2020届湖南省怀化市高三一模数学（文）试题（解析版）

2020届湖南省怀化市高三一模数学（文）试题

一、单选题

1．若集合，，则为（  ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】解不等式得到集合，再和求交集即可.

【详解】

解不等式得，即，因为，

所以.

故选B

【点睛】

本题主要考查集合的交集，熟记概念即可，属于基础题型.

2．已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（  ）

A．1 B．-1 C．0 D．

【答案】A

【解析】由复数的除法先求出复数，进而可得出结果.

【详解】

因为，所以，所以虚部为1.

故选A

【点睛】

本题主要考查复数的运算和概念，熟记复数的运算法则即可，属于基础题型.

3．有下列四个命题：：，.：，.：的充要条件是.：若是真命题，则一定是真命题.其中真命题是（ ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】A

【解析】根据正弦函数的值域，判断；用特殊值法验证；根据充分条件和必要条件的概念判断；根据复合命题的真假判断.

【详解】

根据正弦函数的值域，可判断：，为真；当时，，所以：，为真；时，，但无意义，所以：的充要条件是为假命题；若是真命题，则或有一个为真即可，所以“：若是真命题，则一定是真命题”是假命题.

故选A

【点睛】

本题主要考查命题的真假判断，结合相关知识点判断即可，属于基础题型.

4．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是

A．32

B．16+

C．48

D．

【答案】B

【解析】【详解】

由题意知原几何体是正四棱锥，其中正四棱锥的高为2，底面是一个边长为4的正方形，过顶点向底面做垂线，垂线段长是2，过底面的中心向长度是4的边做垂线，连接垂足与顶点，得到直角三角形，得到斜高是2，所以四个侧面积是，底面面积为，所以该四棱锥的表面积是16+，故选B．

点评：本题考查由三视图求几何体的表面积，做此题型的关键是正确还原几何体及几何体的棱的长度.

5．《镜花缘》是清代文人李汝珍创作的长篇小说，书中有这样一个情节：一座楼阁到处挂满了五彩缤纷的大小灯球，灯球有两种，一种是大灯下缀2个小灯，另一种是大灯下缀4个小灯，大灯共360个，小灯共1200个.若在这座楼阁的灯球中，随机选取一个灯球，则这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为（  ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，根据题意求得，再由古典概型及其概率的公式，即可求解．

【详解】

设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，

根据题意可得，解得，

则灯球的总数为个，

故这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为，故选B．

【点睛】

本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中根据题意列出方程组，求得两种灯球的数量是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．

6．设函数的图像关于原点对称，则的值为（  ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先由辅助角公式整理函数解析式，再由函数关于原点对称，即可求出结果.

【详解】

因为，

又函数关于原点对称，所以，即，

因为，所以.

故选D

【点睛】

本题主要考查三角函数的性质，熟记性质即可得出结果，属于基础题型.

7．在正三棱柱中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则与侧面所成角的大小为（   ）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】在正三棱柱中，取的中点，连接，，证明⊥面，则是与侧面所成的角，解直角三角形即可．

【详解】

在正三棱柱中，取的中点，连接，，则易证⊥面.

∴是与侧面所成的角

∵，

∴，即.

故选A.

【点睛】

考查直线和平面所成的角，求直线和平面所成的角关键是找到斜线在平面内的射影，把空间角转化为平面角求解，属中档题．

8．在中，角的对边分别为，的面积为，若，则的值是（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由三角形的面积公式和余弦定理，可得，化简

得，又由，得，即可求解．

【详解】

由题意，因为，由余弦定理，

所以由，可得，

整理得，所以，

所以，化简得，

因为，所以，故选C．

【点睛】

本题主要考查了三角形面积公式，余弦定理以及三角函数的基本关系式的化简求值问题，其中解答中根据三角形的面积公式和余弦定理，得出，再利用同角三角函数的基本关系式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．

9．已知圆与直线相切于，点同时从点出发，沿着直线向右、沿着圆周按逆时针以相同的速度运动，当运动到点时，点也停止运动，连接，（如图），则阴影部分面积，的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．先，再，最后

【答案】A

【解析】由题意得，弧AQ点长度与AP相等，利用扇形的面积公式与三角形的面积公式表示阴影部分的面积，比较大小即可．

【详解】

如图所示，因为直线与圆相切，所以，

所以扇形的面积为，,

因为，所以扇形AOQ的面积,

即，

所以，

【点睛】

本题主要考查了圆的切线的性质以及扇形的面积公式的计算问题，其中解答红熟练地掌握圆的切线的性质，以及准确利用扇形的面积公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．

10．直线与抛物线：交于两点，为坐标原点，若直线，的斜率，满足，则直线过定点（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由，解得，将直线代入抛物线的方程，利用根与系数的关系，求得，求得，即可得到答案．

【详解】

设，，则，又，，解得.

将直线：代入，得，

∴，∴.

即直线：，所以过定点

【点睛】

本题主要考查了直线的斜率的应用，以及直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中把直线方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系，求得的值是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．

11．已知点是的重心，，若，，则的最小值是（  ）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】由题意将原问题转化为均值不等式求最值的问题，据此求解的最小值即可.

【详解】

如图所示，由向量加法的三角形法则及三角形重心的性质可得,

，

根据向量的数量积的定义可得,

设，则，

，

当且仅当，即，△ABC是等腰三角形时等号成立.

综上可得的最小值是.

本题选择C选项.

【点睛】

本题主要考查平面向量的加法运算，向量的模的求解，均值不等式求解最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

12．已知函数，（，）的两个零点为，，则（  ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】将函数的零点问题转化为两个函数的图象的交点问题，作出两个函数的图象，结合图象求解，即可得到答案．

【详解】

由题意，作出函数，的图像，不妨设，则，

从而，，所以，，

故，所以.

【点睛】

本题主要考查了函数的零点问题的求解，其中解答中将函数的零点问题转化为两个函数的图象的交点问题，作出两个函数的图象，结合图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及运算与求解能力，属于基础题．

二、填空题

13．已知函数，则的值为_______．

【答案】4

【解析】根据分段函数的解析式，先求解得值，进而求解的值，得到答案．

【详解】

由题意，函数，则，

所以，故答案为4.

【点睛】

本题主要考查了分段函数的求值问题，其中解答中根据分段函数的解析式，合理准去计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

14．已知实数满足，则目标函数的最大值为_____.

【答案】

【解析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求的最大值．

【详解】

作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）

由得，平移直线，

由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，

此时最大．由解得．

代入目标函数得．

即目标函数的最大值为12．

故答案为：12．

【点睛】

本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．利用平移确定目标函数取得最优解的条件是解决本题的关键．

15．设等比数列的前项的和为，且满足，，则_______．

【答案】32

【解析】先设等比数列的公比为，再由，求出首项和公比，进而可得出结果.

【详解】

设等比数列的公比为，因为，，所以，

解得，，所以.

故答案为

【点睛】

本题主要考查等比数列，熟记其通项公式和前项和公式，即可求出结果，属于基础题型.

16．已知双曲线：的左、右焦点分别为、，第一象限内的点在双曲线的渐近线上，且，若以为焦点的抛物线：经过点，则双曲线的离心率为_______．

【答案】

【解析】由题意可得，又由，可得，联立得，，又由为焦点的抛物线：经过点，化简得，根据离心率，可得，即可求解．

【详解】

由题意，双曲线的渐近线方程为，焦点为，，

可得，①

又，可得，

即为，②由，联立①②可得，，

由为焦点的抛物线：经过点，

可得，且，即有，即

由，可得，解得

【点睛】

本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中根据条件转化为圆锥曲线的离心率的方程是解答的关键．求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，的值，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)．

三、解答题

17．已知等差数列的前项的和为，，.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，记数列的前项和为，求.

【答案】（1）数列的通项公式为   （2）

【解析】试题分析：（1）建立方程组 ；

（2）由（1）得：进而由裂项相消法求得.

试题解析：（1）设等差数列的公差为，由题意知

解得.

所以数列的通项公式为

（2）

∴

18．如图，在四棱锥中，四边形为菱形，平面，连接、交于点，，，点是棱上的动点，连接、.

（1）求证：平面平面；

（2）当面积的最小值是4时，求此时点到底面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）要证明面面垂直先得线线垂直，平面PAC，进而得到面面垂直；（2），此时，，进而得到结果.

【详解】

（1）证明：是菱形，,              

PA⊥平面,平面,.         

又, 平面PAC ,

又平面,平面平面.

（2）连OE,由（1）知平面，平面,

,         

, 由 得:

当 时，OE取到最小值.  此时

作交于, PA⊥平面， 平面，

由. 得点到底面的距离.

.

19．为响应党中央“扶贫攻坚”的号召，某单位指导一贫困村通过种植紫甘薯来提高经济收入.紫甘薯对环境温度要求较高，根据以往的经验，随着温度的升高，其死亡株数成增长的趋势.下表给出了2017年种植的一批试验紫甘薯在温度升高时6组死亡的株数：

经计算：，，，，，，，其中，分别为试验数据中的温度和死亡株数，.

（1）若用线性回归模型，求关于的回归方程（结果精确到0.1）；

（2）若用非线性回归模型求得关于的回归方程，且相关指数为.

(i)试与（1）中的回归模型相比，用说明哪种模型的拟合效果更好；

（ii）用拟合效果好的模型预测温度为时该紫甘薯死亡株数（结果取整数）.

附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，；相关指数为：.

【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)详见解析．

【解析】试题分析：（1）利用回归方程的公式，求得线性回归方程为：=6.6x−139.4；（2）（i），因为0.9398＜0.9522，所以回归方程比线性回归方程=6.6x−138.6拟合效果更好；（ii）当温度时，，即当温度为35C时该批紫甘薯死亡株数为190.

试题解析：

(Ⅰ)由题意得， 

∴33−6.6326=−139.4，

∴关于的线性回归方程为：=6.6x−139.4．

（注：若用计算出，则酌情扣1分）

(Ⅱ) （i）线性回归方程=6.6x−138.6对应的相关系数为：

，

因为0.9398＜0.9522，

所以回归方程比线性回归方程=6.6x−138.6拟合效果更好．

（ii）由（i）知，当温度时，

，

即当温度为35C时该批紫甘薯死亡株数为190.

20．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率等于.

（1）求椭圆的方程；

（2）过椭圆的右焦点作直线交椭圆于、两点，交轴于点，若，，求证：为定值.

【答案】（1）（2）见证明

【解析】（1）根据椭圆的焦点位置及抛物线的焦点坐标，设出其方程，利用顶点和离心率确定其中的参数，即可求解其标准方程；

（2）写出椭圆的右焦点，然后，设出直线的方程和点的坐标，联立方程组，结合向量的坐标运算，即可求解．

【详解】

（1）设椭圆的方程为，则由题意知

∴.即∴

∴椭圆的方程为

（2）设、、点的坐标分别为，，.

又易知点的坐标为

显然直线存在的斜率，设直线的斜率为，则直线的方程是

将直线的方程代入到椭圆的方程中，消去并整理得

，∴，

∵，

∴将各点坐标代入得，

∴

【点睛】

本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．

21．设函数.

（1）若是的极大值点，求的取值范围；

（2）当，时，方程（其中）有唯一实数解，求的值.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）由题意，求得函数的导数得到，分类讨论得到函数的单调性和极值，即可求解实数的取值范围；

（2）因为方程有唯一实数解，即有唯一实数解，设，利用导数，令，得，由此入手即可求解实数m的值．

【详解】

（1）由题意，函数的定义域为，则导数为

由，得，∴

①若，由，得.

当时，，此时单调递增；

当时，，此时单调递减.

所以是的极大值点

②若，由，得，或.

因为是的极大值点，所以，解得

综合①②：的取值范围是

（2）因为方程有唯一实数解，所以有唯一实数解

设，则，

令，即.

因为，，所以（舍去），

当时，，在上单调递减，

当时，，在单调递增

当时，，取最小值

则，即，

所以，因为，所以（）

设函数，

因为当时，是增函数，所以至多有一解

因为，所以方程（）的解为，即，解得

【点睛】

本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及函数的零点问题，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；有时也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

22．选修4-4：坐标系与参数方程

已知曲线的参数方程为（为参数），以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程是：

（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程.

（2）点是曲线上的动点，求点到直线距离的最大值与最小值.

【答案】（1）曲线的普通方程为，直线的直角坐标方程为

（2），

【解析】（1）由曲线的参数方程消去参数，即可求出其普通方程；由极坐标与直角坐标的互化公式即可求出直线的直角坐标方程；

（2）由曲线C的参数方程，先设点，再由点到直线的距离公式即可求解.

【详解】

解：（1）∵曲线的参数方程为（为参数），

∴曲线的普通方程为

∵直线的极坐标方程是：

∴

∴直线的直角坐标方程为

（2）∵点是曲线上的动点，

∴设，则到直线的距离：

，

∴当时，点到直线距离取最大值

当时，点到直线距离取最小值

【点睛】

本题主要考查参数方程与普通方程的互化和极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及参数的方法求点到直线的距离，熟记公式即可，属于常考题型.

23．已知函数.

（1）若恒成立，求实数的最大值；

（2）在（1）成立的条件下，正数满足，证明：.

【答案】(1)2；(2)证明见解析.

【解析】（1）由题意可得，则原问题等价于，据此可得实数的最大值.

（2）证明：法一：由题意结合(1)的结论可知，结合均值不等式的结论有，据此由综合法即可证得.

法二：利用分析法，原问题等价于，进一步，只需证明，分解因式后只需证，据此即可证得题中的结论.

【详解】

（1）由已知可得，

所以，

所以只需，解得，

∴，所以实数的最大值.

（2）证明：法一：综合法

∵，

∴，

∴，当且仅当时取等号，①

又∵，∴，

∴，当且仅当时取等号，②

由①②得，∴，所以.

法二：分析法

因为，，

所以要证，只需证，

即证，

∵，所以只要证，

即证，

即证，因为，所以只需证，

因为，所以成立，

所以.

【点睛】

本题主要考查绝对值函数最值的求解，不等式的证明方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.