2020年湖南高三二模数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.设集合A.B.，C.，则（ ）．D.2.设为第三象限角，A.B.，则（ ）．C.D.3.某几何体的三视图如图所示，则该三视图的体积为（ ）．正视图侧视图俯视图A.B.C.D.4.以下有关命题的说法错误的是（ ）．A.命题“若B.“C.若”是“，则”的逆否命题为“若”的充分不必要条件，则”为假命题，则、均为假命题使得，则，均有D.对于命题5.若复数A.第一象限是纯虚数，则复数在复平面内对应的点位于（ ）．1B.第二象限C.第三象限D.第四象限6.湖面上飘着一个小球，湖水结冰后将球取出，冰面上留下一个半径为，深的空穴，则取出该球前，球面上的点到冰面的最大距离为（ ）．A.B.C.D.7.已知函数的图象关于直线对称．则（ ）．A.的最小正周期为，且在上为减函数B.的最小正周期为，且在上为增函数C.的最小正周期为，且在上为减函数D.的最小正周期为，且在上为增函数8.若定义在上的偶函数满足，且当时，，则函数的零点个数是（ ）．A.B.C.D.9.设，满足约束条件，则的取值范围是（ ）．A.B.C.D.10.2
若函数A.B.C.D.在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）．11.的内角，，的对边分别为，，，且（ ）．，，为的外心，则A.B.C.D.12.已知函数取值范围是（ ）A.B.C.D.，若存在，使得，则实数的二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知等差数列，的前项和分别为，，若，则 ．14.观察分析下表中的数据：多面体三棱柱五棱锥立方体猜想一般凸多面体中，，，所满足的等式是 ．面数（）顶点数（）棱数（）3
15.已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围是 ．16.以双曲线：近线交于，两点，若（，）的右焦点为圆心，为半径的圆与的一条渐，则双曲线的离心率为 ．三、解答题（本大题共5小题，每小题12分，共60分）17.设（1）求（2）求的内角、、所对的边分别为、、．已知，，．的周长；的值．18.已知数列（1）求数列（2）设的各项均为正数，其前项和为的通项公式．，求数列的前项和，且，．．19.如图，在梯形形，平面平面中，，，．，，四边形为矩（1）证明：（2）设点平面在线段．上运动．平面与平面所成锐二面角为，求的取值范围．20.分别过椭圆分别交于、与、足不同四点，直线左、右焦点、、、、，的动直线、相交于点，与椭圆的斜率分别为．、、、，且满，已知当与轴重合时，4
（1）求椭圆的方程．（2）是否存在定点说明理由．，，使得为定值？若存在，求出、点坐标，若不存在，21.已知函数（1）讨论函数（2）若的零点个数．，函数．在区间有最值，求实数的取值范围．四、选做题（本大题共2小题，选做1题，共10分）22.在平面直角坐标系中，已知曲线：极轴建立极坐标系，直线：．（为参数），以原点为极点，轴正半轴为（1）写出直线的直角坐标方程和曲线的普通方程．（2）在曲线上取一点，使点到直线的距离最大，求最大距离及此时点的坐标．23.已知函数（1）当（2）若时，求不等式，．的解集．恒成立，求实数的取值范围．【答案】1.C解析:且所以故选．．，，5
2.D解析:因为为第三象限角，且∴所以故选．3.B解析:该几何体是由一个半球体，挖去一个圆锥，其体积为4.C解析:由逆否命题的定义可知正确；，解得所以“若”是“或，”的充分不必要条件，正确；．，．，为假命题，则或均至少有一个是假命题，而不是都是假命题，故错误；由命题的否定的定义可知正确．5.B解析:是纯虚数，所以∴故选．6.C解析:如图，在即，，设球的半径为，则，．所以取出该球前，．，，其在复平面内对应的点味，位于第二象限．，，，由勾股定理可得：，解得球面上的点到冰面的最大距离为故选：．67.A解析:，其图象关于直线所以当又因为∴所以当所以故选．8.C解析:偶函数当函数满足时，，故当，故函数的周期为．时，．的图象与函数的图象的交点个数．在，的最小正周期为，时，，上为减函数．时，，，，，对称，的零点的个数等于函数的图象与函数在同一个坐标系中画出函数的图象，如图所示：yx–4–3–2–1O1234显然函数故选．9.A的图象与函数的图象有个交点，7解析:作出可行域为如图所示的，其中 ，，，令则表示可行域内的动点，与定点连线的斜率，由图可知，当点位于线段上时，取得最小值，，当动点位于点时，取得最大值，故所故选．10.D解析:由题意可得：故选．11.B解析:方法一：取中点，连接，，解得．．8则所以﹐，方法二：不妨假设，则的外心即为的中点，以为坐标原点建立如图所示平面直角坐标系，则，，，，，．，∴12.C解析:， 设已知条件转化为存在间上有解，所以，，使得在区间成立，上有解，令．，，结合函数单调性可知当，所以在区时函数取得最大值，所以的取值范围是13.解析:．故答案为：．9
14.解析:三棱柱五棱锥立方体；；；的关系为，则根据以上结论，猜想一般多面体中故答案为15.解析:由题意知使得即因为所以所以所以16.解析:如图，设为中点，连接，，．，在，，上为减函数，，在，，．上为增函数，，则，，（双曲线的焦点到渐近线的距离等于），在又中，由勾股定理可得：，，10所以所以，，，离心率．17.（1）．（2）解析:（1）．的周长为（2）．．．，故为锐角，．．18.（1）（2）解析:（1）由∴．．，两边平方并整理得：，又，∴当时，，∴，①②由①②得又因为∴数列（2）∴，所以的首项为，公差为等差数列，∴，，．两式相减得，11∴19.（1）证明见解析．（2）解析:（1）在梯形所以所以所以所以因为平面平面所以平面，．．中，因为，，，，，，平面，．，平面平面，（2）由（）可以以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，令则∴设由取∵∴∵，，则是平面，，为平面得，，，，的一个法向量，，，的一个法向量，，，12∴当当∴时，时，有最小值有最大值．，，20.（1）（2）存在点使得解析:，．其坐标分别为为定值．、，（1）当与轴重合时，即，，，．，，，∴垂直于轴，得解得，，∴椭圆的方程为（2）焦点、坐标分别为当直线或斜率不存在时，点坐标为当直线，斜率存在时，设斜率分别为设得∴，，，由，，，，或，，，同理∵∴由题意知∴设即，则，，，，，，即，，，由当直线或斜率不存在时，P点坐标为或也满足，13∴点∴存在点使得21.（1）当当当（2）解析:（1）方法一：点在椭圆，其坐标分别为为定值或时，时，时，．上，、，有一个零点；有两个零点；无零点．．，若，则，此时若当∴所以当当当综上：当当当方法二：令函数，即，即或时，时，，，在上单调递增，且，时，存在唯一零点；，令，，，得；时，，当，，单调递减，，单调递增；当，且当时，无零点；有一个零点；有两个零点．，即时，时，时，时，有一个零点；有两个零点；无零点．，得的零点个数即为直线，当与函数时，，单调递减，时，，的图象的交点个数．，单调递增；当∴所以当当时，，且当或时，时，；当时，，有一个零点；有两个零点；14当（2）∵∴而∴又在在时，无零点．，，上有最值，上不单调．，恒成立．，由，，故22.（1）（2）解析:（1）的直角坐标方程为曲线的普通方程为（2）设，当，．，．．，．，则点到直线的距离，即时，取得最大值，此时．23.（1）（2）解析:（1）当当当当时，不等式时，时，时，．．即为，解得，解得，解得．，，∴，；，∴，∴；．所以原不等式的解集为（2）所以当时，取得最小值，∴．15
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