A佳教育湖湘名校2020届高三下学期3月线上自主联合检测数学（文）试题 Word版含解析 21页

www.ks5u.com A佳教育·2020年3月湖湘名校高三线上自主联合检测 文科数学 一、选择题：共12小题，每小题5分，满分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，，那么（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意解得,根据交集定义即可求得结果.‎ ‎【详解】因为,所以.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查交集的运算,难度容易.‎ ‎2.已知复数，则下列结论正确的是（ ）‎ A. 的虚部为 B. ‎ C. 的共轭复数 D. 为纯虚数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的乘除运算化简,即可求得结果.‎ ‎【详解】,的虚部为,,,.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查复数的乘除运算,考查复数的概念,难度容易.‎ - 21 -‎ ‎3.太阳能是一种资源充足的理想能源，我国近12个月的太阳能发电量（单位：亿千瓦时）的茎叶图如图，若其众数为，中位数为，则（ ）‎ A. 19.5 B. 2 C. 21 D. 11.5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据众数与中位数的概念即可求出值.‎ ‎【详解】由题意可知众数为,中位数为,所以.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了众数和中位数的概念,难度容易.‎ ‎4.若双曲线的右顶点到一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设双曲线的右顶点为,一条渐近线方程为,即,运用点到直线的距离公式和离心率公式,计算即可得到所求值.‎ ‎【详解】设双曲线的右顶点为,一条渐近线方程为,即,由题意可得,则,由可得所以.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查双曲线的简单性质,考查双曲线离心率的问题,难度较易.‎ - 21 -‎ ‎5.已知向量，，若，则（ ）‎ A. 2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由,可得,再利用坐标运算求出.‎ ‎【详解】,‎ 由,可得,解得,‎ 则,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了向量的坐标运算,难度不大.‎ ‎6.已知且，，则是的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由对数不等式的解法得: 即为“且”或“且”,由充分必要条件定义即可得出结论.‎ ‎【详解】由得:“且”或“且”,当且时不成立,故充分性不成立;当时,例如,则,故必要性不成立.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查充分条件、必要条件、充要条件、既不充分也不必要条件的判断,考查学生的逻辑推理能力,难度较易.‎ - 21 -‎ ‎7.人们在研究植物的生长过程中发现，某一种树苗的生长规律为：树苗在第一年长出一条新枝，新枝一年后成长为老枝，老枝以后每年都长出一条新枝，每一条树枝都按照这个规律生长，则第7年的枝条数可以达到（ ）条 A. 64 B. 34 C. 21 D. 13‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知第1年为1条,由于新枝一年后成长为老枝,第2年为1条, 设第年树枝数为,从开始,其树枝条数有,依次计算即可求得结果.‎ ‎【详解】每年的树枝数由老枝和新枝组成.设第年树枝数为，并且，，从开始，其树枝条数有，每年的树枝数有：1，1，2，3，5，8，13，故第7年共有13条树枝.‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推关系,考查学生分析问题的能力和逻辑推理能力,难度一般.‎ ‎8.已知函数，若对于任意的，都有成立，则的最小值为（ ）‎ A. 2 B. 1 C. 4 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知是函数的最小值,是函数的最大值,则的最小值就是函数的半周期.‎ ‎【详解】对任意的,成立,‎ 所以,‎ 所以,‎ 又的周期,‎ 所以,‎ 故选:B.‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的性质运用,考查分析理解能力,难度不大 ‎9.如图，已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为（ ）‎ A. 12 B. 13 C. D. 15‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将三棱柱展开两次如图,不难发现最短距离是六个矩形对角线的连线,正好相当于绕三棱柱转两次的最短路径.‎ ‎【详解】将正三棱柱沿侧棱展开,再拼接一次,其侧面展开图如图所示，‎ 在展开图中,最短距离是六个矩形对角线的连线的长度,也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值.‎ 由已知求得矩形的长等于,宽等于5,由勾股定理.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查棱柱的结构特征,空间想象能力,几何体的展开与折叠,体现了转化(空间问题转化为平面问题,化曲为直)的思想方法.‎ - 21 -‎ ‎10.“勾股定理”在西方被称为“毕达哥拉斯定理”.三国时期，吴国的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法给出了勾股定理的详细证明.如图所示的“勾股圆方图”中，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，若直角三角形中较小的锐角，现在向该正方形区域内随机地投掷100枚飞镖，则估计飞镖落在区域1的枚数最有可能是（ ）‎ A. 30 B. 40 C. 50 D. 60‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设大正方形的边长为1,区域2直角三角形的直角边分别为,(),分别求出大正方形和小正方形的面积,再利用几何概型概率公式求解即可.‎ ‎【详解】设大正方形的边长为1,区域2直角三角形的直角边分别为,(),‎ 则,,‎ 小正方形的面积为,‎ 所以飞镖落在区域1的概率为,‎ 则估计飞镖落在区域1的枚数最有可能是,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型概率的求法,解题关键是求出两正方形的面积比,难度不大.‎ ‎11.我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设的三个内角所对的边分别为，面积为，则“三斜求积”公式为，若,，则用“三斜求积”公式求得的面积为（ ）‎ - 21 -‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知利用正弦定理可求得,进而可求得代入“三斜求积”公式即可求得结果.‎ ‎【详解】，，,因为，‎ 所以，，从而的面积为.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理以及新定义的理解,考查分析问题的能力和计算求解能力,难度较易.‎ ‎12.已知，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断出为奇函数,且在R上单调递增,将所求不等式利用函数性质转化为利用单调性解得答案.‎ ‎【详解】由得所以函数为奇函数,又因为 故在R上单调递增,则不等 ,即解得:.‎ 所以不等式的解集为.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查判断函数的奇偶性,单调性,根据函数性质解不等式,属于中档题.‎ - 21 -‎ 二、填空题：本题共4小题，每题5分，满分20分.‎ ‎13.若，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】因为，由二倍角公式得到 ，故得到 ‎ ‎ ．‎ 故答案为．‎ ‎14.已知实数满足约束条件，则的取值范围为___.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【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,把最优解的坐标代入目标函数得结论.‎ ‎【详解】画出表示的可行域,如图:‎ ‎ ‎ - 21 -‎ 解得将变形为平移直线由图可知当直线经过点时,直线在轴上的截距最小,有最小值为,当直线经过点时,直线在y轴上的截距最大,z有最大值为所以的取值范围是.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划中,利用可行域求目标函数的最值,属于简单题.‎ ‎15.已知四棱锥的所有顶点都在同一球面上，底面是正方形且和球心在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于，则球的体积等于___.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当此四棱锥体积取得最大值时,四棱锥为正四棱锥,根据该四棱锥的表面积等于,确定该四棱锥的底面边长和高,进而可求球的半径,从而可求球的体积.‎ ‎【详解】由题意,当此四棱锥体积取得最大值时,四棱锥为正四棱锥,‎ 该四棱锥的表面积等于,设球的半径为,则如图,‎ 该四棱锥的底面边长为,则有 - 21 -‎ ‎.‎ ‎.‎ 球的体积是.‎ 故答案:.‎ ‎【点睛】本题考查球内接多面体及球的体积,解题的关键是确定球的半径,再利用公式求解,难度一般.‎ ‎16.已知曲线：，曲线：，‎ ‎（1）若曲线在处的切线与在处的切线平行，则实数________；‎ ‎（2）若曲线上任意一点处的切线为，总存在上一点处的切线，使得，则实数的取值范围为________.‎ ‎【答案】 (1). －2 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由已知分别求出曲线在处的切线的斜率及曲线在处的切线的斜率,让两斜率相等列式求得的值;‎ ‎(2)曲线上任意一点处的切线的斜率,则与垂直的直线斜率为,再求出过曲线上任意一点处的切线斜率的范围,根据集合关系列不等式组求解得答案.‎ ‎【详解】(1),则曲线在处的切线的斜率,‎ 在处的切线的斜率,‎ 依题意有,即;‎ ‎(2)曲线上任意一点处的切线的斜率,‎ 则与垂直的直线的斜率为,‎ - 21 -‎ 而过上一点处的切线的斜率,‎ 依题意必有,解得,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究曲线上某点处的切线方程,需要学生具备一定的计算分析能力,属于中档题.‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21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）必考题：60分.‎ ‎17.设数列满足：，且（），.‎ ‎（1）求的通项公式：‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先根据等差中项判别法判断出数列是等差数列,然后根据已知条件列式求出公差,即可得到数列的通项公式;‎ ‎(2)由(1)求出数列的通项公式,然后运用裂项相消法求出前项和.‎ ‎【详解】(1)由()可知数列是等差数列,设公差为,‎ 因为,所以,解得,‎ 所以的通项公式为:();‎ - 21 -‎ ‎(2)由(1)知,‎ 所以数列的前项和:‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用,考查裂项相消法求数列的前项和,难度不大.‎ ‎18.随着支付宝和微信支付的普及，“扫一扫”已经成了人们的日常，人人都说现在出门不用带钱包，有部手机可以走遍中国.移动支付如今成了我们生活中不可缺少的一部分了，在某程度上还大大的促进了消费者的消费欲望，带动了经济的发展.某校高三年级班主任对该班50名同学对移动支付是否关注进行了问卷调查，并对参与调查的同学的性别以及意见进行了分类，得到的数据如下表所示：‎ 男 女 合计 对移动支付关注 ‎24‎ ‎12‎ ‎36‎ 对移动支付不关注 ‎4‎ ‎10‎ ‎14‎ 合计 ‎28‎ ‎22‎ ‎50‎ ‎（1）如果随机调查这个班的一名学生，那么抽到对移动支付不关注的男生的概率是多少？‎ ‎（2）现按照分层抽样从对移动支付关注的同学中抽取6人，再从6人中随机抽取2人，求2人中至少有1人是女生的概率.‎ ‎（3）根据表中的数据，能否有的把握认为消费者对移动支付的态度与性别有关系？‎ 参考公式：.‎ 临界值表：‎ - 21 -‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎【答案】(1);(2);(3)答案见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 结合表格根据古典概型的概率公式计算概率即可;‎ ‎(2)由分层抽样从对移动支付关注的同学中抽取6人,男生应抽取4人,女生应抽取2人,列出所有基本事件即可求得结果.‎ ‎(3)计算的观测值,对照表中数据得出统计结论.‎ ‎【详解】(1)由题知:对移动支付不关注的男生有4人,总数50人,所以.‎ ‎(2)依题意，分层抽样从对移动支付关注的同学中抽取6人,男生应抽取4人,记为 女生应抽取2人,记为 ；从这6人中随机抽取2人，所有的情况为： 共15种,其中“至少有一人是女生”的情况有9中,记事件A,‎ 所以“2人中至少有1人是女生的概率” .‎ ‎(3)由题意可知,故有97.5%的把握认为消费者对移动支付的态度与性别有关系.‎ ‎【点睛】本题考查了古典概型的应用问题,也考查了两个变量线性相关的应用问题,准确计算的观测值是解题的关键,难度较易.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面直角梯形，∥CD，，平面，是棱上的一点.‎ - 21 -‎ ‎ ‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）已经，，若分别是的中点，求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)证面面垂直只需证线面垂直,可通过求证,证得.‎ ‎(2)点到平面的距离可通过等体积法求得.‎ ‎【详解】(1)证明平面平面,所以,又所以平面,又平面,所以平面平面.‎ ‎(2)连接,,在中,可得,则在中,可得,在直角梯形中,由已知可求得.‎ ‎ ,‎ ‎.‎ ‎ 分别是的中点,‎ ‎,‎ - 21 -‎ 在等腰中,可求 到平面的距离为,‎ 到平面的距离为 ‎ 设点到平面的距离为 ‎ ‎ ‎, .‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的判定定理的应用,考查了点到面的距离,借助等体积转化是解决问题的关键,属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，直线与以原点为圆心、椭圆的短半轴长为半径的圆相切．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）是否存在直线与椭圆交于两点，交轴于点，使成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】(1) (2) 或 - 21 -‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据椭圆的几何意义得到abc的值，从而得到椭圆方程；（2）将向量模长的方程两边平方得到，即，即，联立直线和椭圆得到二次方程，带入韦达定理得到参数范围．‎ 解析：‎ ‎（1）由已知得，‎ 解方程组得，‎ ‎∴椭圆的方程为，‎ ‎（2）假设存在这样的直线，‎ 由已知可知直线的斜率存在，设直线方程为，‎ 由得，‎ 设，则，‎ ‎，‎ 由得，即，即，‎ 故，代入（*）式解得或．‎ 点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎ - 21 -‎ ‎21.设函数（其中，m，n为常数）‎ ‎（1）当时，对有恒成立，求实数n的取值范围；‎ ‎（2）若曲线在处的切线方程为，函数的零点为，求所有满足的整数k的和．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由恒成立可知单调递增，由此得到，进而求得结果；‎ ‎（2）由切线方程可确定和，从而构造方程求得；将化为，由可确定单调性，利用零点存在定理可求得零点所在区间，进而得到所有可能的取值，从而求得结果.‎ ‎【详解】（1）当时，，，‎ 当时，，，对任意的都成立，‎ 在单调递增，，‎ 要使得对有恒成立，则，解得：，‎ 即的取值范围为.‎ ‎（2），，解得：，‎ 又，，，，‎ 显然不是的零点，可化为，‎ 令，则，在，上单调递增.‎ 又，，，，‎ 在，上各有个零点，在，上各有个零点，‎ - 21 -‎ 整数的取值为或，整数的所有取值的和为.‎ ‎【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到恒成立问题的求解、由切线方程求解函数解析式、函数零点问题的求解；求解整数解的关键是能够通过构造函数的方式，结合零点存在定理确定零点所在区间.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎【选修44：坐标系与参数方程】‎ ‎22.在平面直角坐标系中，已知曲线：（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知点，直线交曲线于，两点，求的值.‎ ‎【答案】（1）曲线普通方程，的直角坐标方程（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)直接利用转换关系式,将参数方程,极坐标方程和直角坐标方程进行转换;‎ ‎(2)将直线的普通方程化为参数方程,再利用参数的几何意义结合韦达定理求解.‎ ‎【详解】(1)已知曲线:(为参数),‎ 则曲线的普通方程,‎ 直线的极坐标方程为,‎ 则的直角坐标方程;‎ - 21 -‎ ‎(2)直线参数方程为(为参数)‎ 代入曲线:,‎ 化简得,‎ 设,对应的参数分别为,,‎ 则,,‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程,极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,考查直线参数方程的应用,难度不大.‎ ‎23.已知函数，.‎ ‎（1）解不等式：；‎ ‎（2）记的最小值为，若实数，满足，试证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先将化为分段函数形式,然后根据,分别解不等式即可;‎ ‎(2)由(1)可得,从而得到,再利用基本不等式求出的最小值.‎ ‎【详解】(1).‎ ‎,或或,‎ 或或,‎ - 21 -‎ ‎,‎ 不等式的解集为;‎ ‎(2)因为(当且仅当等号成立),‎ 所以的最小值,即,‎ 所以 ‎(当且仅当,等号成立).‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和利用基本不等式求最值,属于中档题.‎ - 21 -‎ - 21 -‎