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1、湖北省鄂东南五校一体联盟联考2020届高三2月高三网上质量检测一、选择题1.已知椭圆的左右焦点为、，在椭圆上，且的重心为，内心为，则当时，椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设点，可求得点，由可得出，进而利用等面积法可得出、的等量关系，可求得该椭圆的离心率的值.【详解】设点，由题意知、，则的重心为，由于的内心为点，且，则，所以，的内切圆半径为，且的周长为，的面积为，可得，因此，该椭圆的离心率为.故选：A.【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，涉及三角形的内心和外心，利用等面积法得到、的等量关系是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.2.如图是挪威著名画家爱德华蒙克
2、的作品呐喊的等比例缩小的图形.图中一共有个人，仔细研究这三个人的站姿不难发现他们的脚的连线近似共线，他们的头也近似共线，这利用的相关数学知识最贴切的是（ ）A. 解析几何中的直线方程B. 空间几何中的点与线的位置关系C. 平面几何中的有关定理D. 画法几何中的透视关系【答案】D【解析】【分析】根据这三个人的脚的连线近似共线，他们的头也近似共线可得知该现象为中心投影，进而可得出结论.【详解】根据这三个人的脚的连线近似共线，他们的头也近似共线，可知该现象为中心投影，故应为画法几何中的透视关系.故选：D.【点睛】本题考查投影现象的理解，考查推理能力，属于基础题.3.已知中，则下列说法中正确的是（ ）
3、A. B. 是该三角形的最大角C. 的面积为D. 若点在的内部，且，则【答案】A【解析】【分析】利用余弦定理可判断A选项的正误；利用大边对大角定理可判断B选项的正误；利用三角形的面积公式可判断C选项的正误；求出的取值范围可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，由余弦定理得，A选项正确；对于B选项，则最大，B选项错误；对于C选项，由三角形的面积公式得，C选项错误；对于D选项，如下图所示：过点作，当点位于线段上时，的面积取最小值，即，当点在线段上时，则，当点在线段上时，则.所以，D选项错误.故选：A.【点睛】本题考查有关三角形命题真假的判断，涉及余弦定理、三角形面积公式的应用，考查计算能力与推理能
4、力，属于中等题.4.给出定义：对于含参的关于自变量的不等式，使其在定义域内恒成立的一组参数称为这个不等式的一组“解”，以圆括号的形式来表示.例如：使不等式在实数范围内恒成立的一组“解”可以是，则对于定义域为的不等式而言，下列说法中正确的是（ ）A. 该不等式的一组“解”不可以是B. 该不等式一组“解”可以是C. 当时总能找到、使其成为不等式的一组解D. 当时总能找到、使其成为不等式的一组解【答案】D【解析】分析】设，利用导数证明恒成立可判断A选项的正误；证明不恒成立可判断B选项的正误；利用极限思想可判断C选项的正误；取，利用导数证明在上恒成立，可判断D选项的正误.【详解】令，且有.对于A选项，
5、当，时，函数，则.令，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增.所以，函数在处取得最小值，即，A选项错误；对于B选项，当，时，所以，函数在上单调递增，当时，所以，不等式在上不恒成立，B选项错误；对于C选项，当时，且当时，此时，则不等式在上不恒成立，C选项错误；对于D选项，当时，取，则，令.当时，此时，函数单调递减；当时，此时，函数单调递增.所以，则函数在上单调递增，当时，此时，函数单调递减；当时，此时，函数单调递增.所以，D选项正确.故选：D.【点睛】本题考查导数中的新定义，本质就是利用导数证明函数不等式，难度较大，需要多次求导，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.5.已知，则关于该函数的说
6、法正确的是（ ）A. 该函数仅有一个极值点B. 该函数的最小值是定值C. 只要足够小，就能取到任何小于的正数D. 满足与该函数相切且与轴平行的直线有条【答案】B【解析】【分析】求出该函数的导数，利用零点存在定理以及极值点的定义可判断A选项的正误；先证明出，可得出且有可判断B选项的正误；由B选项的推导可判断C选项的正误；判断该函数的极值点个数可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，则，令，则存在开区间，使得且当时，则是函数的一个极值点.，所以，存在，使得，当时，；当时，.所以，函数至少有两个极值点，A选项错误；对于B选项，先证明对任意的恒成立，构造函数，则.令，当时，函数单调递减；当时，函数单调
7、递增.所以，函数在处取得最小值，即，则对任意的，当时，对于二次函数，则对任意的恒成立，则且，所以，函数的最小值为，B选项正确；对于C选项，由B选项可知，对任意的，C选项错误；对于D选项，令，可得，作出函数与函数的图象如下图所示：由图象可知，函数与函数的图象有且只有一个交点，则函数只有一个零点，由A选项知，是函数的一个极值点.所以，函数只有两个极值点，所以，满足与该函数相切且与轴平行的直线有条，D选项错误.故选：B.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点、切线以及最值问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.6.近期武汉市出现了一种新型病毒性肺炎，目前疫情已得到控制.导致这种疾病的名为的病
8、毒与病毒非常类似，是一种单链病毒，且有容易变异的特点.为了对这种病毒有一个粗浅的理解，不妨把病毒变异简化为以下模型：设该种病毒的共有个碱基，每一个碱基突变（改变为另一种碱基）的概率均为，任意两个碱基是否突变均相互独立.现认定：只有这个碱基中的某个碱基发生突变时，才能认为这条链发生了变异，形成一种变异的病毒.且由于突变是不定向的，发生的变异的病毒中大概只有的病毒会突变为对当前药品具有全面免疫功能的新品种.设最初病毒共有个，经一轮时间为的增殖后将会翻倍.不考虑病毒在人群间的传播时间，则以下说法中正确的是（ ）A. 这种病毒是不可战胜的B. 这种病毒是人为制造的C. 若、都是极小的数，而、均不是较大
9、的数，且较长，则短期出现一种新病毒的概率很低D. 若、都是极小的数，而、均不是较大的数，且较长，则短期出现一种新病毒的概率很高【答案】C【解析】【分析】根据题中信息可判断A、B选项的正误；列出经过一轮时间为的增殖后该病毒变异为对当前药品具有全面免疫功能的新品种的病毒数，结合条件“、都是极小的数，而、均不是较大的数，且较长”判断C、D选项的正误.综合可得出结论.【详解】对于A选项，由于疫情已得到控制，说明这种病毒是可战胜的，A选项错误；对于B选项，病毒是自然进化的产物，不是人为制造的，B选项错误；对于C、D选项，病毒发生变异的概率为，最初病毒共有个，经一轮时间为的增殖后将会翻倍变为个，则变异的病
10、毒数为个，其中突变为对当前药品具有全面免疫功能的新品种为个，若、都是极小的数，而、均不是较大的数，且较长，就越小，短期出现一种新病毒的概率很低，故C选项正确，D选项错误.故选：C.【点睛】本题考查概率有关命题的判断，涉及独立事件概率乘法公式的应用，正确理解题中信息是解答关键，考查推理能力，属于中等题.7.设复数数列以及实数数列满足关系：，其中且为奇数.若，则关于该数列，下列说法中正确的是（ ）A. 存在合适的首项使得，其中为偶数B. 存在合适的首项使得，其中为奇数C. 存在合适的首项使得，其中为奇数D. 数列不是单调递增的【答案】D【解析】【分析】分为奇数和偶数两种情况讨论，结合可得出有关数列
11、中项的关系式，由此可得出结论.【详解】，若为奇数，则，那么，若为偶数，则，.所以当为奇数时，；当为偶数时，由可得.所以，数列不是单调递增的.故选：D.【点睛】本题考查数列递推公式的应用，结合题意得出数列中项的关系式是解答的关键，考查推理能力，属于难题.8.如图球员站在足够长的长方形球场的左边缘射门，球门位于长方形球门上边缘的最中央，将球员射门的情况视为几何概型，则以下说法中正确的是（ ）A. 球员离球框越近，越容易将球射入球门B. 球员离球框越远，越不容易将球射入球门C. 球员的入射概率有最大值D. 球员的入射概率有最小值【答案】A【解析】【分析】这个是角度型的几何概率问题，取两点、，且点到球
12、门底线的距离比点到球门底线的距离小，比较与的大小，可得出结论.【详解】这个是角度型的几何概率问题，取两点、，满足点到球门底线的距离比点到球门底线的距离小，如上图所示，则球员在点处射入球门的概率比在点处射入球门的概率要小，因此，球员离球框越近，越容易将球射入球门.故选：A.【点睛】本题考查几何概型概率的大小比较，解题时要弄清楚几何概率类型，考查推理能力，属于中等题.9.已知方程有两异号根、，则以下说法中：；.正确的个数为（ ）A. 个B. 个C. 个D. 个【答案】C【解析】【分析】构造函数，求出该函数的导数，分析该函数的单调性，可得出，解出的范围可判断的正误；证明对数平均不等式，利用对数平均不
13、等式可判断的正误；构造函数，证明出，结合函数的单调性可判断命题的正误.综合可得出结论.【详解】构造函数， 定义域为，则函数有两异号零点，则，所以，得.，函数在区间上单调递减，由于函数有两异号零点，则函数不可能单调，必存在极值点，当时，此时函数单调递增；当时，此时函数单调递减.由题意可知，解得，命题正确；先证明对数平均不等式，设，先证，即证，令，设，则，所以，函数在上单调递减，所以，当时，即，即.，要证，即证，即证，由题意可得，两式相减得，所以，由对数平均不等式得，所以，即，所以，则，即成立，所以，命题正确；设，由条件得，即，构造函数，函数与函数图象的两交点的横坐标为、，由可得，而，可知，函数在
14、区间上单调递减，在区间上单调递增，可知，先证明，即证，考虑到函数在上单调递增，只需证，由知，只需证，令，则，所以，函数单调递增，又，结合，可得，即，所以，命题错误，命题正确.故选：C.【点睛】本题考查极值点偏移，涉及对称函数的构造以及对数平均不等式的应用，考查推理能力，属于难题.10.众所周知，银行的运营方式一直是个谜，但去银行存款却又是一个十分实际的问题，所以理解清楚银行的运营方式对我们进入社会大展手脚是一个帮助.某人拟去附近的一家银行存款，得知该银行对于数额非特别巨大的存款有如下两种存款方案（单次存款金额不得少于元）：方案一定期存款策略：固定存款年，年利率为，存满一年后本金与利息作为下一年的本金继续实行存款策略.若中途取出存款则会扣除全部利息并收取元依本金数额而定的手续费（从存款中扣除），具体扣费措施见附表.若一年内存在两次取出存款，则该人在这一年内将被计入不诚信档案.当该人被计入不诚信档案后，收取的手续费将增加至四倍.方案二活期存款策略：年利率为可以随时存取款并且不扣除利息以及手续费.手续费附表存款金额的范围/元手续费补充内容年利率是指，理论上存款一年后获得的利息（即银行通过利用存款人的存款资金进行理财而获得盈利后对存款人的账户相应地存入一定数额的报酬）与一年前的
