《湖南省岳阳市2020届高三数学第二次模拟考试试题（含解析）（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省岳阳市2020届高三数学第二次模拟考试试题（含解析）（通用）（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、岳阳市2020届高三教学质量检测试卷（二）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，把答案填在答题卡上对应题号后的框内，答在试卷上无效.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由集合可得，在计算的值可得答案.【详解】解:由题知，故.故选.【点睛】本题主要考查集合的交集运算，属于基础题型.2.若复数则其虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先对复数进行化简，将分子和分母同乘以分母的共轭复数，化简求得结果.【详解】，则复数的虚部为2，故选D.【点睛】该题考查的是有关
2、复数的运算，涉及到的知识点有复数的除法运算，加法运算，以及根据复数判断其虚部，属于简单题目.3.等差数列满足则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据项之间的关系，将题中的式子转化为关于和的关系式，化简求得结果.【详解】设等差数列的公差为，则由题意可得，则，故选C.【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的性质，项之间的关系，属于简单题目.4.过抛物线的焦点作直线，交抛物线于两点，若,则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据抛物线方程易得准线为，抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相等，则两点到准线的距离分别是
3、，由抛物线的定义，将弦长直接转化为点到准线的距离，即，易得答案.【详解】的焦点为，准线为，因为两点是过抛物线焦点的直线与抛物线的交点，所以两点到准线的距离分别是，所以由抛物线的定义知，故选C.【点睛】该题主要考查了抛物线的知识，关键在于掌握抛物线的定义以及抛物线的简单性质，理解抛物线上点到焦点的距离与到准线的距离相等.5.将多项式分解因式得，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先将题中的条件转化为，从而能够准确的判断出5次项出现的情况，之后用二项式定理求解，从而求得结果.【详解】，所以展开式中的三次项系数为，所以，故选A.【点睛】该题考查了二项式定理的应用，考查了推理能
4、力与计算能力，属于中档题目.6.如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，其侧视图中的曲线为圆周，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合三视图，还原直观图，计算该几何体的底面积，结合体积计算公式，即可。【详解】结合题意，绘制图像，如图所示平面DEF的面积为，故该几何体的体积，故选B。【点睛】考查了三视图还原直观图，关键绘制出该几何体的图形，结合体积计算公式，即可，难度中等。7.曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】欲求切线与两坐标轴所围成的三角形面积，关键是求出在点处的切线
5、方程，只需求出其斜率的值即可，故先利用导数求出在处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率，从而问题解决.【详解】，所以，且，所以切线方程为，即，此直线与轴、轴交点坐标分别为，所以切线与坐标轴围成的三角形面积是，故选B.【点睛】该题考查的是有关直线与坐标轴围成的三角形的面积的问题，涉及到的知识点有导数的几何意义，曲线在某点处的切线的方程，属于简单题目.8.函数的图象的一条对称轴方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将函数表达式展开合并，再用辅助角公式化简，得f（x）=sin（2x+）-再根据正弦函数对称轴的公式，求出f（x）图象的对称轴方程.【详解】f（x）=
6、sinx=sin2x-=sin2x+-=sin（2x+）-，f（x）=sin（2x+）-，令2x+=(k,解得x=(k,k=0时，故选B.【点睛】本题考查了三角函数的化简与三角函数性质，运用了两角和差的正余弦公式和二倍角公式，属于中档题9.已知在区间上，函数与函数的图象交于点P，设点P在x轴上的射影为，的横坐标为，则的值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用两个函数图像相交，交点的坐标相同列方程，化简后求得的值，再利用正切的二倍角公式求得的值.【详解】依题意得，即. = .故选B.【点睛】本小题主要考查两个函数交点的性质，考查同角三角函数的基本关系式，考查正切的二倍角公
7、式，属于基础题.10.四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，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，粗实线围城的各区域上分别标有数字，的四色地图符合四色定理，区域和区域标记的数字丢失.若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为的区域的概率所有可能值中，最大的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】令B为1，结合古典概型计算公式，得到
8、概率值，即可。【详解】A,B只能有一个可能为1，题目求最大，令B为1，则总数有30个，1号有10个，则概率为，故选C。【点睛】本道题考查了古典概型计算公式，难度较小。11.设双曲线：的右焦点为，为坐标原点，若双曲线及其渐近线上各存在一点，使得四边形为矩形，则其离心率为（ ）A. B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出过原点且与渐近线垂直的直线的方程为，再求出过点F且与渐近线平行的直线方程，联立方程组求出点的坐标为：，将它代入双曲线方程整理即可得解。【详解】依据题意作出如下图像，其中四边形为矩形，双曲线的渐近线方程为：，所以直线的方程为，直线的方程为：，联立直线与直线的方程可得：，解
9、得：，所以点的坐标为：，又点在双曲线上，所以，整理得：，所以.故选：A【点睛】本题主要考查了双曲线的简单性质及方程思想，考查计算能力及转化能力，属于中档题。12.已知，若存在，使，则称函数与互为“度零点函数”。若与互为“1度零点函数”，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先根据题意，求得，利用条件得到，即，转化为函数在区间上存在零点，进一步得，令，利用导数研究函数的值域，从而求得结果.【详解】由题意可知，且在上单调递减，所以函数只有一个零点.即，得.函数在区间上存在零点，由，得.令，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以只需即有零点，故选B.【点睛
10、】要学会分析题中隐含的条件和信息，如本题先观察出的零点及单调性是解题的关键，进一步转化为函数在区间上存在零点，再进行参变量分离，应用导数解决.二、填空题：本大题共4小题，没小题5分，共20分。将答案填在答题卡对应号的位置上，打错位置，书写不清，模棱两可均不得分。13.已知向量，若，则_【答案】【解析】【分析】直接由已知条件结合向量垂直的坐标表示列式求得的值.【详解】因为，所以有，即，因为，所以，解得，故答案是：3.【点睛】该题考查的是有关向量垂直的问题，涉及到的知识点有向量垂直的条件是向量数量积等于零，向量数量积坐标运算式，数量积的运算法则，属于简单题目.14.岳阳市某高中文学社计划招入女生人
11、，男生人，若满足约束条件则该社团今年计划招入学生人数最多为_【答案】13【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，设z=x+y，利用数形结合即可得到z的最大值【详解】设z=x+y，则y=x+z，作出不等式组对应的平面区域，如图：平移直线y=x+z由图象可知当直线y=x+z经过点A时，直线y=x+z的截距最大，此时z最大，由即A（6，7），此时z的最大值为z=6+7=13，故答案为：13.【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，利用数形结合是解决本题的关键利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形常见的类型有截距型
12、（型）、斜率型（型）和距离型（型）(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。15.已知的三边长分别为，面积为，且，则该三角形的外接圆面积为_【答案】【解析】【分析】首先根据题中所给的条件，结合余弦定理以及三角形的面积公式，求得，结合题中所给的边长，利用正弦定理求得三角形的外接圆的半径，利用圆的面积公式求得结果.【详解】因为，所以有，所以，因为，所以，设的外接圆的半径是R，则有，所以，所以其外接圆的面积为，故答案是：.【点睛】该题考查的是有关三角形外接圆的面积的问题，涉及到的知识点有余弦定理，三角形的面积公式，正弦定理，
13、属于中档题目.16.正方体中，点分别在棱上，且其中，若平面与线段的交点为，则_【答案】【解析】【分析】首先根据题意找出平面截正方体所得的截面图形，之后根据所学知识得到，之后应用相似三角形对应边成比例，以及平行线的相关性质求得结果.【详解】如图，分别在上取，使得，,则易知 ，因此平面即平面.连接与的交点即为点，易知，所以，故答案是：.【点睛】该题考查的是有关正方体的截面的问题，涉及到的知识点有平面截正方体所得截面，相似三角形的判定和性质，属于中档题目.三、解答题 （本大题分必做题和选做题，其中17-21题为必做题，第22-23为选做题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，把答案填在
14、答题卡上对应题号指定框内。17.已知数列且，.（）求数列的通项公式;（）记为数列的前项和，求数列的前项和.【答案】()().【解析】【分析】()由题意得，由累乘法得；（）先求出，进而得到，由裂项相消法求数列的前项和可得到答案。【详解】()由，得，所以 由累乘法:,，得，所以数列的通项公式为. ()由等差数列前项和公式得：，则， 数列的前项和为：.【点睛】本题考查了累乘法求通项公式，及裂项相消法求数列的前项和，属于中档题。18.如图,矩形和菱形所在的平面相互垂直,为的中点.(1)求证：平面；(2)若,求二面角的余弦值.【答案】()见解析；()【解析】【分析】（1）由面面垂直性质定理可得平面，即，根据菱形的性质可得，结合线面垂直判定定理即可的结果；（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面以及平面的法向量，求出法向量的夹角即可得二面角的余弦值.【详解】（1）证明：矩形和菱形所在的平面相互垂直，矩形菱形，平面，平面， 菱形中，为的中点.，即，平面. （2）由（1）可知两两垂直，以A为原点，AG为x轴，AF为y轴，AD为z轴，建立空间直
