2020届湖南省长郡中学高三下学期第二次适应性考试数学（文）试题（解析版）

2020届湖南省长郡中学高三下学期第二次适应性考试数学（文）试题


一、单选题
1．已知i为虚数单位，m∈R，若复数（2-i）（m+i）在复平面内对应的点位于实轴上，则复数的虚部为（　　）
A．1 B．i C． D．
【答案】A
【解析】根据复数的运算以及复数的几何意义，求出m的值结合复数虚部的定义进行求解即可．
【详解】
（2-i）（m+i）=2m+1+（2-m）i，
若复数在复平面内对应的点位于实轴上，
则2-m=0得m=2，
复数，
即复数的虚部是1，
故选A．
【点睛】
本题主要考查复数的计算，结合复数的几何意义是解决本题的关键．
2．已知集合，集合，则( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】先分别求得集合和集合，再计算，即可得到答案.
【详解】
由集合得，解得，
，
由集合得，解得，
，
.
故选：D.
【点睛】
本题考查了集合的描述法以及集合的交集运算，属于基础题.
3．如图统计了截止2019年年底中国电动车充电桩细分产品占比及保有量情况，关于这5次统计，下列说法正确的是( )
中国电动车充电桩细分产品占比情况：

中国电动车充电桩细分产品保有量情况：（单位：万台）

A．私人类电动汽车充电桩保有量增长率最高的年份是2018年
B．公共类电动汽车充电桩保有量的中位数是25.7万台
C．公共类电动汽车充电桩保有量的平均数为23.12万台
D．从2017年开始，我国私人类电动汽车充电桩占比均超过
【答案】D
【解析】观察两幅图，对照各项中的结论判断即可.
【详解】
观察统计图，
对于选项A，注意增长率与增量的区别，由增长率公式，可计算2016年至2019年各年私人类电动汽车充电桩保有量增长率，分别为、、、，因此最高的年份应为2016年，A错误；
对于选项B，由中位数的定义，可得公共类电动汽车充电桩保有量的中位数是21.4万台，B错误；
对于选项C，由平均数的定义，可得公共类电动汽车充电桩保有量的平均数为23.02万台，C错误；
对于选项D，根据第一幅统计图，可知从2017年开始，我国私人类电动汽车充电桩占比均超过，D正确.
故选：D.
【点睛】
本题考查了增长率、中位数以及平均数的求法，考查了利用条形统计图解决实际问题，属于基础题.
4．已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】直接由诱导公式计算即可.
【详解】
由诱导公式可得：
，故.
故选：B.
【点睛】
本题考查了诱导公式的简单应用，属于基础题.
5．若双曲线的左、右焦点分别为，离心率为，点，则( )
A．6 B．8 C．9 D．10
【答案】C
【解析】根据题意写出与坐标，表示出，结合离心率公式计算即可.
【详解】
双曲线的左、右焦点分别为，，
，，
又，
，，
该双曲线离心率为，
，即，
解得，
，
故选：C.
【点睛】
本题考查了双曲线的定义及性质，考查运算能力，属于基础题.
6．我国南宋时期的数学家秦九韶（约1202-1261）在他的著作《数书九章》中提出了多项式求值的秦九韶算法，如图所示的框图给出了利用秦九韶算法求多项式值的一个实例.若输入的，则输出的值为( )

A．15 B．31 C．63 D．127
【答案】B
【解析】由题意模拟程序的运行，依次写出每次循环的，的值，当时，不满足，跳出循环，得到，即可得解.
【详解】
模拟程序的运行，输入的，可得，
满足条件，执行循环体，，，
满足条件，执行循环体，，，
满足条件，执行循环体，，，
满足条件，执行循环体，，，
满足条件，执行循环体，，，
不满足条件，退出循环，输出值为，
故选：B.
【点睛】
本题考查了循环结构的程序框图的应用，属于基础题.
7．函数的图象大致为( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】判断函数的奇偶性，结合具体函数值，进行排除即可.
【详解】
易知定义域为，
，
为偶函数，关于轴对称，
排除C，
又，排除A和D.
故选：B.
【点睛】
本题考查了函数图象的识别和判断，考查了函数的奇偶性，属于基础题.
8．在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，过点、、、的截面与平面的交线为，则异面直线、所成角的正切值为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】作出过点、、、的截面与平面的交线，由正方体的性质得，则异面直线、所成角与共面直线与所成角相等，由此即可求解.
【详解】
如图所示，记与交于点，与交于点，连结，
即为过点、、、的截面与平面的交线，

在正方体中，则，
直线与所成角与异面直线、所成角相等，
记直线与所成角为，
由题可知与都在平面平面上，
易知，，
由此可求得，
故选：D.
【点睛】
本题考查了异面直线所成角，考查了转化能力，属于基础题.
9．对于集合，定义：为集合相对于的“余弦方差”，则集合相对于的“余弦方差”为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由定义可得集合相对于的“余弦方差”的表达式，观察到
，，利用进行化简即可.
【详解】
根据定义，集合相对于的“余弦方差”为：
，
注意到，，
，
，
，
.
故选：A.
【点睛】
本题考查了三角函数诱导公式的应用以及同角三角函数的平方关系，考查学生的转化能力，另外本题也可以通过取特殊值进行化简求值，较为简洁，属于基础题.
10．已知为椭圆上三个不同的点，若坐标原点为的重心，则的面积为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设，，，到直线的距离为，分直线斜率不存在与存在两种情况讨论：斜率不存在时，求出与，计算的面积；斜率存在时，设直线：，联立消元，应用韦达定理得到与，化简表示出与，将点坐标代入椭圆方程得到，计算的面积.综合两种情况，可得答案.
【详解】
设，，，记到直线的距离为，
为的重心，
，，
①当直线斜率不存在时，根据椭圆对称性可知，，，则，
由为的重心知，，，则或，
，，，
，
②当直线斜率存在时，设直线：，易知，
联立方程，
消去得，
化简整理得，，
，
由韦达定理得，，，
，
，
为的重心，
，
，
，
到直线的距离为，
将点代入椭圆方程得，，
整理得，，
，
的面积为，
综上所述，的面积恒为.
故选：C.
【点睛】
本题考查了直线与椭圆的位置关系以及弦长公式的应用，考查了三角形重心的性质，考查了运算能力，另外,作为选择题，本题可直接通过特殊位置求出的面积，属于中档题.
11．已知数列满足,,（）则数列的前项和( )
A．1121 B．1186 C．1230 D．1240
【答案】D
【解析】将题中两递推式相减得，由得，从而，然后并项求和计算即可.
【详解】
，，
两式相减得，
又，即，
，


，
故选：D.
【点睛】
本题考查了数列的递推公式，考查了利用并项法求数列前项和，考查了转化能力，属于中档题.
12．已知正数满足，给出下列不等式：①；②；③，其中正确的个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【解析】记，,将指数式化为对数式得，，，，从而，通过基本不等式判断①、②，对于③通过计算得判断即可，由此可得到正确的个数.
【详解】
记，
，，为正数，
,
则，，，
,
对于①，（当且仅当时取等号），由于，故等号取不到，即，因此，①正确；
对于②，（当且仅当时取等号），由于，故等号取不到，即，因此，②正确；
对于③，，即，故，③正确.
正确的个数为3.
故选：D.
【点睛】
本题考查了指数式与对数式的互化以及对数运算的性质，考查了基本不等式的应用，属于中档题.


二、填空题
13．过上一点作曲线的切线，则切线方程为_____________.
【答案】或
【解析】设切点为，表示出切线方程，再将点代入方程，解出或，即可求出切线方程.
【详解】
由题可得，
设该切线切点为，则切线斜率为，
因此切线方程为 ，
又点在切线上，
，
整理得，，
解得或，
代入切线方程，化简得或，
整理得，或，
故答案为：或.
【点睛】
本题考查了导数的几何意义以及利用导数研究曲线上某点处的切线方程，解答此题的关键在于分清所给点是否为切点，注意区分在某点处和过某点的切线，考查了运算能力，属于基础题.
14．第七届世界军人运动会将于2019年10月18日至27日在湖北武汉举行。武汉市体育局为了让市民更多地了解军运会，准备组建四个宣讲小组，开展宣传活动，其中甲、乙、丙、丁四人在不同的四个小组，在被问及参加了哪个宣讲小组时，甲说：“我没有参加和小组.”乙说：“我没有参加和小组.”丙说：“我也没有参加和小组。”丁说：“如果乙不参加小组，我就不参加小组.”则参加小组的人是___.
【答案】丙
【解析】根据四人说法进行推理即得结果.
【详解】
由甲、乙、丙都没参加A组得丁必在A组；
再根据丁说：“如果乙不参加小组，我就不参加小组.”得乙参加小组；
由此可得乙、丙、丁都没参加D组得甲必在D组；
从而丙必在C组.
【点睛】
本题考查合情推理，考查基本分析判断能力，属基础题.
15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，最长的棱的长度为________________.

【答案】3
【解析】将此几何体放入一个边长为的正方体内，求出各棱长，比较即可.
【详解】
如图所示，将此几何体放入一个边长为的正方体内，三棱锥即为该几何体，

由图可得，，，，，，
最长的棱的长度为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，将几何体放进立方体中进行求解比较便捷，考查了空间想象能力和转化能力，属于中档题.
16．已知向量满足，若，则的最小值为_____________.
【答案】
【解析】由题意可设，，，记，，，则，，则可将表示为，当与反向时，有最小值，比较与大小可得，再求出的最小值，则答案可求.
【详解】
根据条件，设，，，
记，
，
，
，
当且仅当与反向时，会有最小值，
而，
，
，
而
整理得，
记，，
则，
当且仅当，，三点共线，即时取等号，
，
，
故答案为：.
【点睛】
本题考查了平面向量的数量积运算，考查了平面向量的几何意义，考查了转化能力和数形结合思想，属于较难题.

三、解答题
17．在中，分别为内角的对边，且.
（1）求角的大小；
（2）若，为的内心，求的最大值.
【答案】（1）；（2）2.
【解析】（1）利用正弦定理化边为角，并通过两角和的正弦定理进行变形，最后结合化简即可；
（2）设，由为的内心，得到，从而表示出，在中，由正弦定理表示出与，化简得，可求其最大值.
【详解】
（1），
由正弦定理可得，，
即，
又，
，
，
又
.
（2）设，
为的内心，且，
，
，
在中，
由正弦定理得，，
，，
.
当且仅当，即为等边三角形时取等号，
故的最大值为2.
【点睛】
本题考查了正弦定理以及两角和（差）的正弦公式，考查了三角形内心的应用，考查了转化能力和计算能力，属于基础题.
18．如图1所示，在直角梯形中，，，，，，点恰好在线段的垂直平分线上，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且平面底面，如图2所示，是线段的中点.

（1）证明：平面；
（2）若三棱锥的体积为1，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）3.
【解析】（1）由直角梯形中各线段关系，得到，结合平面底面，可得，结合，得到平面，从而有，通过三线合一得到，即可证明平面；
（2）利用（1）中结论及已知条件，证明平面，利用表示出三棱锥的体积，列方程解出的值即可.
【详解】
（1）在直角梯形中，
点恰好在线段的垂直平分线上，.
即为线段的垂直平分线，即是线段的中点，
，
又，，，
四边形为矩形，
，平面底面，
平面底面，
底面，
又底面，
.
又，，平面，平面，
平面，
又平面，
，
是线段的中点，，
，
又，平面，平面，
平面.
（2）由（1）知，底面，
又底面
，
又，，平面，平面，
平面，
是线段的中点，
到平面的距离为，
由（1）及，得，
而，
解得.
【点睛】
本题考查了面面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理，考查了等体积法求三棱锥体积，考查了方程思想及转化能力，属于中档题.
19．某蔬菜批发商经销某种新鲜蔬菜（以下简称蔬菜），购入价为200元/袋，并以300元/袋的价格售出，若前8小时内所购进的蔬菜没有售完，则批发商将没售完的蔬菜以150元/袋的价格低价处理完毕（根据经验，2小时内完全能够把蔬菜低价处理完，且当天不再购进）.该蔬菜批发商根据往年的销量，统计了100天蔬菜在每天的前8小时内的销售量，制成如下频数分布条形图.

（1）若某天该蔬菜批发商共购入6袋蔬菜，有4袋蔬菜在前8小时内分别被4名顾客购买，剩下2袋在8小时后被另2名顾客购买.现从这6名顾客中随机选2人进行服务回访，则至少选中1人是以150元/袋的价格购买的概率是多少？
（2）以上述样本数据作为决策的依据.
（i）若今年蔬菜上市的100天内，该蔬菜批发商坚持每天购进6袋蔬菜，试估计该蔬菜批发商经销蔬菜的总盈利值；
（ii）若明年该蔬菜批发商每天购进蔬菜的袋数相同，试帮其设计明年的蔬菜的进货方案，使其所获取的平均利润最大.
【答案】（1）；（2）（i）元；（ii）该批发商明年每天购进蔬菜5袋，所获平均利润最大.
【解析】（1）通过列举分别求出“从6人中任选2人”和“至少选中1人是以150元/袋的价格购买”的基本事件个数，通过古典概型公式计算即可；
（2）（i）通过频数分布条形图进行估算即可；（ii）分别计算购进蔬菜4袋、5袋、6袋时的每天所获平均利润，比较大小即可.
【详解】
（1）设这6人中花150元/袋的价格购买蔬菜的顾客为，
其余4人为，，，.
则从6人中任选2人的基本事件为：，，，，，，，，，，，，，，，共15个.
其中至少选中1人是以150元/袋的价格购买的基本事件有：，，，，，，，，，共9个.
至少选中1人是以150元/袋的价格购买的概率为.
（2）（i）该蔬菜批发商经销蔬菜的总盈利值为：（元）.
（ii）当购进蔬菜4袋时，每天所获平均利润为（元），
当购进蔬菜5袋时，每天所获平均利润为（元）
当购进蔬菜6袋时，每天所获平均利润为（元）
综上，该批发商明年每天购进蔬菜5袋，所获平均利润最大.
【点睛】
本题考查了频数分布直方图、古典概型的计算公式以及期望的计算，属于基础题.
20．设椭圆的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线与椭圆交两点，是坐标原点，分别过点作，的平行线，两平行线的交点刚好在椭圆上，判断是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是，6.
【解析】（1）设椭圆的半焦距为，运用椭圆的离心率公式，结合点在椭圆上，以及，求出，，，写出椭圆方程即可；
（2）通过化简得，将问题转化为求证是定值，然后分直线的斜率不存在与不存在两种情况进行讨论：①斜率不存在时，利用椭圆的对称性求出，坐标，计算；②斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程消去，利用韦达定理表示出与，求出点坐标，代入椭圆方程化简得，计算与点到直线的距离，即可得到，综合两种情况即可得到结论.
【详解】
（1）设椭圆的半焦距为，
椭圆的离心率为，
.①
又椭圆经过点，
.②
结合，③
由①②③，解得.
故椭圆的标准方程是.
（2）



.
①当直线的斜率不存在时，不妨设，，
根据对称性知两平行线的交点在轴上，
又交点刚好在椭圆上，
交点为长轴端点，则满足条件的直线的方程是.
此时点，或，，
，
故；
②当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，，.
联立方程，
消去得，
则，，，
，
不妨设两平行线的交点为点，则，
故点的坐标为，
点刚好在椭圆上，
，
即
此时，
则



，
设点到直线的距离为，则.
.
故.
综上，为定值6.
【点睛】
本题考查了椭圆的方程和几何性质，考查了直线与椭圆的位置关系以及弦长公式的运用，考查了平面向量的相关运算，考查了运算能力，属于中档题.
21．已知函数，，且与的图象有一个斜率为1的公切线（为自然对数的底数）.
（1）求；
（2）设函数，讨论函数的零点个数.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】（1）由与的图象有一个斜率为1的公切线，分别对与求导并求出切线方程，列出等量关系可得；
（2）利用换元将转化为二次函数，分类讨论对其单调性，对图像特点进行分析，分情况讨论出函数的零点个数.
【详解】
（1）可得.
在处的切线方程为，
即.
.
在处的切线方程为，
故
可得.
（2）由（1）可得，
，
令，则，
，
时，有两根，
且，
，
得：，
在上，，
在上，，
此时，.
又时，时，.
故在和上，
各有1个零点.
时，
最小值为，故仅有1个零点.
时，.
其中，同，
在与上，
各有1个零点，
时，，仅在有1个零点，
时，对方程.
方程有两个正根，.
在上，，在上，，在，.
由，可得，
故.


，
故.
故在上，，
在上，，
在上，有1个零点：.
时，恒成立，
为增函数，仅有1个零点：.
综上，或时，有1个零点，
或时，有2个零点.
【点睛】
本题考查导数的应用，利用导数求切线是常考点，利用导数讨论零点个数是难点，通常结合分类讨论思想进行分析解决，属于难题.
22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程为（为参数），直线经过点且倾斜角为.
（1）求曲线的极坐标方程和直线的参数方程；
（2）已知直线与曲线交于，满足为的中点，求.
【答案】（1），；（2）.
【解析】（1）由曲线的参数方程消去参数可得曲线的普通方程，由此可求曲线的极坐标方程；直接利用直线的倾斜角以及经过的点求出直线的参数方程即可；
（2）将直线的参数方程，代入曲线的普通方程，整理得，利用韦达定理，根据为的中点，解出即可.
【详解】
（1）由（为参数）消去参数，
可得，即，
已知曲线的普通方程为，
，，
，即，
曲线的极坐标方程为，
直线经过点，且倾斜角为，
直线的参数方程：（为参数，）.
（2）设对应的参数分别为，.
将直线的参数方程代入并整理，
得，
，.
又为的中点，
，
，，
，即，
，
，
，即，
.
【点睛】
本题考查了圆的参数方程与极坐标方程之间的互化以及直线参数方程的应用，考查了计算能力，属于中档题.
23．已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若，对，不等式恒成立，求的最小值.
【答案】（1）或.（2）4
【解析】（1）由题意可得，利用零点分段法进行分区间讨论，脱去绝对值符号解不等式，再求并集即可；
（2）由题意可得，利用基本不等式，从而求得mn的最小值．
【详解】
（1）原不等式可化为，
①当时，
原不等式可化为，
解得，
；
②当时，
原不等式可化为，
解得，
；
③当时，
原不等式可化为，
解得，
；
综上，不等式的解集为或.
（2），
.
由恒成立可知，
不等式恒成立.
，
，
，当且仅当时等号成立.
故的最小值4.
【点睛】
本题考查绝对值三角不等式及基本不等式的应用，绝对值不等式的解法通常零点分段法脱去绝对值分区间解不等式即可，基本不等式的应用需注意取等条件不要遗漏，属于中等题.