實數的最大值為．故答案為：【點睛】本題主要考查利用導數研究函數的單調性和最值問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.三:解答題(滿分70分)17.如圖，有一塊邊長為1()的正方形區域,在點處裝有一個可轉動的小攝像頭，其能夠捕捉到圖象的角始終為45°（其中點、分別在邊、上），設，記.（1)用表示的長度，并研究的周長是否為定值？(2）問攝像頭能捕捉到正方形內部區域的面積至多為多少？【答案】（1），;(2）(）。【解析】【分析】（1）利用已知條件求出的關系式，進一步求出周長為定值(2）利用關系式的恒等變換和不等式的基本性質求出結果.【詳解】(1)設，所以，則：,所以故所以的周長是定值2.（2）,當且僅當時，等號成立,所以攝像頭能捕捉到正方形內部區域的面積至多為。【點睛】本題主要考查了實際問題中函數解析式，均值不等式，考查了運算能力和轉化能力，屬于中檔題。‘18。如圖,在以A，B，C,D，E，F為頂點的多面體中，四邊形是菱形，（1）求證：平面ABC⊥平面ACDF（2)求平面AEF與平面ACE所成的銳二面角的余弦值【答案】（1）見解析（2）【解析】【分析】（1）設是中點,連結、、,推導出，，則是二面角的平面角，由此能證明平面平面；（2)以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出平面與平面所成的銳二面角的余弦值．【詳解】證明:（1)設是中點,連結、、，在中,，，四邊形是菱形，，是等邊三角形，,是二面角的平面角，在中，,，，，又,，，平面平面．解:（2）由（1）知、、兩兩垂直，以為原點，為軸，為軸,為軸,建立空間直角坐標系，則，，，，0,，，，,，0,，，，，，,，，，又平面，平面，平面，平面，平面，平面，又，平面平面,，、、、四點共面，又平面平面，平面平面，，四邊形是平行四邊形，，,,，設平面的法向量，，，則，取，得,設平面的法向量，，,則，取，得，設平面與平面所成的銳二面角為，則．平面與平面所成的銳二面角的余弦值為．【點睛】本題考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系以及二面角等基礎知識，考查空間想象能力，推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想，數形結合思想、函數與方程思想，是中檔題．19.某快遞公司收取快遞費用的標準是：重量不超過的包裹收費10元;重量超過的包裹，除收費10元之外，超過的部分，每超出(不足，按計算）需再收5元．該公司將最近承攬的100件包裹的重量統計如表：包裹重量(單位:kg）12345包裹件數43301584公司對近60天，每天攬件數量統計如表:包裹件數范圍0～100101～200201～300301～400401～500包裹件數（近似處理)50150250350450天數6630126以上數據已做近似處理,并將頻率視為概率．（1）計算該公司未來3天內恰有2天攬件數在101～400之間的概率；(2）①估計該公司對每件包裹收取快遞費的平均值；②公司將快遞費的三分之一作為前臺工作人員的工資和公司利潤,剩余的用作其他費用．目前前臺有工作人員3人，每人每天攬件不超過150件，工資100元．公司正在考慮是否將前臺工作人員裁減1人,試計算裁員前后公司每日利潤的數學期望，并判斷裁員是否對提高公司利潤更有利？【答案】(1);(2)（i）15元；（ii）答案見解析.【解析】試題分析：先計算出包裹件數在之間的天數為，然后得到頻率，估計出概率，運用二項分布求出結果(2)運用公式求出每件包裹收取的快遞費的平均值(3)先將天數轉化為頻率，分別計算出不裁員和裁員兩種情況的利潤,從而作出比較解析：（1）樣本包裹件數在之間的天數為，頻率，故可估計概率為,顯然未來天中，包裹件數在之間的天數服從二項分布，即,故所求概率為.(2）（i）樣本中快遞費用及包裹件數如下表:包裹重量（單位：）快遞費(單位：元）包裹件數故樣本中每件快遞收取的費用的平均值為（元）,故該公司對每件快遞收取費用的平均值可估計為元.(ii）根據題意及(2）（i),攬件數每增加，可使前臺工資和公司利潤增加(元），將題目中天數轉化為頻率，得包裹件數范圍包裹件數（近似處理）天數頻率若不裁員，則每天可攬件的上限為件，公司每日攬件數情況如下：包裹件數（近似處理）實際攬件數頻率故公司平均每日利潤的期望值為(元）；若裁員人,則每天可攬件的上限為件,公司每日攬件數情況如下：包裹件數（近似處理）實際攬件數頻率故公司平均每日利潤的期望值為（元）.因,故公司將前臺工作人員裁員人對提高公司利潤不利.點睛:本題考查了頻率和概率、平均值的實際應用，計算出頻率來估計概率的取值，運用二項分布求出事件概率，在比較裁員與不裁員的情況下分別算出期望值，來比較利潤的大小，從而為作出決策提供依據．20。已知橢圓：，，分別是橢圓短軸的上下兩個端點，是橢圓的左焦點，P是橢圓上異于點，的點，若的邊長為4的等邊三角形．寫出橢圓的標準方程；當直線的一個方向向量是時，求以為直徑的圓的標準方程；設點R滿足:，，求證：與的面積之比為定值．【答案】(1）;（2）；（3）證明見解析【解析】【分析】由是邊長為4的等邊三角形得，進一步求得，則橢圓方程可求；由直線的一個方向向量是,可得直線所在直線的斜率，得到直線的方程，由橢圓方程聯立,求得P點坐標，得到的中點坐標，再求出，可得以為直徑的圓的半徑,則以為直徑的圓的標準方程可求;方法一、設，求出直線的斜率，進一步得到直線的斜率，得到直線的方程，同理求得直線的方程，聯立兩直線方程求得R的橫坐標，再結合在橢圓上可得與的關系，由求解；方法二、設直線，的斜率為k，得直線的方程為結合，可得直線的方程為，把與橢圓方程聯立可得，再由在橢圓上,得到，從而得到，得結合，可得直線的方程為與線的方程聯立求得再由求解．【詳解】解：如圖,由的邊長為4的等邊三角形,得，且．橢圓的標準方程為；解：直線的一個方向向量是，直線所在直線的斜率，則直線的方程為，聯立，得，解得，．則的中點坐標為,．則以為直徑的圓的半徑．以為直徑的圓的標準方程為;證明：方法一、設，直線的斜率為，由，得直線的斜率為．于是直線的方程為：．同理，的方程為：．聯立兩直線方程,消去y，得．在橢圓上，,從而．,．方法二、設直線，斜率為k，，則直線的方程為．由，直線的方程為，將代入，得，是橢圓上異于點，的點，，從而．在橢圓上，，從而．，得．,直線的方程為．聯立，解得，即．．【點睛】本題考查橢圓方程的求法，考查直線與橢圓的位置關系的綜合應用，考查轉化思想以及計算能力，是中檔題．21.已知數列,均為各項都不相等的數列，為的前n項和,．若，求的值；若是公比為的等比數列,求證：數列為等比數列；若的各項都不為零，是公差為d的等差數列