湖南省永州市2020届高三数学一模考试试题文(含解析)
湖南省永州市2020年高考第一次模拟考试文数试卷(答案).docx
永州市2020年高考第一次模拟考试试卷数学（文科）命题人：席俊雄（东安一中）唐义志（道县一中）陶先国（蓝山二中）张湘（东安一中）审题人：胡乾贵（市教科院）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，只交答题卡.一、选择题：本大题共12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.已知集合A = {x|x2—4x<0}, B = (-1,0,1}，则A B =A. {0,1}B. {1}C. {-1,0,1}D. (-1,0)2.若复数z满足z" = l — i,其中z,为虚数单位，则z的虚部为A. 0B. -1C. -iD. -i23.^^cosl5 +^^sinl5 =2 24.设xeR,贝J " lgx<0 "是"2'T < 1 "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2x-l>05.己知实数X, y满足yMO ,则z = 3x+y的最小值为x+y-2<0A. 2B. 3C. 4D. 56.在样本频率分布直方图中，共有5个小长方形，已知中间小长方形的面积是其余4个小长方形面积之和的且中间一组的频数为10,则这个样本的容量是3A. 20B. 30C. 40D. 502 27.若双曲线二一A = l（a〉0,b〉0）的离心率为则其渐近线方程为a bA. y = ±^f6xB. y - ±6xC. y = ±y/2xD. y = ±2x8. 已知正方形ABCD 的边长为2,点P 是的中点，BA = -BQ,贝。
2020年湖南省第一次高考模拟考试文科数学试题与答案
2020年湖南省第一次高考模拟考试文科数学试题与答案（满分150分，考试时间120分钟）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12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＜x＜5}，集合A＝{1，3}，则集合∁U A的子集的个数是（）1. 设全集U＝{x NA. 16B. 8C. 7D. 42. 下列各式的运算结果为纯虚数的是（）A. i（1+i）2B. i2（1﹣i）C. （1+i）2D. i（1+i）3. 为比较甲、以两名篮球运动员的近期竞技状态,选取这两名球员最近五场比赛的得分制成如图所示的茎叶图,有以下结论：①甲最近五场比赛得分的中位数高于乙最近五场比赛得分的中位数；②甲最近五场比赛得分平均数低于乙最近五场比赛得分的平均数；③从最近五场比赛的得分看，乙比甲更稳定；④从最近五场比赛的得分看，甲比乙更稳定。
其中所有正确结论的编号为（）A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④4. 已知直线，直线为，若则( )A．或 B．C ．D ．或5. 已知,条件甲：；条件乙：,则甲是乙的（ ）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6. 轴截面为正方形的圆柱的外接球的体积与该圆柱的体积的比值为（ ） A ． B ．C ．D ．7. 在中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，，则角B=（ ）A.B. C.D.8. 执行如图所示的程序框图，输出的S=（ ）A. 25B. 9C. 17D. 209. 设直线1:210l x y -+=与直线A 的交点为A ；,P Q 分别为12,l l 上任意两点，点M 为,P Q 的中点，若12AM PQ =，则m 的值为（ ） A. 2B. 2-C. 3D. 3-10.在V ABC 中，sin B A =，BC =4C π=，则=AB （ ）B. 5C. D.11. 已知函数，若，且函数存在最小值，则实数的取值范围为（ ） A.B.C. D. 12.已知三棱锥的底面的顶点都在球的表面上，且，，，且三棱锥的体积为，则球的体积为（ ） A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年湖南省永州市高峰中学高三数学文联考试卷含解析
2020年湖南省永州市高峰中学高三数学文联考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 如图，在平面直角坐标系xOy中，角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，它们的终边分别与单位圆相交于A，B两点．若点A,B的坐标分别为和，则的值为(A) (B) (C)0 (D)参考答案：A2. 已知函数在处取最大值，以下各式正确的序号为①②③④⑤A.①④B.②④C.②⑤D.③⑤参考答案：B3. 已知f（x）是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f（x）=x2－3x，则函数g（x）=f（x）－x+3的零点的集合为A．{1，3} B．{-3，-1，1，3}C．{2，1，3} D．{－2，1，3}参考答案：D4. 下列函数在定义域上既是奇函数又是增函数的为（）A. B. C. D. 参考答案：B5. 已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的左焦点为F，C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AB|=10，|BF|=8，cos∠ABF=，则C的离心率为（）A．B．C．D．参考答案：B【考点】椭圆的简单性质．【分析】由已知条件，利用余弦定理求出|AF|，设F′为椭圆的右焦点，连接BF′，AF′．根据对称性可得四边形AFBF′是矩形，由此能求出离心率e．【解答】解：如图所示，在△AFB中，|AB|=10，|BF|=8，cos∠ABF=，由余弦定理得|AF|2=|AB|2+|BF|2﹣2|AB||BF|cos∠ABF=100+64﹣2×10×8×=36，∴|AF|=6，∠BFA=90°，设F′为椭圆的右焦点，连接BF′，AF′．根据对称性可得四边形AFBF′是矩形．∴|BF′|=6，|FF′|=10．∴2a=8+6，2c=10，解得a=7，c=5．∴e==．故选B．【点评】本题考查椭圆的离心率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意余弦定理、椭圆的对称性等知识点的合理运用．6. 函数=的图像与函数=的图像交点个数为A．4 B．3 C．2D．参考答案：B7. 命题“”的否命题是（）A． B．若，则C． D．参考答案：C8. 如果复数 (其中)的实部与虚部互为相反数，则＝( )A．B．C．D． 1参考答案：B略9. 函数的最小正周期等于（）A、 B、2 C、D、参考答案：A10. 已知复数为虚数单位，则的共轭复数是A. B. C.D.参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 二项式的展开式中的系数为_____；系数最大的项为_____．参考答案：﹣160【分析】根据二项展开式的通项公式，求得展开式中x2的系数，再根据二项式系数的性质，求出系数最大的项．【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，令，求得，可得展开式中的系数为．第项的系数为，要使该项的系数最大，应为偶数，经过检验，时，该项的系数最大，为240，故系数最大的项为，故答案为：﹣160；．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．12. 如图所示，在斜度一定的山坡上的一点A处，测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为，向山顶前进100米到达B点，再次测量得其斜度为，假设建筑物高50米，设山坡对于地平面的斜度为，则.参考答案：13.计算定积分___________.参考答案：7/3-ln2略14. 抛物线+12y=0的准线方程是参考答案：y=3略15. 已知函数，如果，则的取值范围是。
湖南省永州市道县、东安、江华、蓝山、宁远2020届高三12月联考数学文科参考答案
高三文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13.12 14.2- 15.75- 16.1010三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.【答案】（1）3A =π；（2）【解析】（1）∵2sin()cos cos 2c A a B b A 5π+=+， ∴2cos cos cos c A a B b A =+，…………2分由正弦定理得，()2sin cos sin cos sin cos sin sin C A A B B A A B C =+=+=， ∴2sin cos sin C A C =，…………4分 又0C <<π，∴sin 0C ≠，∴1cos 2A =，…………5分 又0A <<π，∴3A =π.…………6分（2）设ABC △外接圆的半径为R ，则1R =，2sin a R A ==，…………8分由余弦定理得()22222cos33a b c bc b c bc π=+-=+-，…………9分 即3273bc =-，8bc ∴=，……………10分ABC ∴∆的面积11sin 8222S bc A ==⨯⨯=。
…………12分 18.【答案】（1）12n n a -=；（2）()12326n n +-⋅+【解】（1）当1n =时，111211a S ==-=；…………1分当2n ≥时，()()11112121222nn n n n n n n a S S ----=-=---=-=.…………3分11a =也适合12n n a -=，因此，数列{}n a 的通项公式为12n n a -=；…………5分（2）21282n n n n b b a ++-==Q ，在等式两边同时除以12n +得11222n n n n b b ++-=，且112b =.所以，数列2n n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，以2为公差的等差数列，…………6分 ()121212nnb n n ∴=+-=-，…………7分 ()212n n b n ∴=-⋅.…………8分()123123252212n n T n ∴=⨯+⨯+⨯++-⋅L ，()()23121232232212n n n T n n +=⨯+⨯++-⋅+-⋅L ，…………9分上式-下式得()12312222222212n n n T n +-=+⨯+⨯++⨯--⋅L ()()()31112122212322612n n n n n -++-=+--⋅=-⋅--，…………11分因此，()12326n n T n +⋅=-+。
湖南省十三校联考2020年高考数学一模试卷(文科)Word版含解析
一、：本大共12 小，每小 5 分，共 60 分，在每小出的四个中，只有一是切合目要求的．1．全集 U=A ∪B={ 1，2，3，4，5} ，A ∩（?U B）={ 1，2} ，会合 B=（）A． { 2，4，5} B． { 3，4，5} C．{ 4，5} D．（ 2，4）．复数z=（1 i）2+ （i 虚数位）在复平面内的点在（）2A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限．x＜1，q：x（x+1）＜ 0， p 是 q 成立的（）3 p：2A．充分不用要条件 B．必需不充分条件C．充要条件D．既不充分也不用要条件4． x∈R，向量 =（ x，1）， =（ 4， 2），且， | | =（）A．B．5 C．D．5．数 x，y 足不等式，2x y 的最大（）A．B．1 C．2 D． 46．《九章算 ?商功》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之“ 堵”，已知某“堵”的三如所示，“ 堵”的面（）A． 4 B．6+4C．4+4D．27．如出的是算1+ + +⋯ +的的一个程序框，判断框内填入的条件是（）A． i ≤1009 B．i ＞1009 C．i ≤1010 D．i ＞10102 ﹣sin x 在﹣2， 2 上的图象大概为（）8．函数 f （x）=x | | [ ]A．B．C．D．9．某大型民企为激励创新，计划逐年加大研发资本投入．若该民企2016年整年投入研发资本 130 万元，在此基础上，每年投入的研发资本比上一年增添12%，则该民企整年投入的研发资本开始超出200 万元的年份是（参照数据：lg1.12=0.05，lg1.3=0.11，lg2=0.30）（）A． 2017 年 B．2018 年 C．2019 年 D ．2020 年10．在△ ABC 中，角 A ，B，C 的对边分别为a， b，c，若a=4 ，b=5，cosA= ﹣，则向量在方向上的投影为（）A．﹣B．C．﹣D．11．将函数 f （x）=sin2x 的图象向左平移个单位，再向上平移 2 个单位，得到 g（x）的图象．若g（x1） ?g（x2）=9，且 x1，x2∈ [ ﹣ 2π，2π] ，则 | x1﹣x2| 的最大值为（）A．πB．2πC． 3πD．4π12．抛物C1：x2=2py（p＞0）的焦点与双曲C2：的右焦点的在第一象限内与C1交于点M ，若C1在点M 的切平行于C2的一条近，p=（）A． B ．C．D．二、填空：本共 4 小，每小 5 分．13．在[ 1，1] 上随机地取一个数k，事件“直 y=kx 与（ x 5）2+y2=9 相交” 生的概率．14．某校高三文科班 150 名男生在“学生体健康 50 米跑” 中，成所有介于 6 秒与11 秒之．将果分红五：第一 [ 6，7] ；第二（ 7，8] ，⋯，第五（ 10，11] ．如是按上述分方法获得的率散布直方．按国家准，高三男生50 米跑成小于或等于7 秒定秀，若已知第四共48 人，校文科班男生在次中成秀的人数是．15．已知四周体 P ABC 的四个点都在球O 的球面上，若PB⊥平面 ABC，AB ⊥AC ，且 AC=2 ，PB=AB=2 ，球 O 的表面．16．若函数 f （x）=cos2x asinx 在区[ ，]上的最小大于零， a 的取+范是．三、解答：共70 分，解答写出文字明、明程或演算步．17．（ 12 分）在数列 { a n} 中，已知 a1=1，a2=3， a n+2 =3a n+12a n．（Ⅰ）明数列 { a n+1a n } 是等比数列，并求数列 { a n} 的通公式；（Ⅱ） b n=log 2（a n 1），b n 的前 n 和 S n，求＜2．+{ }18．（ 12 分）如图，在正方形 ABCD 中，点 E， F 分别是 AB ， BC 的中点，将△AED，△ DCF 分别沿 DE，DF 折起，使 A ，C 两点重合于 P．设 EF 与 BD 交于点 O，过点 P 作 PH⊥BD，垂足为 H．（Ⅰ）求证： PH⊥底面 BFDE；（Ⅱ）若四棱锥 P﹣BFDE 的体积为 12，求正方形 ABCD 的边长．19．（ 12 分）空气质量指数（ Air Quality Index，简称 AQI ）是定量描绘空气质量状况的无量纲指数，参加空气质量评论的主要污染物为SO2、NO2、PM10、PM2.5、O3、CO 等六项．空气质量依据 AQI 大小分为六级：一级0～50 为优；二级 51～100 为优异；三级 101～ 150 为轻度污染；四级151～200 为中度污染；五级 201～ 300 为重度污染；六级＞ 300 为严重污染．某人依据环境监测总站宣布的数据记录了某地某月连续10 天 AQI 的茎叶图如图所示：（Ⅰ）利用该样本预计该地本月空气质量优异（AQI ≤ 100）的天数；（按这个月总合 30 天计算）（Ⅱ）若从样本中的空气质量不好（AQI ＞ 100）的这些天中，随机地抽取三天深入剖析各样污介入标，求这三天的空气质量等级互不同样的概率．20．（ 12 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 E：x2+（y﹣t）2=r2（t ＞ 0，r＞0）经过椭圆 C：的左右焦点F1，F2，与椭圆C在第一象限的交点为 A，且 F1，E，A 三点共线．（Ⅰ）求圆 E 的方程；（Ⅱ）设与直线 OA 平行的直线 l 交椭圆 C 于 M ，N 两点，求△ AMN 的面积的最大值．21．（ 12 分）已知函数 f （x） =xlnx +a| x﹣ 1| ．（Ⅰ）当 a=0 时，求 f （x）的单一区间与极值；（Ⅱ）若 f（ x）有两个零点，务实数 a 的取值范围．四、选考题：请考生在第（ 22） -（ 23）两题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号．22．（10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1：，曲线C2：x2+ （y﹣ 1）2=1，以坐标原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴成立极坐标系．（Ⅰ）求曲线 C1，C2的极坐标方程；（Ⅱ）若射线 l ：θ=α（ρ＞0）分别交 C1，C2于 A ， B 两点，求的最大值．23．已知函数 f （x）=| x﹣ 1|+ a| x+2| ．（Ⅰ）当 a=1 时，求不等式 f （x）≥ 5 的解集；（Ⅱ）当 a＜﹣ 1 时，若 f（x）的图象与 x 轴围成的三角形面积等于6，求 a 的值．2017 年湖南省衡阳八中、长郡中学等十三校要点中学联考高考数学一模试卷（文科）参照答案与试题分析一、选择题：本大题共12 小题，每题 5 分，共 60 分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的．1．设全集U=A ∪B={ 1，2，3，4，5} ，A ∩（?U B）={ 1，2} ，则会合B=（）A． { 2，4，5} B． { 3，4，5} C．{ 4，5}D．（ 2，4）【考点】交、并、补集的混淆运算．【剖析】选由已知得 1，2 都是 A 中元素，且 1， 2 都不是 B 中元素，由此能求出B．【解答】解：∵全集 U=A ∪B={ 1， 2， 3，4，5} ，A∩（ ?U B）={ 1， 2} ，∴1， 2 都是 A 中元素，且 1， 2 都不是 B 中元素，∴B={ 3， 4， 5} ．应选： B．【评论】此题考察会合的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意补集、交集定义的合理运用．2．复数 z=（1﹣ i）2+ （i 为虚数单位）在复平面内对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【考点】复数代数形式的乘除运算．【剖析】利用复数的运算法例、几何意义即可得出．【解答】解：复数z=（ 1﹣ i）2+=﹣2i+=﹣ 2i 1﹣i=1 ﹣3i 在复平+面内对应的点（ 1，﹣ 3）在第四象限．应选： D．【评论】此题考察了复数的运算法例、几何意义，考察了推理能力与计算能力，属于基础题．．设x＜1，q：x（x+1）＜ 0，则 p 是 q 成立的（）3 p：2A．充分不用要条件 B．必需不充分条件C．充要条件D．既不充分也不用要条件【考点】必需条件、充分条件与充要条件的判断．【剖析】利用函数的单一性与不等式的解法化简p，q，即可判断出结论．【解答】解： p：2x＜ 1，解得 x＜0．q：x（x+1）＜ 0，解得﹣ 1＜ x＜ 0．则p 是 q 成立的必需不充分条件．应选： B．【评论】此题考察了函数的单一性与不等式的解法、简略逻辑的判断方法，考察了推理能力与计算能力，属于基础题．4．设 x∈R，向量 =（ x，1）， =（ 4，﹣ 2），且，则 | | =（）A．B．5 C．D．【考点】平面向量的坐标运算．【剖析】由向量平行，先求出，再由平面向量运算法例求出，由此能求出| ． |【解答】解：∵ x∈R，向量 =（x，1）， =（4，﹣ 2），且，∴ = ，解得 x= ﹣2，∴ =（﹣ 2， 1），=（ 2，﹣ 1），|| =．应选： A．【评论】此题考察向量的模的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意平面向量运算法例的合理运用．5．实数 x，y 知足不等式组，则2x﹣y的最大值为（）A．﹣B．1 C．2D． 4【考点】简单线性规划．【剖析】作出不等式组对应的平面地区，利用目标函数 k 的几何意义，进行平移，联合图象获得 k=2x﹣ y 的最大值．【解答】解：作出不等式组对应的平面地区如图：（暗影部分ABC ）．令k=2x﹣y 得 y=2x﹣ k，平移直线 y=2x﹣k，由图象可知当直线 y=2x ﹣ k 经过点 A 时，直线 y=2x ﹣ k 的截距最小，由，可得A （3，2）此时 k 最大．将 A （3，2）的坐标代入目标函数2×3﹣2=4，即2x﹣ y 的最大值为4．应选： D．【评论】此题主要考察线性规划的应用，利用数形联合是解决此类问题的基本方法，利用 k 的几何意义是解决此题的要点．6．《九章算术 ?商功》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图以下图，则该“堑堵”的侧面积为（）A． 4 B．6+4C．4+4D．2【考点】由三求面、体．【剖析】由已知中的三可得：几何体是一个以主底面的三棱柱，代入棱柱面公式，可得答案．【解答】解：由已知中的三可得：几何体是一个以主底面的三棱柱，底面周： 2+2×=2+2，故棱柱的面S=2×（ 2+2）=4+4，故： C．【点】本考的知点是棱柱的面，几何体的三，度基．7．如出的是算 1 ⋯+ 的的一个程序框，判断框内填+ + +入的条件是（）A． i ≤1009 B．i ＞1009 C．i ≤1010 D．i ＞1010【考点】程序框．【剖析】剖析程序中各量、各句的作用，再依据流程所示的序，可知：程序的作用是累加并出S 的．【解答】解：程序运转程中，各量以下表所示：第一次循： S=0+1，i=1，第二次循： S=1+ ，i=2，第三次循：S=1+ ，i=3，⋯+依此推，第1009 次循：S=1 ⋯+，i=1010 ，此不足条件，退+ + +出循此中判断框内应填入的条件是：i≤1009，应选： A．【评论】算法是新课程中的新增添的内容，也必定是新高考取的一个热门，应高度重视．程序填空也是重要的考试题型，这类题考试的要点有：①分支的条件②循环的条件③变量的赋值④变量的输出．此中前两点考试的概率更大．此种题型的易忽视点是：不可以正确理解流程图的含义而致使错误．2 ﹣sin x 在﹣2， 2 上的图象大概为（）8．函数 f （x）=x | | [ ]A．B．C．D．【考点】利用导数研究函数的极值；函数的图象．【剖析】求出函数 f（ x）=x2﹣ sinx 在（ 0，2] 上导函数，求出极值点的个数，以及 f（ 2）的值，即可判断函数的图象．【解答】解：函数 f （x）=x2﹣sin| x| 在 [ ﹣ 2， 2] 是偶函数，则： f（ x） =x2﹣ sinx 在（ 0，2] 可得 f ′（x）=2x﹣ cosx，令 2x﹣ cosx=0，可得方程只有一个解，如图：可知 f （x）=x2﹣sinx 在（ 0，2] 由一个极值点，清除 A ，C，f（2）=4﹣ sin2＞3，清除 D．应选： B．【评论】此题考察函数的图象的判断，函数的极值的求法，考察转变思想以及计算能力．9．某大型民企为激励创新，计划逐年加大研发资本投入．若该民企2016年整年投入研发资本130 万元，在此基础上，每年投入的研发资本比上一年增添12%，则该民企整年投入的研发资本开始超出200 万元的年份是（参照数据：lg1.12=0.05，lg1.3=0.11，lg2=0.30）（）A． 2017 年 B．2018 年 C．2019 年 D ．2020 年【考点】对数的运算性质．【剖析】设该民企整年投入的研发资本开始超出 200 万元的年份是第 n 年，则130×（ 1+12%）n﹣2016≥200，从而得出．【解答】解：设该民企整年投入的研发资本开始超出200 万元的年份是第n 年，则130×（ 1+12%）n﹣2016≥ 200，则n≥2016 = 2019.8，+取n=2020．应选： D．【评论】此题考察了对数的运算性质、对数函数的单一性、不等式的解法，考察了推理能力与计算能力，属于基础题．10．在△ ABC 中，角 A ，B，C 的对边分别为a， b，c，若a=4 ，b=5，cosA= ﹣，则向量在方向上的投影为（）A．﹣B．C．﹣D．【考点】平面向量数目积的运算．【剖析】依据 cosA=﹣得出A为钝角，sinA=，利用正弦定理求出B，再利用余弦定理求出 c，依据向量投影的定义写出运算结果即可．【解答】解：△ ABC 中， a=4，b=5，cosA=﹣，∴A 为钝角，且 sinA= ，∴=sinB===，由题知 A＞ B，故 B=；∵a2 =b2+c2﹣2bccosA，∴（ 4）2=52+c2﹣2?5c?（﹣），解得 c=1 或 c=﹣ 7（舍去），∴向量在方向上的投影为：| | cosB=ccos =1×=．应选： B．【评论】此题考察了平面向量的数目积与正弦、余弦定理的应用问题，是综合性题目．11．将函数 f （x）=sin2x 的图象向左平移个单位，再向上平移 2 个单位，得到 g（x）的图象．若g（x1） ?g（x2）=9，且 x1，x2∈ [ ﹣ 2π，2π] ，则 | x1﹣x2|的最大值为（）A．πB．2π C． 3π D．4π【考点】函数 y=Asin （ωx+φ）的图象变换．【剖析】利用函数 y=Asin （ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象的特点，得出结论．【解答】解：将函数 f （x）=sin2x 的图象向左平移个单位，再向上平移 2 个单位，获得 g（x）=sin2（x+ ） +2=sin（ 2x+ ） +2 的图象，若 g（x1）?g（ x2）=9，则 g（x1）=g（ x2）=3．∵ x1，x 2∈ [ ﹣ 2π， 2π] ，∴ 2x+∈ [﹣，] ，∴ 2x1+ =+2kπ，2x2+ =+2nπ，k， n∈ Z．故当 2x 1+=﹣ ，2x 2 + =时， | x 1﹣x 2| 获得最大值为 3π，应选： C ．【评论】 此题主要考察函数 y=Asin （ ωx +φ）的图象变换规律，正弦函数的图象的特点，属于中档题．12．抛物线 C 1：x 2（ ＞ ）的焦点与双曲线 C 2： 的右焦点的连线=2py p 0在第一象限内与 C 1 交于点 M ，若 C 1 在点 M 处的切线平行于 C 2 的一条渐近线， 则 p=（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】 双曲线的简单性质．【剖析】由曲线方程求出抛物线与双曲线的焦点坐标， 由两点式写出过两个焦点的直线方程，求出 C 1：x 2=2py 在 x 取直线与抛物线交点 M 的横坐标时的导数值，由其等于双曲线渐近线的斜率获得交点横坐标与p 的关系，把 M 点的坐标代入直线方程即可求得 p 的值．【解答】 解：由抛物线 C 1：x 2=2py （p ＞0），可得焦点坐标为 F （0， ）．由双曲线 C 2：得 a= ， b=1，c=2．因此双曲线的右焦点为（ 2， 0）．则抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线所在直线方程为px+4y ﹣2p=0①．设该直线交抛物线于 M （x 0，），则 C 在点 M 处的切线的斜率为．由题意可知= ，得 x 0p ， p ）= p ，代入 M 点得 M （把 M 点代入①得： p × p+4× p ﹣2p=0．解得 p=．应选： D ．【评论】此题考察了双曲线的简单几何性质， 考察了利用导数研究曲线上某点的切线方程，函数在曲线上某点处的切线的斜率等于函数在该点处的导数， 是中档题．二、填空 ：本 共4 小 ，每小5 分．13．在[1，1] 上随机地取一个数 k ， 事件 “直 y=kx 与 （ x5）2+y 2=9 相交 ” 生的概率 ．【考点】 几何概型．【剖析】利用 心到直 的距离小于半径可获得直 与 订交， 可求出 足条件的 k ，最后依据几何概型的概率公式可求出所求． 【解答】 解： （ x 5） 2+y 2 =9 的 心 （ ， ），半径 ．5 0 3 心到直 y=kx 的距离，要使直 y=kx 与 （ x 5）2+y 2=9 订交，＜ ，解得 ＜ k ＜ ．3∴在区[1， 1 上随机取一个数 k ，使直 y=kx 与 （ x 5）2y 2=9 订交相]+交的概率= ．故答案 ： ．【点 】本 主要考 了几何概型的概率， 以及直 与 订交的性 ， 解 的关 弄清概率 型，同 考 了 算能力，属于基 ．14．某校高三文科班 150 名男生在 “学生体 健康 50 米跑 ” 中，成 所有介于 6 秒与 11 秒之 ． 将 果分红五 ：第一 [ 6，7] ；第二 （ 7，8] ，⋯，第五 （10，11] ．如 是按上述分 方法获得的 率散布直方 ．按国家 准，高三男生50 米跑成 小于或等于7 秒 定 秀，若已知第四 共48 人， 校文科班男生在 次 中成 秀的人数是9 ．【考点】频次散布直方图．【剖析】求出第四组的频次，再计算此次测试中成绩小于或等于7 秒的频次和频数即可．【解答】解：由频次散布直方图得，第四组的频次为=0.32，在此次测试中成绩小于或等于7 秒（优异）的频次是1﹣0.16﹣0.38﹣ 0.32﹣0.08=0.06因此优异人数是150×0.06=9 人．故答案为： 9．【评论】此题主要考察了频次散布直方图和频次、频数的计算问题，是基础题．15．已知四周体 P﹣ABC 的四个极点都在球 O 的球面上，若 PB⊥平面 ABC， AB ⊥AC ，且 AC=2 ，PB=AB=2 ，则球 O 的表面积为 16π ．【考点】球的体积和表面积．【剖析】由题意将四周体P﹣ABC 放在对应的长方体中，依据长方体与外接球的直径之间关系，可求出球的半径，代入球的表面积公式求出答案．【解答】解：由题意知， PB⊥平面 ABC ， AB ⊥ AC ，且AC=1，AC= ，PB=AB=2 ，以下图结构长方体：则长方体的外接球和四周体的外接球是同样的，即长方体的体对角线等于球的直径2R，因此 2R==4，则 R=2，2则球 O 的表面积 S=4πR=4π× 4=16π，故答案为： 16π．【评论】此题考察空间几何体的外接球问题，利用四周体结构长方体是解题的关键，利用长方体的体对角线等于球的直径是此题的打破点．16．若函数 f （x）=cos2x+asinx 在区间 [ ，] 上的最小值大于零，则 a 的取值范围是（﹣∞，1）∪（ 2，∞）．+【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象．【剖析】将函数化简只有一个函数名，转变为二次函数问题，利用三角函数的有界线，求解即可．【解答】解：函数 f （x）=cos2x+asinx化简可得： f（ x） =1﹣2sin2x+asinx∵ x∈ [ ，] 上，∴ sinx∈[ ，1] ，令 sinx=t，（）函数f （x）转变为g（t）=﹣2t2 at 1，（）上的最小值大于零+ +其对称轴 t=，当时， g（）最小为由题意：，可得： a＞﹣ 1，∴a≥4．当时， g（ 1）最小为 1﹣a由题意： 1﹣ a＞0，可得： 1＞a∴a＜1．当，其最小或1a．即 2＜a＜ 4，与 a＞ 1 或 1＞a∴2＜ a＜4，上可得 a 的取范是（∞， 1）∪（ 2，+∞）．【点】本考了三角函数与二次函数的合，利用二次函数的性，在其范内的最．属于．三、解答：共70 分，解答写出文字明、明程或演算步．17．（12 分）（2017?衡阳一模）在数列 { a n} 中，已知 a1=1，a2=3，a n+2=3a n+12a n．（Ⅰ）明数列 { a n+1a n } 是等比数列，并求数列 { a n} 的通公式；（Ⅱ） b n=log 2（a n 1），b n 的前 n 和 S n，求＜2．+{ }【考点】数列与不等式的合；等比数列的性．【剖析】（Ⅰ）由 a n+2=3a n+12a n得： a n+2a n+1=2（a n+1a n），合 a1=1， a2 =3，即a2 a1=2，可得： { a n+1 a n} 是首 2，公比 2 的等比数列，而利用叠加法可得数列{ a n } 的通公式；（Ⅱ） b n=log2（a n+1） =n，，利用裂相消法，可得=2＜2．【解答】明：（Ⅰ）由 a n+2=3a n+1 2a n得： a n+2 a n+1=2（a n+1 a n），又∵ a1 =1，a2=3，即 a2 a1=2，因此， { a n+1 a n} 是首 2，公比 2 的等比数列．⋯ a n+1a n=2×2n﹣1=2n，⋯a n=a1+（a2a1） +（ a3a2）+⋯+（a n a n﹣1）=1+2+22+⋯+2n﹣1==2n1；⋯（7 分）（Ⅱ）b n=log2（ a n+1）=log22n=n，⋯（8 分）S n=，⋯（9分），因此=2＜2．⋯（14 分）【点】本考数列的观点及表示法，考等比关系确实定及等比数列的乞降，考化与剖析推理能力，属于中档．18．（12 分）（2017?衡阳一模）如，在正方形 ABCD 中，点 E，F 分是 AB ， BC 的中点，将△ AED ，△DCF 分沿 DE，DF 折起，使 A ，C 两点重合于 P． EF 与 BD 交于点 O，点 P 作 PH⊥BD ，垂足 H．（Ⅰ）求： PH⊥底面 BFDE；（Ⅱ）若四棱 P BFDE 的体 12，求正方形 ABCD 的．【考点】棱柱、棱、棱台的体；直与平面垂直的判断．【剖析】（Ⅰ）推出 PD⊥ PF，PD⊥PE， PD⊥平面 PEF，从而平面 PBD⊥平面BFDE ，由此能明 PH⊥底面 BFDE．（Ⅱ）正方形 ABCD 的 x，推出 PO⊥ PD，从而 PH=，由四棱P BFDE 的体 12，求出正方形 ABCD 的 6．【解答】明：（Ⅰ）由正方形 ABCD 知，∠ DCF=∠DAE=90°，EF∥ AC ，BD⊥AC， EF⊥ BD，∵点 E，F 分是 AB ，BC 的中点．将△ AED ，△ DCF 分沿 DE， DF 折起，使A ，C 两点重合于 P．∴ PD⊥ PF，PD⊥PE，∵ PE∩PF=P， PE、 PF? 平面 PEF．∴ PD⊥平面 PEF．又∵ EF? 平面 PEF，∴ PD⊥ EF，又 BD ∩PD=D，∴EF⊥平面 PBD，又 EF? 平面 BFDE，∴平面 PBD⊥平面 BFDE ．∵平面 PBD∩平面 BFDE=BD ，过点 P 作 PH⊥BD ，垂足为 H，∴PH⊥底面 BFDE．解：（Ⅱ）设正方形 ABCD 的边长为 x，则 PD=x，PE=PF= ，DB= ，DE=DF= ，EF= ，∠ BPD=90°，PO= = =x，OD= = x，∴PO2+PD2=OD2，∴ PO⊥PD，∴，∴ PH===，∵四棱锥 P﹣BFDE 的体积为 12，∴ V P﹣BFDE = = = =12，解得 x=6．∴正方形 ABCD 的边长为 6．【评论】此题考察线面垂直的证明，考察正方形边长的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思想能力的培育．19．（ 12 分）（ 2017?衡阳一模）空气质量指数（Air Quality Index ，简称 AQI ）是定量描绘空气质量状况的无量纲指数，参加空气质量评论的主要污染物为SO2、NO2、PM10、PM2.5、O3、CO 等六项．空气质量依据AQI 大小分为六级：一级 0～50 为优；二级 51～100 为优异；三级 101～ 150 为轻度污染；四级 151～200 为中度污染；五级201～ 300 为重度污染；六级＞ 300 为严重污染．某人依据环境监测总站宣布的数据记录了某地某月连续10 天 AQI 的茎叶图如图所示：（Ⅰ）利用该样本预计该地本月空气质量优异（AQI ≤ 100）的天数；（按这个月总合 30 天计算）（Ⅱ）若从样本中的空气质量不好（ AQI ＞ 100）的这些天中，随机地抽取三天深入剖析各样污介入标，求这三天的空气质量等级互不同样的概率．【考点】列举法计算基本领件数及事件发生的概率；频次散布直方图．【剖析】（Ⅰ）由茎叶图可得样本中空气质量优异的天数，可得概率，用总天数乘以概率可得；（Ⅱ）该样本中轻度污染共 3 天，中度污染为 1 天，重度污染为 1 天，求出基本领件的个数，由概率公式可得的．【解答】解：（Ⅰ）由茎叶图可发现样本中空气质量优的天数为1，空气质量为良的天数为4，故空气质量优异的概率为=，故利用该样本预计该地本月空气质量优异的天数为30×=15；（Ⅱ）该样本中轻度污染共 3 天，中度污染为 1 天，重度污染为 1 天，则从中随3 个，机抽取 3 天的所有可能结果为=10 个，此中空气质量等级恰巧不一样有该两天的空气质量等级恰巧不一样的概率P=．【评论】此题考察计算基本领件数及发生的概率，波及茎叶图的知识，属基础题．20．（ 12 分）（ 2017?衡阳一模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆 E：x2+（ y﹣t）2=r2（t＞0，r＞ 0）经过椭圆 C：的左右焦点F1，F2，与椭圆C 在第一象限的交点为 A ，且 F1， E， A 三点共线．（Ⅰ）求圆 E 的方程；（Ⅱ）设与直线 OA 平行的直线 l 交椭圆 C 于 M ，N 两点，求△ AMN 的面积的最大值．【考点】直与的地点关系．【剖析】（Ⅰ）由三角形的中位定理，求得丨AF2 丨，再由的定，丨AF1丨=2a丨 AF 2丨，依据勾股定理即可求得t 的，由 EF1半径，即可求得r 的，求得 E 的方程；（Ⅱ）直l 的方程 y= m，代入方程，利用达定理，弦公式+和基本不等式的性，即可求得△AMN 的面的最大．【解答】解：（Ⅰ） C：，2a=4，短 2b=2，焦距2c=2因 F1， E，A 三点共， F1A E 的直径， F2在 E 上，AF 2⊥F1F2，因此 OE 三角 AF1F2中位，由 E（0，t），丨 AF 2丨 =2t，丨 AF 1丨=2a丨 AF 2丨=4 2t，由勾股定理可知：丨 AF 丨 2 丨F1F2 丨2+AF 丨2，即（4 2t）2（2）2+（2t）1 =2 =2，解得： t= ，半径 r= = ，∴ E 的方程 x2+（ y ）2= ；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，点 A 的坐（，1），因此直 OA 的斜率，⋯6分故直 l 的方程 y= m，+立，得 x2+ mx m22=0．，⋯7分M （x1， y1）， N（ x2，y2），因此x1+x2= m，x1?x2=m2 2，△ =2m2 4m2+8＞ 0，因此 2＜m＜ 2，⋯8分又丨MN 丨= ?丨x1x2丨，=因点?A 到直l 的距离=d=，⋯9分，⋯10 分因此S△AMN = 丨MN 丨?d= ? ? ，= ≤×=，当且当 4 m2=m2，即 m=±等号成立，∴△ AMN 的面的最大．此直 l 的方程 y=x±．⋯12分【点】本考定的用，考直与的地点关系，达定理，弦公式及基本不等式的性，考算能力，属于中档．21．（ 12 分）（ 2017?衡阳一模）已知函数f（ x） =xlnx +a| x1|（Ⅰ）当 a=0 ，求 f （x）的区与极；（Ⅱ）若 f（ x）有两个零点，求数 a 的取范．【考点】利用数研究函数的性；利用数研究函数的极．．【剖析】（Ⅰ）由 f（ x）=xlnx ，知 f ′（x ）=1+lnx ，x＞0，由此能求出函数 f（x）的区和极小、最小；（Ⅱ）由已知可得： f（ 1）=0，故 1 函数的一个零点； a 行分，求出不一样状况下，足条件的 a ，合果，可得答案．【解答】解：（Ⅰ）∵ a=0 ， f （x）=xlnx ，∴f ′（ x） =1+lnx， x＞ 0，∵ f ′（ x）＞ 0 解得 x ＞，f′（x）＜0解得0＜x＜，∴函数 f（x）的减区间为（ 0，），增区间为（，+∞），f（x ）在 x=获得极小值﹣．（Ⅱ）由已知可得： f （1）=0，故 1 为函数的一个零点；若a=0，则函数仅有一个零点，不知足条件；若a＞0，则当x＞1 时， f（ x） =xlnx +ax﹣a， f ′（ x） =lnx+1+a＞0 恒成立，此时函数为增函数，不存在零点，当0＜x＜1 时， f（x）=xlnx ﹣ax+a， f ′（ x） =lnx +1﹣ a，若此时函数存在零点，则 lnx+1﹣a=0 有解，即 a=lnx+1＜ 1 有解，即 0＜a＜1；若 a＜0，则当0＜x＜1 时， f（ x） =xlnx ﹣ax+a， f ′（ x） =lnx+1﹣ a＞ 0 恒成立，此时函数为增函数，不存在零点，x＞1 时，f（x）=xlnx +ax﹣a，f （′x）=lnx+1+a，若此时函数存在零点，则 lnx +1+a=0有解，即a=﹣（ lnx +1）＜﹣ 1 有解，即 a＜﹣1；综上可得： 0＜a＜ 1，或 a＜﹣ 1．【评论】此题考察利用导数求函数的单一区间和实数的取值范围的方法，解题时要认真审题，认真解答，注意等价转变思想的合理运用．四、选考题：请考生在第（ 22） -（ 23）两题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号．22．（10 分）（ 2017?衡阳一模）在直角坐标系xOy 中，曲线C1：，曲线 C2：x2+（ y﹣ 1）2=1，以坐标原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴成立极坐标系．（Ⅰ）求曲线 C1，C2的极坐标方程；（Ⅱ）若射线 l ：θ=α（ρ＞0）分别交 C1，C2于 A ， B 两点，求的最大值．【考点】参数方程化成一般方程；曲的极坐方程．【剖析】（Ⅰ）由曲 C1一般方程 x+y=6 可得曲 C1的极坐方程；先将曲 C2化 x2+y2 2y=0，而可得曲 C2的极坐方程；（Ⅱ） A（ρ1，α），B（ρ2，α），0＜α＜，ρ1 ，ρ2=2sinα，=可得= sin α（cosα+sin α），而获得答案．【解答】解：（Ⅰ）曲 C1：，一般方程 x+y=6，极坐方程ρcosθρsin θ；=6+曲C ：x2（y 1）2 2 y2 2y=0，∴ρ=2sin；θ2+ =1，即x +（Ⅱ） A （ρ1，α）， B（ρ2，α）， 0＜α＜，ρ，ρ2=2sinα，⋯（6分）1== sin α（ cos α+sin α）= （sin2 α+1 cos2 α）= [ sin（2α ） +1] ，⋯（ 8 分）当α=，获得最大（ +1）．⋯（ 10 分）【点】本考的知点是直与的极坐方程，的参数方程，三角函数的最，度中档．23．（ 2017?衡阳一模）已知函数 f （x）=| x 1|+ a| x+2| ．（Ⅰ）当 a=1 ，求不等式 f （x）≥ 5 的解集；（Ⅱ）当 a＜ 1 ，若 f（x）的象与 x 成的三角形面等于 6，求 a 的．【考点】不等式的解法；三角不等式．【剖析】（Ⅰ）通 x 的范，求出各个区上的x 解集，取并集即可；（Ⅱ）求出 f （x）的分析式，画出函数象，求出三角形点的坐，表示出三角形面，获得对于 a 的方程，解出即可．【解答】解：（Ⅰ）a=1 ， f（ x）≥ 5 化： | x 1|+| x+2| ≥5①，当x≤ 2 ，①式化 2x 6≥0，解得： x≤ 3；当 2＜x＜1 ，①式化 3＞5，不可立；当 x≥1 时，①式化为 2x+1≥5，解得 x≥2综上， f（x ）≥ 5 的解集是 { x| x≤﹣ 3 或 x≥2} ；（Ⅱ）当 x≤﹣ 2 时， f（ x）=﹣（ a+1）x﹣2a+1；当﹣ 2＜x＜1 时， f （x）=（a﹣1）x+2a+1；当x≥1 时， f（x ）=（a+1）x+2a﹣1，综上， f（x ）=；画出函数 f（ x）的图象以下图；则 f（ x）与 x 轴围成的△ ABC 三个极点分别为：A（﹣ 2， 3）， B（﹣，0），C（，0）由题设可得： S=（﹣）?3=6，化简得 2a2+3a﹣2=0，解得 a=﹣2 或 a=（不合题意，舍去）；故 a 的值是﹣ 2．【评论】此题考察了绝对值不等式问题，也考察分类议论思想与数形联合的应用问题，是综合性题目．。
2020年湖南省永州市寿雁中学高三数学文测试题含解析
2020年湖南省永州市寿雁中学高三数学文测试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 若，则= （）A.{3}B.{1}C.D. {－1}参考答案：D2. 已知正项等比数列的前项和为，若，则( )A．9 B．C．18 D．39参考答案：A略3. 要得到函数的图像，只要将函数的图像A.向左平移单位B. 向右平移单位C. 向左平移单位D. 向右平移单位参考答案：【知识点】函数的图像与性质. C4【答案解析】D 解析：因为向右平移单位得：，故选D.【思路点拨】根据平移变换的口诀，得出正确选项.4. 在△ABC中，BC=1且cosA=﹣，B=，则BC边上的高等于（）A．1 B．C．D．参考答案：C【考点】正弦定理．【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinA，利用两角和的正弦函数公式可求sinC的值，由正弦定理可求AB，设BC边上的高为h，利用三角形面积公式，即可计算得解．【解答】解：∵cosA=﹣，B=，∴sinA==，可得：sinC=sin（A+B）=，由，BC=1，可得：AB=，∴S△ABC=AB?BC?sinB=，设BC边上的高为h，S△ABC=BC?h=，∴h=，故选：C．5. 函数在上的图象是 ( )参考答案：A略6. 复数i（i为虚数单位）的模等于A． B． C． D．参考答案：A7. 如图，设D是图中边长为4的正方形区域，E是D内函数图象下方的点构成的区域。
向D中随机投一点，则该点落入E中的概率为（）A． B． C． D．参考答案：D8. 过点作圆的弦，其中弦长为整数的共有条。
参考答案：32略9. 已知集合A＝{x|x2－x－12≤0}，B＝{x|2m－1<x<m＋1}，且A∩B＝B，则实数m的取值范围为()A．[－1,2) B．[－1,3] C．[2，＋∞) D．[－1，＋∞)参考答案：D由x2－x－12≤0，得(x＋3)(x－4)≤0，即－3≤x≤4，所以A＝{x|－3≤x≤4}．又A∩B＝B，所以B?A.①当B＝?时，有m＋1≤2m－1，解得m≥2.②当B≠?时，有解得－1≤m<2.综上，m的取值范围为[－1，＋∞)．10. 已知，则（）A. B. C. D. -参考答案：C解:=,二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 某几何体的三视图如图所示,主视图和左视图是长为3，宽为2的矩形，俯视图是边长为2的正方形，则该几何体的体积为_________．参考答案：8略12. 已知数列{a n}满足log3a n+1=log3a n+1（n∈N），且a2+a4+a6=9，则log b（a5+a7+a9）的值等于．参考答案：5考点：数列递推式．专题：等差数列与等比数列．分析：由数列递推式可得数列{log3a n}为以log3a1为首项，以1为公差的等差数列，求出其通项公式后进一步得到数列{a n}是以a1为首项，以3为公比的等比数列，再由已知结合等比数列的性质求得log3（a5+a7+a9）的值．解答：解：∵log3a n+1=log3a n+1（n∈N），∴log3a n+1﹣log3a n=1，则数列{log3a n}为以log3a1为首项，以1为公差的等差数列，∴log3a n=log3a1+（n﹣1）=，则，即数列{a n}是以a1为首项，以3为公比的等比数列，又a2+a4+a6=9，∴a5+a7+a9=9×33=35，∴log3（a5+a7+a9）=．故答案为：5．点评：本题考查了数列递推式，考查了对数的运算性质，考查了等比数列的通项公式，是中档题．13. 设△ABC的三边长分别为a、b、c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝；类比这个结论可知：四面体S -ABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球的半径为R，四面体S -ABC的体积为V，则R＝．参考答案：【答案解析】解析：由二维推广到三维，把面积换成体积，把边长和换成表面积和即可.【思路点拨】由类比推理知，把平面上的结论类比到空间.14. 课题组进行城市农空气质量调查，按地域把24个城市分成甲．乙．丙三组，对应城市数分别为．．。
永州市2020年高考第一次模拟考试试卷理科数学答案
永州市2020年高考第一次模拟考试试卷数学（理科）参考答案一、选择题：本大题共12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． 123456789101112 答案CBADABCDCADB 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中对 横线上. 13．214．515． 3 3 10 4 16．3 2三、解答题：本大题共70分，解答应写出文字说明、证明过骤. 17．（本小题满分12分） 解：（1）在DABC 中，由正弦定理得sinBcosA-sinAsinB=0，⋯⋯⋯⋯⋯2分 sinB0，tanA1，⋯⋯⋯⋯⋯4分 因为A(0，)，所以 A .⋯⋯⋯⋯⋯6分 4 （2）ABAD ，且 B AC ， 4 C AD ，⋯⋯⋯⋯⋯7分 4 在DACD 中，AC=22，CD=5， CAD 4222 由余弦定理得 CD=AC+AD-2AC 鬃ADcos?CAD ，⋯⋯⋯⋯⋯9分 即 22 5=8+AD-2创22AD?，解得：AD1或AD3⋯⋯⋯⋯11分 2 AD 的长为1或3.⋯⋯⋯⋯⋯12分 18．（本小题满分12分） 解：（1）如DE ，易知ΔDCE，P C E P Q ，D PQ ⊥CE ，DQ ⊥CE ⋯⋯⋯⋯⋯2分 又DQPQQ ，PQ,DQ 平面DPQ ， EC 平面PDQ ，⋯⋯⋯⋯⋯4分 又PD 平面PDQ ，所以EC ⊥PD.⋯⋯⋯⋯⋯5分 （2）因为二面角PECD 为直二面角，所以平面PEC 平面AECD ， 又因为平面PEC 平面AECDEC ，且PQ ⊥EC ，所以PQ ⊥平面AEC. 永州市2020年高考第一次模拟考试·数学（理科）参考答案第1页（共7页）又因为E C ⊥D Q ，故以点Q 为坐标原点，QC ，Q D，Q P 所在直为x 轴、z 轴建立如图所示的空间直角Qxyz.⋯⋯⋯⋯⋯6分 则A(2,3,0)，E(1,0,0)，P(0,0,3).所以AE(1,-3,0)，AP(2,-3,3)设平面PAC 的法向量为m(x ，y ，z).由 ì? mAE ? í ??mAP ? 0 0 得 ì-=x3y0 ? í ?-+= 2x3y3z0 ?取z=-1，所以m=(3,1,-1).⋯⋯⋯⋯⋯9分 又因为直线PQ^平面AEC ，所以PQ=(0,0,3)是平面AEC 的一个法向量，所以cos,35 m?PQ <mPQ>===-5 m ×PQ53 ′ .⋯⋯⋯⋯⋯11分 又因为二面角PAEC 为锐二面角5 所以二面角PAEC 的余弦值5.⋯⋯⋯⋯⋯12分 19．（本小题满分12分）3141解：（1）由题意知22aba2，解得a b 2 1所以椭圆C 的方程为2 x 42y1.⋯⋯⋯⋯⋯4分 （2）显然直线x0不满足题设条件，可设直线l:ykx+2,Ax 1,y 2,Bx 2,y 2，ykx+2 联立2 x 42 y ，消去y ，整理得：1212 kx4kx30 4∴4k3xx,xx12121122kk44⋯⋯⋯⋯⋯6分由22124k4k34k30得：43k或23k⋯⋯⋯⋯7分2因为坐标原点O在以线段A B为直径的圆外∴OAOBx1x2y1y20⋯⋯⋯⋯⋯9分又 2 y1y2kx12kx22kx1x22kx1x242223k8kk14111222kkk444∵23k11122kk440 ，即24k∴2k2.⋯⋯⋯⋯⋯11分故 2 3k或232k2.⋯⋯⋯⋯⋯12分20．（本小题满分12分）解：（1）根据条形图可知，优等品的频率为121，用频率估计概率，则874215002任取一件产品为优等品的概率为 1P.⋯⋯⋯⋯⋯2分2（2）由（1）任取一件产品为优等品的概率为1，2 由题意X(16001000)80250447000，或X(15001000)80250439000⋯⋯⋯⋯⋯3分1154434P(X470004)C()；⋯⋯⋯⋯⋯4分)C(4221604142411111P(X39000)C4CC⋯⋯⋯⋯⋯5分()()()4422216永州市22年高考第一次模拟考试·数学（理科）案第3页（共7页）故X的分布列为：X4700039000P5111616511所以数学期望EX41500⋯⋯⋯⋯⋯6分16164700039000（3）机器人在第0格为必然事件，P01，第一次掷硬币出现正面，机器人移到第1格，其概率 1P.机器人移到第n(2n49)格的情况只有两种：121①先到第n2格，又出现反面，其概率2P，n2②先到第n1格，又出现正面，其概率12Pn1所以111P n PP，故P n P(PP)⋯⋯⋯⋯⋯8分n1n2n1n1n22221 所以1n49时，数列{P n P n1}为首项P1P，2 公比为12的等比数列.所以 1P1P，212P2P()，1213P3P()，，221n P n P)(n2以上各式累加，得11112P1()()()n n ，222111211nn1n2所n)](0,1,,49)⋯10分P1()()()[1(2223221502150所以获胜概率)]P[1()][1(，493232111491149失败概率P)]⋯⋯⋯⋯⋯11分4823232215011491148P49P[1)][1([)，所以获胜概率更大，()]1(]050323232.⋯⋯⋯⋯⋯12分该款产品故此方案能吸引顾客购买21．（本小题满分12分），⋯⋯⋯⋯1分解：（1）函数fx的定义域为0,．f'xe x ax案第4页（共7页）永州市2020年高考第一次模拟考试·数学（理科）参考答xa 当a0时，'efxx在0,单调递增，af'ae10，x0时f'x-，∴存在唯一正数 x ，使得f'x 00，⋯⋯⋯⋯⋯3分函数fx 在0,x 单调递减，在x 0,单调递增， 0∴函数fx 有唯一极小值点x 0，没有极大值点，∴当a0时，fx 有唯一极小值点，没有极大值点．⋯⋯⋯⋯⋯5分 （2）由（1）知，当a0时，fx 有唯一极小值点x 0，x∴fx m fxe 0alnx ，fx0恒成立fx 0000inax ∵e 0x 0a1 fxalnxalnx0 ，∴000xx 00， ∴ 1 x 0lnx0 0．⋯⋯⋯⋯⋯6分令1 hxlnxx，则h x 在0,单调递减，由于1.741ln1.740h ， 1.741 h1.8ln1.80， 1.8∴存在唯一正数m1.74,1.8，使得hm0，从而x 00,m ．⋯⋯8分 x由于fx 0e 0alnx 00恒成立，①当x 00,1时，x fx 0ealnx 00成立；②当x 01,m 时，由于xax ，∴ e 0ln0a x e 0l n x 0． 令 gxxe lnx，当x1,m 时， gxxx eln lnx21 x0 ，∴gxxelnx在1,m单调递减，从而agm．永州市2020年高考第一次模拟考试·数学（理科）参考答案第5页（共7页）∵gmg1.74，且1.75eg1.7410.3，且a N ，ln1.74∴a10．⋯⋯⋯⋯⋯10分x下面证明a 10时，fxe10lnx0．fx x e 10 x ，且fx 在0,单调递增，由于f'1.740，f'1.80，∴存在唯一 x 01.74,1.8，使得 10 xf'xe 00x 0，101x ∴fxfxe 010lnx10ln10x10(xln10)0000minxx 00．令1 ux10(xln10)x 0，x1.74,1.8，易知ux 在1.74,1.8单调递增，∴1 uxu1.7410(1.74ln10)102.312.3030，1.9∴ 1 fxfx10(xln10)0 00minx 0 x ，即a10时，fxe10lnx0．∴a 的最大值是10．⋯⋯⋯⋯⋯12分22．（本小题满分10分）解：（1）曲线C 的极坐标方程可化为 （）⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分2cos 22sin 2=2 2cos 22sin 2=2将cosx,siny 代入上式得x y ，2+222 2+2222 x 所以曲线C 的直角坐标方程为22 +y1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分（2）将直线l 的参数方程代入x y 得2+222 2+2223122(tm)2(t)2，化简得 225 4 22 t3mtm20；⋯⋯⋯6分由2522 (3m)4(m2)2m100，得5m5；44342ttm,tt(m2)，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分 121255 3232322222 ABtt=(tt)4ttm=，12121252525所以m2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分23.（本小题满分10分）永州市22年高考第一次模拟考试·数学（理科）案第6页（共7页）WORD 格式专业资料整理2,x1解：（1）f(x)x1x12x,1x1.⋯⋯2分2,x1当x1时，f(x)1无解；当1x1当x1 2 x1；1 综上所述，不等式f(x)1的解集为(,) 2 2 （2）不等式f(x)xxm 恒成立, .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分 2 mf(x)xx 恒成立.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分当x1时， 22 f(x)xxxx22；当1x1时， 222 f(x)xxxx2xx3x2； 当x1时， 22 f(x)xxxx24,2f(x)xx2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分m2，即实数m 的取值范围m2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分永。
永州市2020年高考第一次模拟考试试题（卷）理科数学答案解析
永州市2020年高考第一次模拟考试试卷数学（理科）参考答案一、选择题：本大题共12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．题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案CBADABCDCADB二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 把答案填在答题卡中对应题号后的横线上. 13．214．5 15．1043316．23三、解答题：本大题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（本小题满分12分）解：（1）在ABC D 中，由正弦定理得sin cos sin sin 0B A A B -=，……………2分sin 0B Q ，tan 1A ，……………4分因为(0)A ，，所以4A .……………6分（2）ABAD Q ，且4BAC ，4CAD ，……………7分在ACD D 中，22AC =，5CD =，4CAD由余弦定理得2222cos CD AC AD AC AD CAD =+-鬃?，……………9分即22582222AD AD =+-创?，解得：1AD 或3AD…………11分AD 的长为1或3.……………12分18．（本小题满分12分）解：（1）如图连接DE ，易知ΔDCE ，CE P 均为正三角形，取CE 中点Q ，连接PQ ，DQ ，则CE PQ ⊥，CE DQ ⊥……………2分又Q PQDQ，DQPQ,平面DPQ ，EC平面PDQ ，……………4分又PD平面PDQ ，所以PD EC ⊥.……………5分（2）因为二面角P EC D 为直二面角，所以平面PEC 平面AECD ，又因为平面PEC 平面EC AECD，且EC PQ ⊥，所以⊥PQ 平面AEC .又因为DQ EC ⊥，故以点Q 为坐标原点，QP QD QC ，，所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系xyz Q . ……………6分则(2,3,0)A ，(1,0,0)E ，(0,0,3)P .所以(1,3)AE-,0u u u r ，(2,3,3)AP-u u u r设平面PAC 的法向量为)(z y x m，，.由00m AEm APì?í?u r u u u r u r u u u r得302330x y x y z ì-=?í?-+=?取1z =-，所以(3)m ,1,-1=u r. ……………9分又因为直线PQ ^平面AEC ，所以(0,0,3)PQ =u uu r是平面AEC 的一个法向量，所以35cos ,553m PQm PQ m PQ u r uu u ru r u u u r u r u u u r ?<>===-′×. ……………11分又因为二面角P AE C 为锐二面角所以二面角PAEC 的余弦值55.……………12分19．（本小题满分12分）解：（1）由题意知2231412a b a ，解得21a b所以椭圆C 的方程为2214xy.……………4分（2）显然直线0x 不满足题设条件，可设直线1222:+2,,,,l ykx A x y B x y ，联立22+214ykx xy，消去y ，整理得：2214304kxkx∴12122243,1144kx x x x kk……………6分由22214434304kkk得：32k或32k…………7分因为坐标原点O 在以线段AB 为直径的圆外∴12120OA OB x x y y uu u r u u u r ……………9分又2121212122224y y kx kx k x x k x x 2222223814111444k kkk k k∵2223101144kk k，即24k∴22k . ……………11分故322k或322k .……………12分20．（本小题满分12分）解：（1）根据条形图可知，优等品的频率为215004287121，用频率估计概率，则任取一件产品为优等品的概率为21P.……………2分（2）由（1）任取一件产品为优等品的概率为21，由题意47000425080)10001600(X ，或39000425080)10001500(X ……………3分165)21()21()47000(434444C C X P ；……………4分1611)21()21()21()39000(424414404C C C X P ……………5分故X 的分布列为：所以数学期望4150016113900016547000EX ……………6分（3）机器人在第0格为必然事件，10P ，第一次掷硬币出现正面，机器人移到第1格，其概率211P .机器人移到第)492(n n 格的情况只有两种：①先到第2n 格，又出现反面，其概率221n P ，②先到第1n 格，又出现正面，其概率121nP 所以212121n nn P P P ，故)(21211n nnnP P P P ……………8分所以149n 时，数列}{1n nP P 为首项2101P P ，公比为21的等比数列.所以2101P P ，212)21(P P ，323)21(P P ，，nn nP P )21(1，……………9分以上各式累加，得nn P )21()21()21(121，所)49,,1,0]()21(1[32)21()21()21(1121nP n nn…10分所以获胜概率])21(1[32])21(1[32505049P ，失败概率])21(1[31])21(1[312149494850P P ……………11分0])21(1[31])21(1[31])21(1[324849505049P P ，所以获胜概率更大，故此方案能吸引顾客购买该款产品. ……………12分21．（本小题满分12分）解：（1）函数f x 的定义域为0,．'exa f xx，…………1分X47000 39000 P1651611当0a 时，'exa f x x在0,单调递增，'e10af a，0x时'-f x，∴存在唯一正数0x ，使得0'0f x ，……………3分函数f x 在00,x 单调递减，在0,x 单调递增，∴函数f x 有唯一极小值点0x ，没有极大值点，∴当0a时，f x 有唯一极小值点，没有极大值点．……………5分（2）由（1）知，当0a时，f x 有唯一极小值点0x ，∴00m eln x inf xf x a x ，0f x恒成立f x ∵0e x a x ，∴01ln ln 0a f x a x ax x x ，∴1ln 0x x ．……………6分令1ln h xx x，则h x 在0,单调递减，由于11.74ln1.7401.74h ，11.8ln1.801.8h ，∴存在唯一正数 1.74,1.8m，使得0h m，从而00,x m ．……8分由于000e ln 0xf x a x 恒成立，①当00,1x 时，000eln 0x f x a x 成立；②当01,x m 时，由于00eln 0x a x ，∴00eln x ax ．令eln xg xx ，当1,xm 时，21eln 0ln xx xgxx，∴eln xg xx在1,m 单调递减，从而a g m ．∵ 1.74g m g ，且 1.74e1.7410.3ln1.74g ，且a N ，∴10a．……………10分下面证明10a 时，e10ln 0xf x x ．10exf xx ，且fx 在0,单调递增，由于'1.740f ，'1.80f ，∴存在唯一1.74,1.8x ，使得0010'e0x f x x ，∴0000min101e10ln 10ln1010(ln10)x f xf x x x x x x ．令00110(ln10)u x x x ， 1.74,1.8x，易知u x 在 1.74,1.8单调递增，∴11.7410(1.74ln10)10 2.312.30301.74u xu ，∴00min110(ln10)0f xf x x x ，即10a时，e10ln 0xf xx ．∴a 的最大值是10．……………12分22．（本小题满分10分）解：（1）曲线C 的极坐标方程可化为222cos2sin=2（）……………………2分将cos,sinx y 代入上式得22+22x y，所以曲线C 的直角坐标方程为22+12xy. ………………………………5分（2）将直线l 的参数方程代入22+22x y 得2231()2()222t m t ，化简得2253204tmt m；………6分由2225(3)4(2)21004m m m，得55m；21212434,(2)55t t m t t m，………………………8分2222121212323232=()4=52525AB t t t t t t m ，所以2m.………………………………10分23. （本小题满分10分）解：（1）2,1()112,112,1xf x x x x xx.……2分当1x 时，()1f x 无解；当11x 时，由()1f x 得21x ，解得112x ；当1x 时，()1f x 恒成立，则1x ；综上所述，不等式()1f x 的解集为1(,)2. …………………………5分（2）不等式2()f x xxm 恒成立,2()m f x xx 恒成立. ………………………………7分当1x 时，22()22f x xx x x ；当11x 时，222()232f x x x x x x xx；当1x 时，22()24f x xxxx,2()2f x xx，………………………………9分2m ，即实数m 的取值范围2m .………………………………10分。
人教A版2019-2020学年湖南省永州市高三第一学期(上)第一次模拟数学试卷(理科)(Word解析版)
2020学年人教版A版高三（上）第一次模拟数学试卷（理科）一、选择题(共12小题)1．已知集合A＝{x|x2﹣x﹣6＜0}，集合B＝{x|x＞1}，则A∩B＝（）A．[3，+∞）B．（1，3] C．（1，3）D．（3，+∞）2．若复数z满足z•i＝1﹣i，其中i为虚数单位，则z的虚部为（）A．0 B．﹣1 C．﹣i D．3．设x∈R，则“lgx＜0”是“2x﹣1＜1”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4．在平行四边形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝4，AD＝3，且＝3，则＝（）A．5 B．6 C．7 D．105．函数f（x）＝x2（e x﹣e﹣x）的大致图象为（）A．B．C．D．6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．7．四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年被美国数学家阿佩尔与哈肯证明，称为四色定理其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字”如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线围成的各区域上分别标有数字1，2，3，4的四色地图符合四色定理，区域A和区域B标记的数字丢失若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为1的区域的概率所有可能值中，最大的是（）A．B．C．D．8．已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝1，2S n＝a n+1a n，则S10＝（）A．100 B．110 C．50 D．559．将偶函数f（x）＝sin（2x+φ）﹣cos（2x+φ）（0＜φ＜π）的图象向右平移个单位，得到y＝g（x）的图象，则g（x）的一个单调递减区间为（）A．（﹣，）B．（，）C．（，）D．（，）10．已知F（c，0）为双曲线C：（a＞b＞0）的右焦点，若圆F：（x﹣c）2+y2＝a2上恰有三个点到双曲线C的一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．11．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BB1，DD1的中点，G为侧面ABB1A1内一个动点．若D1G∥平面AEC1F，则D1G与平面ABB1A1所成角的正切值的最大值为（）A．B．1 C．2．D．12．对于函数y＝f（x），若存在x0，使f（x0）＝﹣f（﹣x0），则称点（x0，f（x0））与点（﹣x0，f（﹣x0））是函数f（x）的一对“隐对称点”．若函数f（x）＝的图象恰好有2对“隐对称点”，则实数m的取值范围是（）A．（0，）B．（0，1）C．（，+∞）D．（1，+∞）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知实数x，y满足，则目标函数z＝3x+y的最小值为．14．（1+x）（1﹣x）5的展开式中含x3项的系数为．15．在平面直角坐标系xOy中，点A为以O为圆心的单位圆在第一象限上一点，B．（1，0），∠BOA＝，若点A沿单位圆逆时针方向旋转角α到点C（．），则cosα＝．16．已知直线l过抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点F，交C于A．B两点，交C的准线于点M，若，则＝．三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必做题：60分.17．如图，在△ABC中，角A．B、C所对的边分别为a、b、c，b cos A﹣a sin B＝0．（1）求∠BAC：（2）若AB⊥AD，AC＝2，CD＝，求AD的长．18．在等梯形ABCD中，AB∥CD，LABC＝60“，AB＝2CD＝4，点E为AB的中点，现将△BEC 沿线段EC翻折，得四棱锥P﹣AECD，且二面角P﹣EC﹣D为直二面角．（1）求证：EC⊥PD；（2）求二面角P﹣AE﹣C的余弦值．19．已知椭圆C：（a＞b＞0）过点（1，），短轴一个端点到右焦点的距离为2．（1）求椭圆C的方程；（2）设过定点M（0，2）的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，若坐标原点O在以线段AB为直径的圆外，求直线l的斜率k的取值范围．20．某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标Z来衡量产品的质量．当Z≥8时，产品为优等品；当6≤Z＜8时，产品为一等品；当2≤2＜6时，产品为二等品第三方检测机构在该产品中随机抽取500件，绘制了这500件产品的质量指标z的条形图．用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率．（1）从该企业生产的所有产品中随机抽取1件，求该产品为优等品的概率；（2）现某人决定购买80件该产品已知每件成本1000元，购买前，邀请第三方检测机构对要购买的80件产品进行抽样检测，买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议：从80件产品中随机抽出4件产品进行检测，若检测出3件或4件为优等品，则按每件1600元购买，否则按每件1500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担．记企业的收益为X元，求X的分布列与数学期望：（3）商场为推广此款产品，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖“活动，客户可根据抛硬币的结果，操控机器人在方格上行进，已知硬币出现正、反面的概率都是．方格图上标有第0格、第1格、第2格…50机器人开始在第0格，客户每掷一次硬币，机器人向前移动一次，若掷出正面，机器人向前移动一格（从k到k+1），若携出反面，机器人向前移动两格（从k到k+2），直到机器人移到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束，若机器人停在“胜利大本营“，则可获得优惠券，设机器人移到第n格的概率为P n（0≤n≤50，n∈N*），试证明{P n﹣P n+1}（1≤n≤49，n∈N*）是等比数列，并解释此方案能否吸引顾客购买：该款产品．21．已知函数f（x）＝e x﹣alnx（a＞0）．（1）试求函数f（x）的极值点的个数：（2）若a∈N*，f（x）＞0恒成立，求a的最大值．参考数据：（二）选考题：10分，请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是（t为参数）．在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程．（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）设直线l与x轴交于点P，与曲线C交于A，B两点，且|AB|＝，求实数m的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x﹣1|﹣|x+1|．（1）求不等式f（x）＜1的解集；（2）若不等式f（x）≤x2+x+m恒成立，求实数m的取值范围．参考答案一、选择题：本大题共12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．已知集合A＝{x|x2﹣x﹣6＜0}，集合B＝{x|x＞1}，则A∩B＝（）A．[3，+∞）B．（1，3] C．（1，3）D．（3，+∞）【分析】分别求出集合A，集合B，由此能求出A∩B．解：∵集合A＝{x|x2﹣x﹣6＜0}＝{x|﹣2＜x＜3}，集合B＝{x|x＞1}，∴A∩B＝{x|1＜x＜3}＝（1，3）．故选：C．2．若复数z满足z•i＝1﹣i，其中i为虚数单位，则z的虚部为（）A．0 B．﹣1 C．﹣i D．【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．解：由z•i＝1﹣i，得z＝，∴z的虚部为﹣1．故选：B．3．设x∈R，则“lgx＜0”是“2x﹣1＜1”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【分析】求出不等式的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．解：∵lgx＜0⇔0＜x＜1，2x﹣1＜1⇔x﹣1＜0⇔x＜1，∵0＜x＜1⇒x＜1，但x＜1不能推出0＜x＜1，∴“1gx＜0”是“2x﹣1＜1”的充分不必要条件，故选：A．4．在平行四边形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝4，AD＝3，且＝3，则＝（）A．5 B．6 C．7 D．10【分析】可画出图形，根据即可得出，从而得出，从而得出，然后进行数量积的运算即可．解：如图，∵，∴，∴，且∠BAD＝60°，AB＝4，AD＝3，∴＝＝＝＝10．故选：D．5．函数f（x）＝x2（e x﹣e﹣x）的大致图象为（）A．B．C．D．【分析】判断函数的奇偶性，利用函数的单调性和函数值的变化趋势判断即可．解：∵f（x）＝x2（e x﹣e﹣x），∴f（﹣x）＝（﹣x）2（e﹣x﹣e x）＝﹣x2（e x﹣e﹣x）＝﹣f（x），∴f（x）为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，D，∵y＝x2，是增函数x∈（0，+∞），f（x）＞0，y＝e x﹣e﹣x是增函数x∈（0，+∞），y ＞0，f（x）＝x2（e x﹣e﹣x）在（0，+∞）是增函数，排除C．（或者）当x→+∞时，f（x）→+∞，故排除C，故选：A．6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【分析】根据三视图知该几何体是圆锥体的一部分，结合图中数据求得该锥体的体积．解：根据三视图知，该几何体是圆锥体的一部分，如图所示；则底面圆的半径为OA＝2，圆心角为∠AOB＝，高为OP＝3；所以该锥体的体积为：V＝•••22•3＝．故选：B．7．四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年被美国数学家阿佩尔与哈肯证明，称为四色定理其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字”如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线围成的各区域上分别标有数字1，2，3，4的四色地图符合四色定理，区域A和区域B标记的数字丢失若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为1的区域的概率所有可能值中，最大的是（）A．B．C．D．【分析】当区域A标记的数字是2，区域B标记的数字是1时，恰好取在标记为1的区域的概率所有可能值最大．解：当区域A标记的数字是2，区域B标记的数字是1时，恰好取在标记为1的区域的概率所有可能值最大，此时所在的小方格个数n＝5×6＝30，标记为1的区域中小方格的个数m＝10，∴恰好取在标记为1的区域的概率所有可能值中，最大的是P＝．故选：C．8．已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝1，2S n＝a n+1a n，则S10＝（）A．100 B．110 C．50 D．55【分析】本题先根据题干中的关系式得到a2＝2，然后代入n+1有2S n+1＝a n+2a n+1．两式相减可发现奇数项和偶数项分别成等差数列，再综合可得数列{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列，即可得到结果．解：由题意，可知：当n＝1时，2a1＝2S1＝a2a1，可得a2＝2．∵2S n＝a n+1a n，∴2S n+1＝a n+2a n+1．两式相减，可得2（S n+1﹣S n）＝a n+1（a n+2﹣a n）．即2a n+1＝a n+1（a n+2﹣a n）．∴a n+2﹣a n＝2．∴数列{a n}的奇数项和偶数项都是以2为公差的等差数列．又∵a1＝1，a2＝2．∴数列{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列．S10＝10×1+×1＝55．故选：D．9．将偶函数f（x）＝sin（2x+φ）﹣cos（2x+φ）（0＜φ＜π）的图象向右平移个单位，得到y＝g（x）的图象，则g（x）的一个单调递减区间为（）A．（﹣，）B．（，）C．（，）D．（，）【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变变换和三角函数关系式的平移变换和伸缩变换及余弦型函数的性质的应用求出结果．解：函数f（x）＝sin（2x+φ）﹣cos（2x+φ），＝，由于函数f（x）为偶函数且0＜φ＜π，故：φ＝，所以：函数f（x）＝cos2x的图象向右平移个单位．得到：g（x）＝2cos（2x﹣）的图象，令：（k∈Z），解得：（k∈Z），故函数的单调递减区间为：[]（k∈Z），当k＝0时，单调递减区间为：[]，由于：（）⊂[]，故选：C．10．已知F（c，0）为双曲线C：（a＞b＞0）的右焦点，若圆F：（x﹣c）2+y2＝a2上恰有三个点到双曲线C的一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【分析】求得F到渐近线的距离为b，由题意可得a＝2b，再由离心率公式计算可得所求值．解：由F（c，0）到渐近线bx﹣ay＝0的距离为＝b，由圆F：（x﹣c）2+y2＝a2上恰有三个点到双曲线C的一条渐近线的距离为，可得b＝，则e＝＝＝＝，故选：A．11．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BB1，DD1的中点，G为侧面ABB1A1内一个动点．若D1G∥平面AEC1F，则D1G与平面ABB1A1所成角的正切值的最大值为（）A．B．1 C．2．D．【分析】作出D1点且与平面AEC1F平行的平面，此平面与侧面ABB1A1的交线为直线l，由G点必在此直线l上，能求出D1G与平面ABB1A1所成角的正切值的最大值．解：如图，取AA1中点M，连结D1M，B1M，∵D1M∥AF，B1D1∥EF，∴平面B1D1M∥平面AEC1F，由平面平行性质得G必在线段B1M上，∵D1A1⊥平面ABB1A1，∴∠D1GA1是直线D1G与平面ABB1A1所成角，只要D1G最小，则此角的正切值最大，只要D1G⊥MB1，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则MD1＝MB1＝，B1D1＝2，由面积法得D1G＝，∴A1G＝＝，∴D1G与平面ABB1A1所成角的正切值的最大值为：tan∠D1GA1＝＝＝．故选：D．12．对于函数y＝f（x），若存在x0，使f（x0）＝﹣f（﹣x0），则称点（x0，f（x0））与点（﹣x0，f（﹣x0））是函数f（x）的一对“隐对称点”．若函数f（x）＝的图象恰好有2对“隐对称点”，则实数m的取值范围是（）A．（0，）B．（0，1）C．（，+∞）D．（1，+∞）【分析】依题意，函数g（x）＝mx2﹣mx与函数f1（x）＝lnx（x＞0）的图象有两个交点，作出函数图象，由图象观察即可得解．解：依题意，函数关于原点对称的图象恰好与函数f1（x）＝lnx（x＞0）有两个交点，而函数关于原点对称的函数为g（x）＝mx2﹣mx，故函数g（x）＝mx2﹣mx与函数f1（x）＝lnx（x＞0）的图象有两个交点，显然m≠0，二次函数g（x）恒过（0，0）及（1，0），且对称轴为，易知，函数f1（x）＝lnx在（1，0）处的切线方程为y＝x﹣1，若直线y＝x﹣1与函数g（x）也相切，则mx2﹣（m+1）x+1＝0，且△＝m2﹣2m+1＝0，解得m＝1，由图可知，要使g（x）与f1（x）有两个交点，则0＜m＜1，故选：B．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知实数x，y满足，则目标函数z＝3x+y的最小值为 2 ．【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．解：由实数x，y满足作出可行域如图，联立，解得B（，），化目标函数z＝3x+y为y＝﹣3x+z，由图可知，当直线y＝﹣3x+z过点B时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为2．故答案为：2．14．（1+x）（1﹣x）5的展开式中含x3项的系数为0 ．【分析】把（1﹣x）5按照二项式定理展开，可得（1+x）（1﹣x）5的展开式中含x3项的系数．解：∵（1+x）（1﹣x）5＝（1+x）（1﹣5x+10x2﹣10x3+5x4﹣x5）的展开式中含x3项的系数为﹣10+10＝0，故答案为：0．15．在平面直角坐标系xOy中，点A为以O为圆心的单位圆在第一象限上一点，B．（1，0），∠BOA＝，若点A沿单位圆逆时针方向旋转角α到点C（．），则cosα＝．【分析】根据三角函数的定义，结合两角和差的余弦公式进行转化求解即可．解：由题意值sin（α+）＝，cos（α+）＝﹣，则cosα＝cos（α+﹣）＝cos（α+）cos+sin（α+）sin＝﹣×+×＝，故答案为：．16．已知直线l过抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点F，交C于A．B两点，交C的准线于点M，若，则＝．【分析】由题意画出图形，得到直线l的斜率，写出直线l的方程，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系及弦长公式求解．解：如图，过A作抛物线准线的垂线AD，由，得|AD|＝|AF|＝|FM|＝2p，则直线l的倾斜角为150°，设直线l的方程为y＝﹣x+，联立，得12y2﹣20py+3p2＝0．设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2＝p，∴|AB|＝y1+y2+p＝p+p＝p，∴|BF|＝，则＝．故答案为：．三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必做题：60分.17．如图，在△ABC中，角A．B、C所对的边分别为a、b、c，b cos A﹣a sin B＝0．（1）求∠BAC：（2）若AB⊥AD，AC＝2，CD＝，求AD的长．【分析】（1）根据正弦定理进行转化求解即可．（2）结合余弦定理建立方程进行求解．解：（1）在△ABC中，由正弦定理得sin B cos A﹣sin A sin B＝0，∵sin B≠0，∴cos A＝sin A，即tan A＝1，因为A∈（0，π），所以∠BAC＝A＝．（2）∵AB⊥AD，且∠BAC＝∠BAC，∠CAD＝，在△ACD中，AC＝2，CD＝，∠CAD＝，由余弦定理得CD2＝AC2+AD2﹣2AC•AD cos∠CAD，即5＝8+AD2﹣2×AD，即AD2﹣4AD+3＝0，解得：AD＝1或AD＝3，即AD的长为1或3．18．在等梯形ABCD中，AB∥CD，LABC＝60“，AB＝2CD＝4，点E为AB的中点，现将△BEC 沿线段EC翻折，得四棱锥P﹣AECD，且二面角P﹣EC﹣D为直二面角．（1）求证：EC⊥PD；（2）求二面角P﹣AE﹣C的余弦值．【分析】（1）证明EC⊥平面PDQ，利用线面垂直的性质即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量公式求解．解：（1）如图连接DE，易知△DCE，△PCE均为正三角形，取CE中点Q，连接PQ，DQ，则PQ⊥CE，DQ⊥CE，又∵DQ∩PQ＝Q，PQ，DQ⊂平面DPQ，∴EC⊥平面PDQ，又∵PD⊂平面PDQ，所以EC⊥PD，（2）因为二面角P﹣EC﹣D为直二面角，所以平面PEC⊥平面AECD，又因为平面PEC∩平面AECD＝EC，且PQ⊥EC，所以PQ⊥平面AEC．又因为EC⊥DQ，故以点Q为坐标原点，QC，QD，QP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Q﹣xyz，则，所以，设平面PAC的法向量为，由得，取z＝﹣1，所以，又因为直线PQ⊥平面AEC，所以是平面AEC的一个法向量，所以，又因为二面角P﹣AE﹣C为锐二面角，所以二面角P﹣AE﹣C的余弦值．19．已知椭圆C：（a＞b＞0）过点（1，），短轴一个端点到右焦点的距离为2．（1）求椭圆C的方程；（2）设过定点M（0，2）的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，若坐标原点O在以线段AB为直径的圆外，求直线l的斜率k的取值范围．【分析】（1）由两点的距离公式和点满足椭圆方程，以及a，b，c的关系，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；（2）显然x＝0不满足题意，可设l的方程为y＝kx+2，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，由坐标原点O在以线段AB为直径的圆外，即为•＞0，运用数量积的坐标表示，解不等式即可得到所求k的范围．解：（1）由短轴一个端点到右焦点的距离为2，可得＝a＝2，椭圆C：（a＞b＞0）过点（1，），可得+＝1，可得b＝1，所以椭圆C的方程为+y2＝1；（2）显然x＝0不满足题意，可设l的方程为y＝kx+2，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，可得（1+4k2）x2+16kx+12＝0，由△＝（16k）2﹣4（1+4k2）•12＞0，得k2＞，x1+x2＝﹣，x1x2＝．坐标原点O在以线段AB为直径的圆外，即为•＞0，即x1x2+y1y2＞0，x1x2+（kx1+2）（kx2+2）＞0，即（1+k2）x1x2+2k（x1+x2）+4＝（1+k2）•+2k（﹣，）+4＞0，可得k2＜4．又k2＞，即为＜k2＜4，解得k∈（﹣2，﹣）∪（，2）．20．某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标Z来衡量产品的质量．当Z≥8时，产品为优等品；当6≤Z＜8时，产品为一等品；当2≤2＜6时，产品为二等品第三方检测机构在该产品中随机抽取500件，绘制了这500件产品的质量指标z的条形图．用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率．（1）从该企业生产的所有产品中随机抽取1件，求该产品为优等品的概率；（2）现某人决定购买80件该产品已知每件成本1000元，购买前，邀请第三方检测机构对要购买的80件产品进行抽样检测，买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议：从80件产品中随机抽出4件产品进行检测，若检测出3件或4件为优等品，则按每件1600元购买，否则按每件1500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担．记企业的收益为X元，求X的分布列与数学期望：（3）商场为推广此款产品，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖“活动，客户可根据抛硬币的结果，操控机器人在方格上行进，已知硬币出现正、反面的概率都是．方格图上标有第0格、第1格、第2格…50机器人开始在第0格，客户每掷一次硬币，机器人向前移动一次，若掷出正面，机器人向前移动一格（从k到k+1），若携出反面，机器人向前移动两格（从k到k+2），直到机器人移到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束，若机器人停在“胜利大本营“，则可获得优惠券，设机器人移到第n格的概率为P n（0≤n≤50，n∈N*），试证明{P n﹣P n+1}（1≤n≤49，n∈N*）是等比数列，并解释此方案能否吸引顾客购买：该款产品．【分析】（1）根据条形图可知，优等品的频率为，用频率估计概率，可得任取一件产品为优等品的概率．（2）由（1）任取一件产品为优等品的概率为，由题意可得，进而得出P（X＝47000），P（X＝39000）．可得X的分布列，即可得出数学期望EX．（3）机器人在第0格为必然事件，P0＝1，第一次掷硬币出现正面，机器人移到第1格，其概率P1＝．机器人移到第n（2≤n≤49）格的情况只有两种：①先到第n﹣2格，又出现反面，其概率P n﹣2，②先到第n﹣1格，又出现正面，其概率P n﹣1．可得P n＝P n+P n﹣2，P n﹣P n﹣1＝﹣（P n﹣1﹣P n﹣2），1≤n≤49时，数列{P n﹣1﹣P n﹣2}为首项P1﹣P0﹣1＝﹣，公比为﹣的等比数列．可得P1﹣P0＝﹣，可得P n﹣1，进而得出结论解：（1）根据条形图可知，优等品的频率为＝，用频率估计概率，则任取一件产品为优等品的概率为P＝．（2）由（1）任取一件产品为优等品的概率为，由题意X＝（1600﹣1000）×80﹣250×4＝47000．或X＝（1500﹣1000）×80﹣250×4＝39000．P（X＝47000）＝+＝．P（X＝39000）＝++＝．故X的分布列为：所以数学期望EX＝47000×+39000×＝41500．（3）机器人在第0格为必然事件，P0＝1，第一次掷硬币出现正面，机器人移到第1格，其概率P1＝．机器人移到第n（2≤n≤49）格的情况只有两种：①先到第n﹣2格，又出现反面，其概率P n﹣2，②先到第n﹣1格，又出现正面，其概率P n﹣1．所以P n＝P n﹣1+P n﹣2，故P n﹣P n﹣1＝﹣（P n﹣1﹣P n﹣2），所以1≤n≤49时，数列{P n﹣1﹣P n﹣2}为首项P1﹣P0＝﹣，公比为﹣的等比数列．所以P1﹣P0＝﹣，P2﹣P1＝，P3﹣P2＝，……，P n﹣P n﹣1＝．以上各式累加，得P n﹣1＝﹣+++…+＝．∴P n＝+．（n＝0，1，2，……，49）．∴获胜概率P49＝+．失败概率P50＝P48＝＝．P49﹣P50＝+﹣＝＞0，所以获胜概率更大，故此方案能吸引顾客购买该款产品．21．已知函数f（x）＝e x﹣alnx（a＞0）．（1）试求函数f（x）的极值点的个数：（2）若a∈N*，f（x）＞0恒成立，求a的最大值．参考数据：【分析】（1）求出f'（x），利用函数的单调性和零点，判断即可；（2）由（1）知，当a＞0时，f（x）有唯一极小值点x o，∴，f（x）＞0恒成立，恒成立，f（x o）＞0，根据x o所在的范围，判断a的范围，最后求出a的最大值．解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）＝，当a＞0时，f'（x）在（0，+∞）单调递增，f'（a）＝e a﹣1＞0，x→0时f'（x）＜0，∴存在唯一正数x o，使得f'（x o）＝0，函数f（x）在（0，x o）单调递减，在（x o，+∞）单调递增，∴函数f（x）有唯一极小值点x o，没有极大值点，（2）由（1）知，当a＞0时，f（x）有唯一极小值点x o，∴，f（x）＞0恒成立，恒成立，f（x o）＞0，∵，∴f（x o）＝＞0，令h（x）＝，则h（x）在（0，+∞）单调递减，由于h（1.74）＝，h（1.8）＝＜0，∴存在唯一正数m∈（1.74，1.8），使得h（m）＝0，从而x o∈（0，m），由于f（x o）＝恒成立，①当x o∈（0，1]时，f（x o）＞0成立；②当x o∈（1，m）时，由于0，∴a＜，令g（x）＝，当x∈（1，m）时，g'（x）＝，∴g（x）在（1，m）单调递减，从而a≤g（m），∵g（m）＜g（1.74），且g（1.74）＝，且a∈N*，∴a≤10，下面证明a＝10时，f（x）＝e x﹣10lnx＞0，f'（x）＝，且f'（x）在（0，+∞）单调递增，由于f'（1.74）＜0，f'（1.8）＞0，∴存在唯一x o∈（1.74，1.8），使得f'（x o）＝，∴＝10（），对于y＝x+﹣ln10，x∈（1.74，1.8）单调递增，∴y（1.74）＝1.74+＞0，∴a的最大值是10．（二）选考题：10分，请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是（t为参数）．在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程．（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）设直线l与x轴交于点P，与曲线C交于A，B两点，且|AB|＝，求实数m的值．【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用一元二次方程根和系数的关系式的应用求出结果．解：（1）曲线C的极坐标方程．整理得：ρ2（cos2θ+2sin2θ）＝2，转换为直角坐标方程为：x2+2y2＝2，即．（2）将直线l的参数方程（t为参数）．代入，化简得，由，得﹣；所以，，则：|AB|＝，整理得：，故，解得m＝±2．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x﹣1|﹣|x+1|．（1）求不等式f（x）＜1的解集；（2）若不等式f（x）≤x2+x+m恒成立，求实数m的取值范围．【分析】（1）利用分段函数法去掉绝对值，求出对应不等式的解集即可；（2）利用分离常数法得出m≥f（x）﹣x2﹣x恒成立，求出f（x）﹣x2﹣x的最大值即可．解：（1）f（x）＝|x﹣1|﹣|x+1|＝；当x≤﹣1时，f（x）＜1无解；当﹣1＜x＜1时，由f（x）＜1得﹣2x＜1，解得﹣＜x＜1；当x≥1时，f（x）＜1恒成立，则x≥1；综上所述，不等式f（x）＜1的解集为（﹣，+∞）．（2）不等式f（x）≤x2+x+m恒成立，所以m≥f（x）﹣x2﹣x恒成立；当x≤﹣1时，f（x）﹣x2﹣x＝﹣x2﹣x+2≤2；当﹣1＜x＜1时，f（x）﹣x2﹣x＝﹣x2﹣x﹣2x＝﹣x2﹣3x＜2；当x≥1时，f（x）﹣x2﹣x＝﹣x2﹣x﹣2≤﹣4，所以f（x）﹣x2﹣x≤2，所以m≥2，即实数m的取值范围是[2，+∞）．。
湖南省永州市高考数学一模试卷(理科)
湖南省永州市高考数学一模试卷（理科）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分） (2020高三上·泸县期末) 已知集合，，则（）A .B .C .D .2. （2分）存在两条直线与双曲线相交于ABCD四点，若四边形ABCD是正方形，则双曲线的离心率的取值范围为（A .B .C .D .3. （2分）已知平面α∥平面β，P是α，β外一点，过点P的直线m与α，β分别交于点A，C，过点P 的直线n与α，β分别交于点B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为（）A . 16B . 24或C . 14D . 204. （2分）已知函数f（x）=sin（2x﹣）（x∈R）下列结论错误的是（）A . 函数f（x）的最小正周期为πB . 函数f（x）是偶函数C . 函数f（x）在区间[0，]上是增函数D . 函数f（x）的图象关于直线x=对称5. （2分）执行如图所示的程序框图，若输入n的值为5，则输出s的值是（）A . 4B . 7C . 11D . 166. （2分） (2019高二下·佛山月考) 函数的递减区间为（）A .B .C .D .7. （2分）已知球的直径， A,B是该球面上的两点，，，则三棱锥的体积为（）A .B .C .D .8. （2分） (1.05)6的计算结果精确到0.01的近似值是（）A . 1.23B . 1.24C . 1.33D . 1.349. （2分） (2017高三上·太原期末) 将函数f（x）= sinxcosx+sin2x的图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再沿x轴向右平移个单位，得到函数y=g（x）的图象，则y=g（x）的一个递增区间是（）A .B .C .D .10. （2分） (2017高一下·武汉期中) 在下列向量组中，可以把向量 =（3，2）表示出来的是（）A . =（0，0）， =（1，2）B . =（﹣1，2）， =（5，﹣2）C . =（3，5）， =（6，10）D . =（2，﹣3）， =（﹣2，3）11. （2分）已知函数f（x）=，若函数g（x）=f（x）+x+a在R上恰有两个相异零点，则实数a的取值范围为（）A . [﹣1，+∞）B . （﹣1，+∞）C . （﹣∞，0）D . （﹣∞，1]12. （2分） (2018高二下·佛山期中) 是抛物线的焦点，以为端点的射线与抛物线相交于，与抛物线的准线相交于，若，则（）A .B .C .D .二、填空题 (共4题；共5分)13. （1分） (2015高二下·定兴期中) 复数z= （其中i为虚数单位）的虚部为________．14. （2分）(2017·西城模拟) 某班开展一次智力竞赛活动，共a，b，c三个问题，其中题a满分是20分，题b，c满分都是25分．每道题或者得满分，或者得0分．活动结果显示，全班同学每人至少答对一道题，有1名同学答对全部三道题，有15名同学答对其中两道题．答对题a与题b的人数之和为29，答对题a与题c的人数之和为25，答对题b与题c的人数之和为20．则该班同学中只答对一道题的人数是________；该班的平均成绩是________．15. （1分） (2015高二下·椒江期中) 已知点P在曲线y= （其中e为自然对数的底数）上运动，则曲线在点P处的切线斜率最小时的切线方程为________．16. （1分） (2016高一下·高淳期中) 在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知a=2，c=3，cosB= ，则sinC的值为________．三、解答题 (共7题；共65分)17. （15分） (2019高二上·上海月考) 已知以为首项的数列满足： .（1）当时，且，写出、；（2）若数列是公差为-1的等差数列，求的取值范围；（3）记为的前项和，当时，①给定常数，求的最小值；②对于数列，，…，，当取到最小值时，是否唯一存在满足的数列？说明理由.18. （5分）(2017·山东模拟) 某高中组织数学知识竞赛，采取答题闯关的形式，分两种题型，每种题型设两关．“数学文化”题答对一道得5分，“数学应用”题答对一道得10分，答对一道题即可进入下一关，否则终止比赛．有甲、乙、丙三人前来参赛，设三人答对每道题的概率分别是、、，三人答题互不影响．甲、乙选择“数学文化”题，丙选择“数学应用”题．（Ⅰ）求乙、丙两人所得分数相等的概率；（Ⅱ）设甲、丙两人所得分数之和为随机变量X，求X的分布列与期望．19. （10分） (2018高三上·河北月考) 如图所示，底面为菱形的直四棱柱被过三点 C、B1、D1 的平面截去一个三棱锥 C1-CB1D1 (图一)得几何体 (图二)，E为的中点．（1）点F为棱上的动点，试问平面与平面CEA1 是否垂直?请说明理由；（2）设 AB=2 ，∠BAD=60°，AA1=4当点F为中点时，求锐二面角的余弦值．20. （5分）(2019·北京) 已知椭圆C：的右焦点为（1.0），且经过点A（0，1）.（I）求椭圆C的方程；（II）设O为原点，直线l：y=kx+t（t≠±1）与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.21. （10分）(2018·榆社模拟) 已知函数 .（1）讨论的导函数零点的个数；（2）若函数的最小值为，求的取值范围.22. （10分）(2017·郎溪模拟) [选修4-4：坐标系与参数方程]设在平面上取定一个极坐标系，以极轴作为直角坐标系的x轴的正半轴，以θ= 的射线作为y轴的正半轴，以极点为坐标原点，长度单位不变，建立直角坐标系，已知曲线C的直角坐标方程为x2+y2=2，直线l的参数方程（t为参数）．（1）写出直线l的普通方程与曲线C的极坐标方程；（2）设平面上伸缩变换的坐标表达式为，求C在此变换下得到曲线C'的方程，并求曲线C′内接矩形的最大面积．23. （10分）(2017·湘西模拟) 综合题。
永州市2020年第一次模拟考试理科数学试卷(9.27)word版本
永州市2020年第一次模拟考试理科数学试卷(9.27)收集于网络，如有侵权请联系管理员删除永州市2020年高考第一次模拟考试试卷数学（理科）命题人：申俭生 （永州三中） 周海洋（双牌二中）欧阳才学（宁远一中） 陈诗跃（永州一中）审题人：胡乾贵 （永州市教科院）注意事项：1．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效． 2．考试结束后，只交答题卡．一、选择题：本大题共12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．已知集合{}2|60A x x x =--<，集合{|1}B x x =>，则A B =A ．[3,)+∞B ．(1,3]C ．(1,3)D ．(3,)+∞ 2．若复数z 满足1z i i ⋅=-，其中i 为虚数单位，则z 的虚部为 A .0 B .1- C .i - D .12i3．设x R ∈，则“lg 0x <”是“121x -<”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4中，60BAD ︒∠=，4AB =，3AD=，且3CP PD =，则AP ⋅ B. 6 C. 7 D. 105)x e -的大致图象为61，粗实线画出的是某几何体B. 43π第6题收集于网络，如有侵权请联系管理员删除C.143πD.169π7．四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年数学家阿佩尔与哈肯 证明，称为四色定理.其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色 就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色”.用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1,2,3,4 四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字”.如 图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线围成的各区域上分别标有数字1,2,3,4的四色地图符合四色定理，区域A 和区域B 标记的数字丢失.若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为1的区域的概率所有可能值中，最大的一个是A ．115B ．110C ．13D ．11308．已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且11=a ，n n n a a S 12+=，则=10SA ．100B ．110C ．50D ．559．将偶函数()3sin(2)cos(2)(0)f x x x ϕϕϕπ=+-+<<的图象向右平移6π个单位，得到()y g x =的图象，则()g x 的一个单调递减区间为A ．(,)36ππ-B ．7(,)1212ππC ．2(,)63ππD ．5(,)36ππ10．已知(,0)F c 为双曲线2222:1(0,0)x yC a b a b-=>>的右焦点，若圆222:()F x c y a -+=上恰有三个点到双曲线C 的一条渐近线的距离为2a，则双曲线的离心率为A ．5 B ．6 C ．10 D ．13 11．在正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别为棱11,BB DD 的中点，G 为侧面11ABB A 内一个动点.若1D G ∥平面1AEC F ，则1D G 与平面11ABB A 所成角的正切值的最大值为A ．5 B. 1 C. 2 D. 5第7题收集于网络，如有侵权请联系管理员删除12．对于函数)(x f y =，若存在0x ，使)()(00x f x f --=，则称点))(,(00x f x 与点))(,(00x f x --是函数)(x f 的一对“隐对称点”.若函数⎩⎨⎧≤-->=0,0,ln )(2x mx mx x x x f 的图像恰好有2对“隐对称点”，则实数m 的取值范围是 A ．)1,0(eB ．)1,0(),(+∞⋃1C ．),1(+∞eD ．),1(+∞二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知实数x ，y 满足210020x x y x y -≥⎧⎪-≤⎨⎪+-≤⎩，则目标函数3z x y =+的最小值为 ．14．5)1)(1(x x -+的展开式中含2x 项的系数为 ．15．在平面直角坐标系xOy 中，点A 为以O 为圆心的单位圆上在第一象限上一点，)0,1(B ，3π=∠BOA ，若点A 沿单位圆逆时针方向旋转角α到点)5354(，-C ，则cos α= ．16． 已知直线l 过抛物线)0(2:2>=p py x C 的焦点F ，交C 于B A ,两点，交C 的准线于点M .若FM AF =，则=||BF p．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．第17题~第21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必做题：60分．17．（本题满分12分）如图，在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，cos sin 0b A a B .（1）求BAC ∠；（2）若AB AD ⊥，22AC =，5CD ，求AD 的长.18．（本题满分12分）在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，60ABC ∠=，24AB CD ，点E 为AB 的中点.现将△BEC 沿线段EC 翻折，得四棱锥P AECD -，且二面角P EC D --为直二面角.收集于网络，如有侵权请联系管理员删除（1）求证：EC PD ⊥；（2）求二面角P AE C --的余弦值.19．（本题满分12分）已知椭圆2222:1x y C a b+=(0)a b >>过点3(1,)，短轴一个端点到右焦点的距离为2.（1）求椭圆C 的方程；（2）设过定点M (0,2)的直线l 与椭圆交于不同的两点A 、B ，若坐标原点O 在以线段AB 为直径的圆外，求直线l 的斜率k 的取值范围.20．（本题满分12分）某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标Z 来衡量产品的质量.当8≥Z 时，产品为优等品；当86<≤Z 时，产品为一等品；当62<≤Z 时，产品为二等品.第三方检测机构在该产品中随机抽取500件，绘制了这500件产品的质量指标Z 的条形图.用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率.（1）从该企业生产的所有产品中随机抽取1件，求该产品为优等品的概率；（2）现某人决定购买80件该产品.已知每件成本1000元，购买前，邀请第三方检测机构对要购买的80件产品进行抽样检测.买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议：从80件产品中随机抽出4件产品进行检测，若检测出3件或4件为优等品，则按每件1600元购买，否则按每件1500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担.记企业的收益为X 元，求X 的分布列与数学期望；（3）商场为推广此款产品，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛硬币的结果，操控机器人在方格上行进，已知硬币出现正、反面的概率都是21，方格图上标有第0格、第1格、第2格、……、第50格.机器人开始在第0格，客户每掷一次硬币，机器人收集于网络，如有侵权请联系管理员删除向前移动一次，若掷出正面，机器人向前移动一格（从k 到1+k ），若掷出反面，机器人向前移动两格（从k 到2+k ），直到机器人移到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束, 若机器人停在“胜利大本营”，则可获得优惠券.设机器人移到第n 格的概率为(050,)n P n n *≤≤∈N ，试证明1{}(149,)n n P P n n *--≤≤∈N 是等比数列，并解释此方案能否吸引顾客购买该款产品.21．（本题满分12分）已知函数()e ln x f x a x =-0a >（）. （1）试求函数()f x 的极值点的个数；（2）若a *∈N , ()0f x >恒成立，求a 的最大值．参考数据：（二）选考题：10分．请考生在第22、23题中任选一题作答. 如果多做，则按所做第一题计分.22．（本题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，直线l的参数方程是12x m y t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩(t 为参数). 在以O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 的极坐标方程2222=cos 2sin ρθθ+.（1）求曲线C 的直角坐标方程；（2）设直线l 与曲线C 交于,A B两点，且AB =求实数m 的值.23．（本题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数()11f x x x =--+. （1）求不等式()1f x <的解集；（2）若不等式2()f x x x m ≤++恒成立，求实数m 的取值范围.。
2020届湖南省永州市高三一模(10月)数学(理)试题(解析版)
2020届湖南省永州市高三一模（10月）数学（理）试题一、单选题1．已知集合{}260A x x x =--<，集合{}1B x x =>，则A B =（ ）.A.[)3,+∞B.(]1,3C.()1,3D.()3,+∞【答案】C【解析】解一元二次不等式得到()2,3A =-，通过交集的概念得到A B .【详解】∵{}()2602,3A x x x =--<=-，{}1B x x =>∴()1,3A B ⋂=， 故选：C. 【点睛】本题主要考查了集合交集的运算，解出一元二次不等式得到集合A 是解题的关键，属于基础题.2．若复数z 满足1z i i ⋅=-，其中i 为虚数单位，则z 的虚部为（ ）. A.0 B.1-C.i -D.12i 【答案】B【解析】化简复数z 为a bi +的形式，由此求得z 的虚部. 【详解】 依题意()()()111i i i z i i i i -⋅--===--⋅-，故z 的虚部为1-. 故选B. 【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查虚部的概念，属于基础题. 3．设x ∈R ，则“lg 0x <”是“121x -<”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】分别解对数不等式和指数不等式，求得题目所给两个条件的等价条件，由此判断出正确选项. 【详解】由lg 0x <解得01x <<；由10212x -<=解得1x <，所以“01x <<”是“1x <”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查指数不等式和对数不等式的解法，属于基础题.4．在平行四边形ABCD 中，60BAD ∠=︒，4AB =，3AD =，且3CP PD =，则AP AB ⋅=（ ）.A.5B.6C.7D.10【答案】D【解析】建立坐标系，求出各向量坐标，再计算数量积． 【详解】 如图所示：以A 为原点建立坐标系，则()00A ，，()40B ，，32D ⎛ ⎝⎭，∵ 3CP PD =，∴1DP =，即52P ⎛⎝⎭，∴5 ,22AP ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()4,0AB =，∴5401022AP AB ⋅=⨯+=， 故选：D ． 【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积运算，建立坐标系可使计算较简单，属于中档题．5．函数()()2xx f x xee -=-的大致图象为( )A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】利用函数的奇偶性排除,B D ，利用函数的单调性排除C ，从而可得结果． 【详解】()()2x x f x x e e -=-，()()()()22()x x x x f x x e e x e e f x --∴-=--=--=-，()f x ∴为奇函数，其图象关于原点对称，故排除,B D ，2y x =在()0,+∞上是增函数且0y >， x x y e e -=-在()0,+∞上是增函数且0y >，所以()()2xx f x x ee -=-在()0,+∞是增函数，排除C ，故选A ．【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（ ）A ．23π B ．43π C ．143πD ．169π【答案】B【解析】根据三视图判断几何体是圆锥的一部分，再根据俯视图与左视图的数据可求得底面扇形的圆心角为120°，又由侧视图知几何体的高为3，底面圆的半径为2，把数据代入圆锥的体积公式计算即可． 【详解】解：由三视图知几何体是圆锥的一部分， 由正视图可得：底面扇形的圆心角为120°， 又由侧视图知几何体的高为3，底面圆的半径为2， ∴几何体的体积V 12013603=⨯⨯π×22×343π=． 故选：B ． 【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据已知的三视图分析出几何体的形状是解答的关键．7．四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年数学家阿佩尔与哈肯证明，称为四色定理.其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色.”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字.”如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线围城的各区域上分别标有数字1，2，3，4的四色地图符合四色定理，区域A 和区域B 标记的数字丢失.若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为1的区域的概率所有可能值中，最大的是（ ）A ．115B ．110C ．13D ．1130【答案】C【解析】令B 为1，结合古典概型计算公式，得到概率值，即可。
湖南省永州市2020届高三数学上学期第一次模拟考试试题答案 文
数学（文科）参考答案一、选择题：本大题共12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．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 把答案填在答题卡中对应题号后的横线上.13．114．215．40,3⎛⎤ ⎥⎝⎦16．[]4,6ππ三、解答题：本大题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（本小题满分12分） 解：（1）2014年至2018年的ω分别记为：123452,2,3,4,4ωωωωω===== 抽取两年的基本事件有：12(,)ωω，13(,)ωω，14(,)ωω，15(,)ωω，23(,)ωω，24(,)ωω，25(,)ωω，34(,)ωω，35(,)ωω，45(,)ωω，共10种，…………………………………………………4分其中两年都是2ω>的基本事件有：34(,)ωω，35(,)ωω，45(,)ωω，共3种， 故所求概率为310P =. …………………………………………………………6分 （2）6,9,5270x y x y ===则5152215286270=1.61901805i ii i i x y x yb x x∧==--==--∑∑，………………………………………8分=9 1.66=0.6a y b x ∧∧=--⨯-所以回归直线方程为ˆ 1.60.6yx =- …………………………………………10分 将10x =代入上述方程得ˆ15.4y=， 即该企业在该年的年利润增长量大约为15.4万元. …………………………12分18．（本小题满分12分） 解：（1）设数列{}n a 的公差为d ，则112512339a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得11a =，2d =， 21n a n ∴=-. ……………………………………………………………………6分（2）由（1）知21()(121)S 22n n n a a n n n ++-===，……………………………8分 122111111(1)n n n n n n n S S b S S S S n n +++-==-=-⋅+，……………………………10分12n n T b b b ∴=+++21321111111()()()n nS S S S S S +=-+-++- 2111111(1)n S S n +=-=-+.………………………………………………12分 19．（本小题满分12分） 解：（1）法一：由AB BC CD DA === ，可知四边形ABCD 是菱形, 所以AB //DC ，…………………………………………1分 又AB ⊄平面DCFG ，DC ⊂平面DCFG ,所以AB //平面DCFG ， (3)分 因为BE //FC ，BE ⊄平面DCFG ，FC ⊂平面DCFG 所以BE //平面DCFG ， 又AB BE B =， 所以平面ABE //平面DCFG ……………………………5分又AE ⊂平面ABE ，所以AE //平面DCFG . …………………………………………………………6分 法二：取FC 的中点P ，连接DP ，EP ，可证EP BC AD ==，且EP //AD ， 从而四边形AEPD 是平行四边形， 所以AE //DP ，从而可证AE //平面DCFG .（2）连接,BD GE ，取FC 的中点P ，连接,EP GP ，……………………………7分则12BE CP DG FC ＝＝＝， 由图1知1FC AA ⊥，所以FC CD FC BC ⊥⊥，，所以FC ⊥平面BCD ，P C ⊥平面BCD ， …………………………………9分 又BE //CP //DG ，所以几何体BCD －EPG 为直三棱柱，FP ⊥平面EPG . 由图１，直角三角形ACF 中，54FA AC ==，，所以3FC =，所以3=2CP PF =， 由,60BC CD BCD =∠= 知三角形BCD 为正三角形，则S BCD EPG S ∆∆=, 所以-BCD EFG BCD EPG F EPG V V V --=+三棱柱三棱锥13BCD EPG S CP S PF ∆∆=⋅+⋅==………………12分（注：此题解法不唯一，对其它方法请酌情给分）20.（本小题满分12分）解：（1）由题意得抛物线的准线方程为2py =-， 点(,2)E t 到焦点F 的距离等于3，∴232p +=，解得2p =，P E F G D CBA∴抛物线C 的方程为24x y =. …………………………………………………4分（2）由题知直线l 的斜率存在，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，直线l 的方程为1y kx =+，由214y kx x y=+⎧⎪⎨=⎪⎩，消去y 得2440x ky --=，所以124x x k +=，124x x ⋅=-， ……………………………………………6分所以21212()242y y k x x k +=++=+，所以AB 的中点Q 的坐标为2(2,21)k k +，……………………………………8分21244AB y y p k =++=+，所以圆Q 的半径为222r k =+. ………………………………………………10分在等腰QMN ∆中，22221111sin 11222222Q y k QMN rk k +∴∠===-≥-=++， 当且仅当0k =时取等号． ……………………………………………………11分 所以sin QMN ∠的最小值为12． ……………………………………………12分 21．（本小题满分12分） 解：（1）()1(0)f x a x x'=->, …………………………………………………………1分 当0a ≤时，()0f x '<恒成立，则()f x 在(0,)+∞上单调递减，()f x 无极值；………………………………………………………………3分当0a >时，令()0f x '>，得1x a >；令()0f x '<，得10x a<<， 则()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，()f x 有极小值为1ln a +. ………………………………………………………5分（2）当1a =-时，()ln (0)xg x e x x x =-->，1()1x g x e x '=--，令()()h x g x '=，则21()0x h x e x'=+>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增. ………………………………………………7分又130,(1)202h h e ⎛⎫=<=-> ⎪⎝⎭，所以01,12x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得0001()10xh x e x =--=，即0011x e x =+， 所以函数()g x 在0(0,)x 上单调递减，在0(,)x +∞上单调递增，所以函数()g x 的最小值为00000001()ln 1ln xg x e x x x x x =--=+--，…10分 又函数11ln y x x x =+--在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上是单调减函数， 所以0()11ln1110g x >+--=>，故()0g x >. ……………………………………………………………………12分22.（本小题满分10分）解：（1）曲线C 的极坐标方程可化为222cos 2sin =2ρθθ+（），将cos sin x y ρθρθ==， 代入上式得22+22x y =,即22+12x y =.………………………………………………………………………5分 （2）将直线l 的参数方程代入22+22x y =得221)2()22m t ++⋅= ,化简得225204t m ++-= ，由2225)4(2)21004m m ∆=-⨯⨯-=-+>得m <<，……7分212124,(2)5t t t t m +=⋅=-，2222121212323232=()4=52525AB t t t t t t m =-+-⋅=- ，所以2m =±.………………………………………………………………………10分23.（本小题满分10分）解：（1）2,1()112,112,1x f x x x x x x ≤-⎧⎪=--+=--<<⎨⎪-≥⎩.………………………………………2分当1x ≤-时，()1f x <无解；当11x -<<时，由()1f x <得21x -<，解得112x -<<； 当1x ≥时，()1f x <恒成立，则1x ≥； 综上所述，不等式()1f x <的解集为1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.………………………………5分 （2） 不等式2()f x x x m ≤++恒成立,∴2()m f x x x≥--恒成立. ……………………………………………………7分当1x ≤-时，22()22f x x x x x --=--+≤；当11x -<<时，222()232f x x x x x x x x --=---=--<；当1x ≥时，22()24f x x x x x --=---≤-,∴2()2f x x x --≤，……………………………………………………………9分∴2m ≥，即实数m 的取值范围2m ≥. ………………………………………10分。
永州市达标名校2020年高考一月调研数学试卷含解析
永州市达标名校2020年高考一月调研数学试卷一、选择题：本题共12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．某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务，要求是：任务A 必须排在前三项执行，且执行任务A 之后需立即执行任务E ，任务B 、任务C 不能相邻，则不同的执行方案共有（ ） A ．36种B ．44种C ．48种D ．54种2．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，148AB AA ==，.若E F ，分别是棱1BB CC ，上的点，且1BE B E =，1114C F CC =，则异面直线1A E 与AF 所成角的余弦值为（ ）A ．2 B ．26 C ．13 D ．13 3．已知甲、乙两人独立出行，各租用共享单车一次（假定费用只可能为1、2、3元）．甲、乙租车费用为1元的概率分别是0.5、0.2，甲、乙租车费用为2元的概率分别是0.2、0.4，则甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为（ ） A ．0.18B ．0.3C ．0.24D ．0.364．执行如图所示的程序框图，输出的结果为（ ）A ．78B ．158C ．3116D ．15165．设全集U =R ，集合{}2A x x =<，{}230B x x x =-<，则()UA B =（ ）A ．()0,3B ．[)2,3C ．()0,2D ．()0,∞+6．已知复数z 1=3+4i,z 2=a+i,且z 12z 是实数,则实数a 等于( ) A ．34B ．43C ．-43D ．-347．若()5211x a x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项为-12，则实数a 的值为（ ） A ．-2B ．-3C ．2D ．38．设正项等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足6322S S -=，则2823a a 的最小值为A ．8B ．16C ．24D ．369．已知函数f(x)＝223,1ln ,1x x x x x ⎧--+≤⎨>⎩,若关于x 的方程f(x)＝kx －12恰有4个不相等的实数根，则实数k的取值范围是( ) A ．1,e 2⎛⎫⎪⎝⎭B ．1,2e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．1,2e e ⎛⎤ ⎥ ⎝⎦D ．1,2e e ⎛⎫⎪⎝⎭10．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3.14，这就是著名的“徽率”。
湖南省永州市2020届高三数学一模考试试题文(含解析)
4.设 x R ，则“ lg x 0 ”是“ 2x1 1”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】
分别解对数不等式和指数不等式，求得题目所给两个条件的等价条件，由此判断出正确选项.
【详解】由 lg x 0 解得 0 x 1；由 2x1 1 20 解得 x 1，所以“ 0 x 1”是 “ x 1”的充分不必要条件.
【点睛】本小题主要考查等比数列下标和的性质，考查运算求解能力，属于基础题.
15.已知函数
f
x
sin
x
6
0
在区间
0,
1 4
上单调递增，则
的取值范围是
______.
【答案】
0,
4 3
【解析】
【分析】
根据正弦函数的单调递增区间求得
x
的取值范围，这个取值范围包含区间
0,
1 4
，由此列
不等式组，解不等式组求得 的取值范围.
故选 B.
【点睛】本小题主要考查集合交集的概念和运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.
2.若复数 z 满足 z i 1 i ，其中 i 为虚数单位，则 z 的虚部为（ ）.
A. 0
B. 1
C. i
【答案】B
【解析】
【分析】
化简复数 z 为 a bi 的形式，由此求得 z 的虚部.
【详解】依题意
3 C. 2
3 D. 4
【解析】
【分析】
利用余弦定理化简 a2 b2 c2 3ab 求得 cos C ，由此求得 sin C ，再结合三角形面积公
2020年湖南省永州市文明铺镇第一中学高三数学文联考试卷含解析
2020年湖南省永州市文明铺镇第一中学高三数学文联考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知，，则（）．A．B．C．D．参考答案：D且，，．故选．2. 已知是第二象限角，且sin(，则tan2的值为( )A． B． C． D．参考答案：C略3. 设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x＜0时,且g(3)=0.则不等式的解集是A．（－3,0)∪(3,+∞) B．(－3,0)∪(0, 3)C．(－∞,- 3)∪(3,+∞) D．(－∞,－ 3)∪(0, 3) 参考答案：4. 函数的反函数是（）A. B.C. D.参考答案：C5. 若sin2x、sinx分别是sinθ与cosθ的等差中项和等比中项，则cos2x的值为（）A．B．C．D．参考答案：A略6. 等差数列{}前n项和为，满足，则下列结论中正确的是（）A、是中的最大值B、是中的最小值C、=0D、=0参考答案：D略7. 已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，点A为椭圆C短轴的一个端点，直线AF1与C的另一个交点为B，若|AF2|、|AB|、|BF2|成等差数列，则C的离心率为（）A． B． C． D．参考答案：B略8. 已知集合，在区间上任取一实数，则“”的概率为A．B．C．D．参考答案：C,,所以，所以在区间上任取一实数，则“”的概率为，选C.9. 如图，在圆O中，若弦AB＝3，弦AC＝5，则·的是(A) －8 (B) －1 (C) 1 (D) 8 参考答案：D10. 在中,若,则的形状一定是（）A．等边三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不含角的等腰三角形参考答案：B略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设圆的切线与轴的正半轴、轴的正半轴分别交于点，当取最小值时，切线的方程为________________。
参考答案：设A,B的坐标为，则AB的直线方程为，即，因为直线和圆相切，所以圆心到直线的距离，整理得，即，所以，当且仅当时取等号，又，所以的最小值为，此时，即，此时切线方程为，即。
2020年湖南高三一模数学试卷(文科)
则函数 是奇函数，图象关于原点对称，
排除 ，
由
，得
，
即
，
即
，
此时
，，
即函数在
有三个零点，排除 ，
，
排除 ， 故选 ．
7. D
解析:
不妨设
又
则
是
所以
所以
化简得
，则 ，解得 的最小内角为
， ， ，
，解得
， ．
， ，
8. D 解析: 根据
，得到
，而
，
8
所以根据对数函数的单调性可知
时，
，
从而可得
，函数 单调递增，所以
的解集为
（ 2 ）由
，得
，
此不等式化为不等式组为
，
或
．
或
，
即
或
，
因为
，所以不等式组的解集为
，
由题设可得
，故
．
17
良好 ，
20.（ 1 ）
．
（2） ．
解析:
（ 1 ）设椭圆 的方程为
，
由题意可得
，
解得
，
合计
14
故椭则 的方程为
．
（ 2 ）直线 的程为
，
设直线 的方程为
，
，
将直线 的方程代入椭圆 的方程并整理得
由
，得
，
由
，得
，
， ，
，
，
得
，
又
到直线 的距离
， ，
所以
．
21.（ 1 ）单调递增区间为
和
，单调递减区间为
2020年湖南高三一模数学试卷（文科）
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2kπ
【详解】由
π 2
x
π 6
2kπ
π 2
，解得
2kπ
2π 3
x
2kπ
π 3
，所以
2kπ
2kπ
2π 3 0
π 3π
4
，
0 k
1 3
8k
4 3
，由于
k
Z
，故
k
0
，所以
0
4 3
.
故填：
0,
4 3
.
【点睛】本小题主要考查已知三角函数在给定区间上的单调性求参数的取值范围，考查化归
【解析】 【分析】
根据椭圆的对称性判断出 AF1BF2 是矩形，由此得到 2c
F1F2
AB
4
，根据三角形
F1AF2 的面积，结合椭圆的定义求得 a2 的值，进而求得 b2 的值，从而求得 a2 b2 的值.
【详解】连接 BF1, BF2 ，根据椭圆的对称性可知 AF1BF2 是矩形，所以 2c F1F2 AB 4 ，即 c 2 .根据椭圆的定义和三角形面积公式得
BD
MN
，最小的截面圆圆心为
E
，半径为
ED
1 2
BD
2
，面积为
π 22
4π
.最大的
2
截面圆圆心为 O ，半径为 R 6 ，面积为 π
14.已知各项均为正数的等比数列 an 满足 a5a6a7a8a9 32 ，则 a7 ______.
【答案】2
【解析】
【分析】
根据等比数列下标和的性质化简已知条件，由此求得 a7 的值.
【详解】由等比数列下标和的性质可知 a5a6a7a8a9 a75 32 ，解得 a7 2 . 故填： 2 .
C. y 2x
D. y 2x
c
b
根据双曲线离心率求得 a ，进而求得 a ，由此求得渐近线方程.
【详解】由于双曲线离心率为
c 5 ，故 a
5
，即
1
b 2 a
5
b 2
，解得 a ，故渐近
线方程为 y 2x .
故选：D.
【点睛】本小题主要考查双曲线离心率，考查双曲线渐近线方程的求法，属于基础题.
湖南省永州市 2020 届高三数学一模考试试题 文（含解析）
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，
写在本试卷上无效.
bc sin
A
2sin C
SABC
得
1 bc sin 2
A
sin C
1 2
.
故选：B. 【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查三角形面积公式，考查同角三角函数的基 本关系式，属于基础题. 11.赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元 222 年，赵爽为《周髀算经》一书作序 时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由 4 个全等的直 角三角形再加上中间的一个小正方形组成）.类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图所示的图 形，它是由 3 个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设
3.考试结束后，只交答题卡.
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
A
1.已知集合
x x2 4x 0
，
B
1,
0,1
，则
A
B
（
）.
0,1
A.
1
B.
1, 0,1
C.
【答案】B
1, 0
D.
【解析】
【分析】
解一元二次不等式求得集合 A ，由此求得两个集合的交集.
【详解】由 x2 4x x x 4 0 解得 0 x 4 ，故 A B 1.
【点睛】本小题主要考查等比数列下标和的性质，考查运算求解能力，属于基础题.
15.已知函数
f
x
sin
x
6
0
在区间
0,
1 4
上单调递增，则
的取值范围是
______.
【答案】
0,
4 3
【解析】
【分析】
根据正弦函数的单调递增区间求得
x
的取值范围，这个取值范围包含区间
0,
1 4
，由此列
不等式组，解不等式组求得 的取值范围.
计算，属于基础题.
x2 12.已知 F1 ， F2 为椭圆 C ： a2
y2 b2
1a
b
0
的左右焦点，过原点 O 的直线 l 与椭圆
C 交于 A ， B 两点，若 AF1 AF2 ， SF1AF2 2 ， AB 4 ，则 a2 b2 （ ）.
A. 36
B. 12
C. 10
D. 8
【答案】D
4 .在三角形 ABD 中
AD 2, BD 1, ADB 120 ，由余弦定理得 AB 4 1 2 21 cos120 7 ，故
3 7 2 7 3
大等边三角形的面积为 4
4 .故在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小
3 4 1 73 7
等边三角形的概率是 4
.
故选 C.
【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查等边三角形的面积公式，考查几何概型的
1 方形面积之和的 3 ，且中间一组的频数为 10，则这个样本的容量是（ ）.
A. 20
B. 30
C. 40
D. 50
【答案】C 【解析】 【分析】 设出中间小长方形的面积，也即频率，根据已知条件列方程，求得中间小长方形的面积，由 此计算出样本容量.
【详解】设中间小长方形的面积为 x ，则其它小长方形面积之和为 3x ，故 x 3x 1，解得
故选：A. 【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查指数不等式和对数不等式的解法，属 于基础题.
2x 1 0 x y 0 5.已知实数 x ， y 满足 x y 2 0 ，则 z 3x y 的最小值为（ ）.
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】
画出可行域，向下平移基准函数 3x y 0 到可行域边界的位置，由此求得目标函数的最小
9.函数
ex ex
的大致图象为 ( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用函数的奇偶性排除 B, D ，利用函数的单调性排除 C ，从而可得结果．
f x x2 ex ex
【详解】
，
f x (x)2 ex ex x2 ex ex f x ，
f
x 为奇函数，其图象关于原点对称，故排除
故选 B.
【点睛】本小题主要考查集合交集的概念和运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.
2.若复数 z 满足 z i 1 i ，其中 i 为虚数单位，则 z 的虚部为（ ）.
A. 0
B. 1
C. i
【答案】B
【解析】
【分析】
化简复数 z 为 a bi 的形式，由此求得 z 的虚部.
【详解】依题意
2 cos15 2 sin195 2 cos15 2 sin(180 +15 )
【详解】由题意，得 2
2
2
2
2 cos15 2 sin15 cos(45 15 ) cos 30 3
2
2
2 ，故选 A.
【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式，以及两角差的余弦公式的化简求值，着重考
查了推理与运算能力，属于基础题.
4.设 x R ，则“ lg x 0 ”是“ 2x1 1”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】
分别解对数不等式和指数不等式，求得题目所给两个条件的等价条件，由此判断出正确选项.
【详解】由 lg x 0 解得 0 x 1；由 2x1 1 20 解得 x 1，所以“ 0 x 1”是 “ x 1”的充分不必要条件.
x1
10 1
40
4 ，所以样本容量为 4
.
故选：C.
【点睛】本小题主要考查由频率分布直方图小长方形的面积关系计算频率，考查样本容量的
计算，属于基础题.
7.若双曲线
x2 a2
y2 b2
1a
0, b
0
的离心率为
5 ，则其渐近线方程为（
）.
A. y 6x
【答案】D 【解析】 【分析】
B. y 6x
z
1i i
1 ii i i
1
i
，故
z
的虚部为
1.
故选 B.
1 i
D. 2
【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查虚部的概念，属于基础题.
2 cos15 2 sin195
3. 2
2
的值为（ ）ຫໍສະໝຸດ 3 A. 21 B. 23 C. 2
1 D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】
利用三角函数的诱导公式和两角差的余弦公式，化简得原式 cos(45 15 ) ，即可求解
与转化的数学思想方法，属于基础题.
16.已知四面体 ABCD 的各棱长都为 4，点 E 是线段 BD 的中点，若球 O 是四面体 ABCD 的
外接球，过点 E 作球 O 的截面，则所得截面圆的面积取值范围是______.
4 ,6