2020届湖南省株洲市高三一模数学（文）试题（解析版）

2020届湖南省株洲市高三一模数学（文）试题

一、单选题

1．已知复数，其中i为虚数单位，则　　

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】直接利用复数的除法运算求得复数z，再根据模的定义即可求得复数的模．

【详解】

解：

∴

即

故选C．

【点睛】

本题考查复数模的求法，是基础的计算题．

2．设集合，则（ ）

A．(1,2) B．[1,2] C．(1,2] D．[1,2)

【答案】C

【解析】由已知，

所以，选．

【考点】绝对值不等式的解法，对数函数的性质，集合的交集．

3．已知、为实数，则是的（    ）条件

A．充分不必要 B．必要不充分

C．充要条件 D．不充分也不必要

【答案】A

【解析】求出的等价条件，然后根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可.

【详解】

由得，此时成立，

由，此时当、有负数时，不成立，

即“”是“”的充分不必要条件，

故选：A.

【点睛】

本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的关系是解决本题的关键，考查推理能力，属于基础题.

4．已知向量、满足，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】可先得出，从而进行数量积的运算即可求出，从而可得出的值.

【详解】

，，且，，，

因此，.

故选：C.

【点睛】

本题考查了向量垂直的充要条件，向量数量积的运算，向量长度的求法，考查了计算能力，属于基础题.

5．等差数列的前项的和是，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设等差数列的公差为，由，，可得，解得，再利用等差数列的通项公式即可得出结果.

【详解】

设等差数列的公差为，，，，解得.

因此，.

故选：B.

【点睛】

本题考查了等差数列的通项公式的求解，涉及等差数列求和公式的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.

6．已知双曲线方程，其焦点到一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】求出双曲线的焦点到条渐近线的距离，可得，求出，即可求出双曲线的离心率.

【详解】

双曲线方程的一条渐近线为，

双曲线方程的焦点到一条渐近线的距离为，，.

双曲线的离心率，

故选：B.

【点睛】

本题考查双曲线的性质，考查学生的计算能力，属于中档题.

7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】判断几何体的形状，利用三视图的数据求解几何体的体积即可.

【详解】

几何体的直观图如图，是多面体，是长方体的一部分，

几何体的体积为：.

故选：B.

【点睛】

本题考查根据三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.

8．如图，是圆直径，、是弧的三等分点，、是线段的三等分点，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据向量加法的三角形法则，把要求向量数量积的两个向量转化为两个向量和的形式，根据向量数量积的运算律，展开代入向量的模长和夹角，得到结果.

【详解】

，，

.

故选：A.

【点睛】

本题考查向量的三角形法则，考查向量的数量积，考查两个向量的夹角，是一个把向量化未知为已知的问题，题目比较新颖.

9．函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】根据题意，分析函数的奇偶性，排除A、B，进而分析函数值的变化趋势，排除C，即可得答案.

【详解】

根据题意，函数，其定义域为，，，则函数为非奇非偶函数，排除A、B；

又由时，，排除C.

故选：D.

【点睛】

本题考查函数的图象分析，注意分析函数的奇偶性以及单调性，考查推理能力，属于中等题.

10．若将函数图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向下平移一个单位得到的函数的图象，函数（    ）

A．图象关于点对称 B．最小正周期是

C．在上递增 D．在上最大值是

【答案】C

【解析】根据三角函数的图象变换关系求出函数的解析式，结合三角函数的性质分别进行判断即可.

【详解】

若将函数图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，

向下平移一个单位得到的函数的图象，则，

A.，则函数关于对称，故A错误，

B.函数的周期，故B错误，

C.当时，，此时函数为增函数，故C正确，

D.由C知当时，，此时函数无最大值，故D错误，

故选：C.

【点睛】

本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数的图象变换法则求出函数的解析式，以及利用三角函数的性质是解决本题的关键，难度不大.

11．梅赛德斯-奔驰（Mercedes-Benz）创立于1900年，是世界上最成功的高档汽车品牌之一，其经典的“三叉星”商标象征着陆上、水上和空中的机械化.已知该商标由1个圆形和6个全等的三角形组成（如图），点为圆心，，若在圆内任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】分别求出圆与阴影部分的面积，作商即可得到结果.

【详解】

由已知可得，则.

又，.

不妨设，则由正弦定理可得，

则，

所以阴影部分的面积为，圆的面积为，

则在圆内任取一点，则此点取自阴影部分的概率为.

故选D.

【点睛】

本题考查几何概型的面积概型，合理求出阴影部分的面积是解题的关键，考查学生的计算能力，属于中档题.

12．已知对任意恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】先由题意得到，令，得到对任意恒成立；令，对函数求导，用导数的方法研究其单调性，分别讨论，两种情况，即可得出结果.

【详解】

由可得：，

令，，由题可得：对任意恒成立；

令，则，

所以在上显然恒成立，

所以在上单增，

所以，

当时，对恒成立，所以，符合题意.

当时，在上递增可知，使得

且时，，时，.所以在上单减.

所以，综上.

故选D

【点睛】

本题主要考查由不等式恒成立求参数的问题，熟记导数的方法研究函数单调性，最值等，属于常考题型.

二、填空题

13．若，，且，则的最小值为_____.

【答案】

【解析】由已知结合基本不等式即可直接求解最值.

【详解】

，，且，则，

当且仅当且，即，时取等号，

因此，的最小值为.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查了基本不等式在求解最值中的应用，属于基础试题.

14．在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1，2）.已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为_______

【答案】1010.1

【解析】将代入即可求得.

【详解】

两颗星的星等与亮度满足，令，

.

【点睛】

本题考查了对数的运算,属基础题.

15．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于、两点，且直线与圆交于、两点，且，则直线的斜率是_____.

【答案】

【解析】根据圆的性质，求得，设直线的方程，代入抛物线方程，根据韦达定理及抛物线的焦点弦公式，即可求得，根据题意即可求得直线的斜率.

【详解】

圆的圆心为，半径为，所以，

设直线的斜率为，则直线的方程为，

代入可得，

设、，则，

所以，所以，解得.

故答案为：.

【点睛】

本题考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理及抛物线的焦点弦公式的应用，考查转化思想，计算能力，属于中档题.

16．正项等比数列满足：，，则数列的前项和是_____.

【答案】

【解析】先设正项等比数列的公比为，然后根据等比数列的通项公式及题干可计算出首项和公比的值，即可计算出数列的通项公式，再计算出数列的通项公式，再连续两次运用错位相减法可计算出数列的前项和.

【详解】

由题意，设正项等比数列的公比为，则，解得，，，.

令，则.

设数列的前项和为，则，

，

两式相减，可得，①

①，可得，②

①②，可得.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查等比数列的性质应用，以及连续两次运用错位相减法求数列的前项和，考查了方程思想，转化和化归思想，换元法的应用，以及逻辑思维能力和数学运算能力，属中档题.

三、解答题

17．为响应国家“精准扶贫、精准脱贫”的号召，某贫困县在精准推进上下功夫，在精准扶贫上见实效.根据当地气候特点大力发展中医药产业，药用昆虫的使用相应愈来愈多，每年春暖以后到寒冬前，昆虫大量活动与繁殖，易于采取各种药用昆虫.已知一只药用昆虫的产卵数（单位：个）与一定范围内的温度（单位：）有关，于是科研人员在月份的天中随机选取了天进行研究，现收集了该种药物昆虫的组观察数据如表：

（1）从这天中任选天，记这天药用昆虫的产卵数分别为、，求“事件，均不小于”的概率？

（2）科研人员确定的研究方案是：先从这组数据中任选组，用剩下的组数据建立线性回归方程，再对被选取的组数据进行检验.

①若选取的是月日与月日这组数据，请根据月日、日和日这三组数据，求出关于的线性回归方程？

②若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的差的绝对值均不超过个，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试问①中所得的线性回归方程是否可靠？

附公式：，.

【答案】（1）；（2）①；②是可靠的.

【解析】（1）用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值；

（2）①由数据计算平均数和回归系数，写出关于的线性回归方程；

②根据线性回归方程计算、时的值，再验证所得到的线性回归方程是否可靠.

【详解】

（1）依题意得，、的所有情况为：、、、、、、、、、，共有个，

设“、均不小于”为事件，则事件包含的基本事件为：、、共有个，

，即事件的概率为；

（2）①由数据得，，

，，

关于的线性回归方程为；

②由①知，关于的线性回归方程为，

当时，，且，

当时，，且.

因此，所得到的线性回归方程是可靠的.

【点睛】

本题考查了线性回归方程与古典概型的概率计算问题，是中档题.

18．已知三角形中，.

（1）求；

（2）若，，求三角形的面积.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）通过正弦定理化简已知条件，利用两角和的正弦公式与二倍角公式即可求；

（2）利用正弦定理和余弦定理及三角形的面积公式求出结果.

【详解】

（1）三角形中，角、、所对的边分别为、、，，

由正弦定理可知，可得，

，

，，可得，因此，；

（2）根据正弦定理得，得，.

因为，所以.

由余弦定理得，得.

可得.

【点睛】

本题考查了正弦定理，余弦定理的应用，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦、余弦定理是解本题的关键，属于中等题.

19．已知四棱柱的所有棱长都为2，且.

（1）证明：平面平面；

（2）求直线与平面所成的角的正弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】（1）要证平面平面，转化为证明平面，通过证明及可得；

（2）连接，由（1）可得为直线与平面所成的角，在中求角的正弦值.另外可以用向量法求线面角.

【详解】

（1）证明：设与的交点为，连接，

因为，，，

所以，

所以，

又因为是的中点，所以，

另由且，

所以平面，

而平面，所以平面平面.

（2）（法一）连接，由（1）知平面，

所以为直线与平面所成的角，

在菱形中，，

故，

所以

又因为，所以，

所以.

（法二）过作直线平面，分别以、、为、、轴，建立如图所示空间直角坐标系，

依题意，得，，，，，

所以，，，

设平面的法向量为，

所以，令，则，即，

所以，

即直线与平面所成的角的正弦值为.

【点睛】

本题考查面面垂直的判定以及空间线面角的求解，其中关键是要找到线面角的平面角，考查了学生空间想象能力，是中档题.

20．椭圆的离心率是，且以两焦点间的线段为直径的圆的内接正方形面积是.

（1）求椭圆的方程；

（2）过左焦点的直线与相交于、两点，直线，过作垂直于的直线与直线交于点，求的最小值和此时的直线的方程.

【答案】（1）；（2）的最小值为，此时直线的方程为.

【解析】（1）由离心率及圆内接正方形的面积和、、之间的关系可求出椭圆的方程；

（2）由（1）可得左焦点的坐标，设直线的方程与椭圆联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长的值，再由题意设的方程，令求出的纵坐标，即求出了的坐标，进而求出的值，求出所以比值的表达式，由均值不等式求出最小值.

【详解】

（1）由题意可得，解得，，

所以椭圆的方程为；

（2）由（1）得左焦点，显然直线的斜率不为，

设直线的方程为，设、，

联立直线与椭圆的方程，整理可得，

，，

所以弦长.

由题意设直线的方程为，令可得，即，

所以，

当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为，此时直线的方程为.

【点睛】

本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中的最值问题，涉及韦达定理设而不求法的应用，考查运算求解能力，属于中档题.

21．已知函数.

（1）当时，证明：；

（2）若在有且只有一个零点，求的范围.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）构造函数，利用导数可得其最小值大于等于，进而得证；

（2）构造函数，，，，则函数与的图象在上有且仅有一个交点，分类讨论即可得出结论.

【详解】

（1）当时，，

令，则，

当时，，当时，，

所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.

所以，函数在处取得极小值，亦即最小值，即，

故，即，即得证；

（2）依题意，方程在上只有一个解，

记，，，，则函数与的图象在上有且仅有一个交点，

又在上恒成立，故函数在上单调递增，

（i）当时，函数在单调递增，在单调递减，

且，，，如图，

显然，此时满足函数与的图象在上有且仅有一个交点，符合题意；

（ii）当时，，显然在上有且仅有一个零点，符合题意；

（iii）当时，函数在单调递减，在单调递增，且，，，如图，

要使函数与的图象在上有且仅有一个交点，只需，即，即，又，故.

综上，实数的取值范围为.

【点睛】

本题考查利用导数证明不等式，考查函数零点与方程根的关系，考查转化思想，数形结合思想，分类讨论思想以及推理论证能力，属于难题.

22．直线的参数方程是（为参数），圆的极坐标方程是.

（1）求圆的直角坐标方程；

（2）过直线上的一点作一条倾斜角为的直线与圆交于、两点，求的最小值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）由可将圆的方程化为直角坐标方程；

（2）在直线的参数方程中消去参数可得出直线的普通方程，设点的坐标为，并写出直线的参数方程，将直线的参数方程与圆的普通方程联立，进一步利用一元二次方程根和系数的关系式的应用求出结果.

【详解】

（1）圆的极坐标方程是，

由转换为直角坐标方程为，整理得；

（2）直线的参数方程是（为参数），转换为直角坐标方程为.

设点的坐标为，则直线的参数方程为（为参数），

将直线的参数方程代入圆的方程联立，可得，

设点、对应的参数分别为、，则，

所以，.

因此，的最小值为.

【点睛】

本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型.

23．已知函数.

（1）解不等式；

（2）当时，不等式恒成立，求的最小值.

【答案】（1）；（2）最小值为.

【解析】（1）利用分段讨论法去掉绝对值，再求不等式的解集；

（2）画出时函数的图象，结合图象求出时不等式恒成立的、满足条件，从而求得的最小值.

【详解】

（1）函数，

当时，不等式可化为，解得，此时；

当时，不等式可化为，解得，此时；

当时，不等式可化为，解得，此时.

综上所述，不等式的解集为；

②当时，画出函数的图象如图所示，

则的图象与轴的交点纵坐标为，各部分所在直线的斜率的最大值为，

所以当且仅当且时，满足，不等式恒成立，

所以的最小值为.

【点睛】

本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了不等式恒成立问题，是中档题.