2020届湖南省长沙市长郡中学高三下学期4月第三次适应性考试数学（理）试题（解析版）

2020届湖南省长沙市长郡中学高三下学期4月第三次适应性考试数学（理）试题

一、单选题

1．集合中含有的元素个数为（ ）

A．4 B．6 C．8 D．12

【答案】B

【解析】解：因为集合中的元素表示的是被12整除的正整数，那么可得为1，2,3,4，6，,12故选B

2．设是虚数单位，则“复数为纯虚数”是“”的（    ）

A．充要条件 B．必要不充分条件

C．既不充分也不必要条件 D．充分不必要条件

【答案】D

【解析】结合纯虚数的概念，可得，再结合充分条件和必要条件的定义即可判定选项.

【详解】

若复数为纯虚数，则，所以，若，不妨设，此时复数，不是纯虚数，所以“复数为纯虚数”是“”的充分不必要条件.

故选：D

【点睛】

本题考查充分条件和必要条件，考查了纯虚数的概念，理解充分必要条件的逻辑关系是解题的关键，属于基础题.

3．2019年10月1日上午，庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵仪式在天安门广场隆重举行.这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量，更是让世界感受到了中国的日新月异.今年的阅兵方阵有一个很抢眼，他们就是院校科研方阵.他们是由军事科学院、国防大学、国防科技大学联合组建．若已知甲、乙、丙三人来自上述三所学校，学历分别有学士、硕士、博士学位.现知道：①甲不是军事科学院的；②来自军事科学院的不是博士；③乙不是军事科学院的；④乙不是博士学位；⑤国防科技大学的是研究生．则丙是来自哪个院校的，学位是什么(    )

A．国防大学，研究生 B．国防大学，博士

C．军事科学院，学士 D．国防科技大学，研究生

【答案】C

【解析】根据①③可判断丙的院校；由②和⑤可判断丙的学位.

【详解】

由题意①甲不是军事科学院的，③乙不是军事科学院的；

则丙来自军事科学院；

由②来自军事科学院的不是博士，则丙不是博士；

由⑤国防科技大学的是研究生，可知丙不是研究生，

故丙为学士.

综上可知，丙来自军事科学院，学位是学士.

故选：C.

【点睛】

本题考查了合情推理的简单应用，由条件的相互牵制判断符合要求的情况，属于基础题.

4．的展开式中的系数是（    ）

A．160 B．240 C．280 D．320

【答案】C

【解析】首先把看作为一个整体，进而利用二项展开式求得的系数，再求的展开式中的系数，二者相乘即可求解.

【详解】

由二项展开式的通项公式可得的第项为，令，则，又的第为，令，则，所以的系数是.

故选：C

【点睛】

本题考查二项展开式指定项的系数，掌握二项展开式的通项是解题的关键，属于基础题.

5．已知，则下列关系正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】首先判断和1的大小关系，再由换底公式和对数函数的单调性判断的大小即可.

【详解】

因为，，，所以，综上可得.

故选：A

【点睛】

本题考查了换底公式和对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

6．函数在的图象大致为(    )

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】先根据函数奇偶性排除B，再根据函数极值排除A；结合特殊值即可排除D，即可得解.

【详解】

函数，

则，所以为奇函数，排除B选项；

当时，，所以排除A选项；

当时，，排除D选项；

综上可知，C为正确选项，

故选：C.

【点睛】

本题考查根据函数解析式判断函数图像，注意奇偶性、单调性、极值与特殊值的使用，属于基础题.

7．一个几何体的三视图及尺寸如下图所示，其中正视图是直角三角形，侧视图是半圆，俯视图是等腰三角形，该几何体的表面积是 （ ）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】【详解】

由三视图可知该几何体的直观图是轴截面在水平面上的半个圆锥，表面积为,故选D．

8．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】首先判断，，再由同角三角函数之间的关系求得和的值，再运用配角，利用两角差的余弦公式即可求得的值.

【详解】

因为，所以，，又，所以，

，

.

故选：C

【点睛】

本题考查了同角三角函数的关系以及两角差的余弦公式，考查了配角的应用技巧，是常见的配角，考查了运算能力，属于中档题.

9．已知是双曲线的两个焦点，过点且垂直于轴的直线与相交于两点，若，则的内切圆半径为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】首先由求得双曲线的方程，进而求得三角形的面积，再由三角形的面积等于周长乘以内切圆的半径即可求解.

【详解】

由题意将代入双曲线的方程,得则,由,得的周长为

,

设的内切圆的半径为,则,

故选：B

【点睛】

本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查三角形的内心的概念，考查了转化的思想，属于中档题.

10．已知数列的通项公式为，将这个数列中的项摆放成如图所示的数阵.记为数阵从左至右的列，从上到下的行共个数的和，则数列的前2020项和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题意，设每一行的和为，可得，继而可求解，表示，裂项相消即可求解.

【详解】

由题意，设每一行的和为

故

因此：

故

故选：D

【点睛】

本题考查了等差数列型数阵的求和，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.

11．上世纪末河南出土的以鹤的尺骨（翅骨）制成的“骨笛”（图1），充分展示了我国古代高超的音律艺术及先进的数学水平，也印证了我国古代音律与历法的密切联系.图2为骨笛测量“春（秋）分”，“夏（冬）至”的示意图，图3是某骨笛的部分测量数据（骨笛的弯曲忽略不计），夏至（或冬至）日光（当日正午太阳光线）与春秋分日光（当日正午太阳光线）的夹角等于黄赤交角.

由历法理论知，黄赤交角近1万年持续减小，其正切值及对应的年代如下表：

根据以上信息，通过计算黄赤交角，可估计该骨笛的大致年代是(    )

A．公元前2000年到公元元年 B．公元前4000年到公元前2000年

C．公元前6000年到公元前4000年 D．早于公元前6000年

【答案】D

【解析】先理解题意，然后根据题意建立平面几何图形，在利用三角函数的知识计算出冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，即可得到正确选项．

【详解】

解：由题意，可设冬至日光与垂直线夹角为，春秋分日光与垂直线夹角为，

则即为冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，

将图3近似画出如下平面几何图形：

则，，

．

，

估计该骨笛的大致年代早于公元前6000年．

故选：．

【点睛】

本题考查利用三角函数解决实际问题的能力，运用了两角和与差的正切公式，考查了转化思想，数学建模思想，以及数学运算能力，属中档题．

12．在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为(    )

A．5 B．6 C．7 D．9

【答案】A

【解析】由题可知：，且可得，构造函数求导，通过导函数求出的单调性，结合图像得出，即得出，

从而得出的最大值.

【详解】

因为，

则，即

整理得，令，

设，

则，

令,则，令，则，

故在上单调递增，在上单调递减，则，

因为，，

由题可知：时，则，所以，

所以，

当无限接近时，满足条件，所以，

所以要使得

故当时，可有，

故，即，

所以：最大值为5.

故选：A.

【点睛】

本题主要考查利用导数求函数单调性、极值和最值，以及运用构造函数法和放缩法，同时考查转化思想和解题能力.

二、填空题

13．近年来，新能源汽车技术不断推陈出新，新产品不断涌现，在汽车市场上影响力不断增大.动力蓄电池技术作为新能源汽车的核心技术，它的不断成熟也是推动新能源汽车发展的主要动力.假定现在市售的某款新能源汽车上，车载动力蓄电池充放电循环次数达到2000次的概率为85%，充放电循环次数达到2500次的概率为35%.若某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电，那么他的车能够充电2500次的概率为______.

【答案】

【解析】记“某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电”为事件A，“他的车能够充电2500次”为事件B，即求条件概率：，由条件概率公式即得解.

【详解】

记“某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电”为事件A，“他的车能够充电2500次”为事件B，

即求条件概率：

故答案为：

【点睛】

本题考查了条件概率的应用，考查了学生概念理解，数学应用，数学运算的能力，属于基础题.

14．动点到直线的距离和他到点距离相等，直线过且交点的轨迹于两点，则以为直径的圆必过_________.

【答案】

【解析】利用动点到直线的距离和他到点距离相等，,可知动点的轨迹是以为焦点的抛物线,从而可求曲线的方程,将 ,代入,利用韦达定理,可得 ,从而可知以为直径的圆经过原点O.

【详解】

设点，由题意可得，，，可得，设直线的方程为，代入抛物线可得

，，

，

，以AB为直径的圆经过原点.

故答案为：（0,0）

【点睛】

本题考查了抛物线的定义，考查了直线和抛物线的交汇问题，同时考查了方程的思想和韦达定理，考查了运算能力，属于中档题.

15．已知，如果函数有三个零点，则实数的取值范围是____________

【答案】

【解析】首先把零点问题转化为方程问题，等价于有三个零点，两侧开方，可得，即有三个零点，再运用函数的单调性结合最值即可求出参数的取值范围.

【详解】

若函数有三个零点，即零点有，显然，则有，可得，即有三个零点，不妨令，对于，函数单调递增，，，所以函数在区间上只有一解，对于函数，，解得，，解得，，解得，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，，当时，，当时，，此时函数若有两个零点，则有，综上可知，若函数有三个零点，则实数的取值范围是.

故答案为：

【点睛】

本题考查了函数零点的零点，恰当的开方，转化为函数有零点问题，注意恰有三个零点条件的应用，根据函数的最值求解参数的范围，属于难题.

16．如图，棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，以为圆心，1为半径，分别在面和面内作弧和，并将两弧各五等分，分点依次为、、、、、以及、、、、、．一只蚂蚁欲从点出发，沿正方体的表面爬行至，则其爬行的最短距离为________．参考数据：；；）

【答案】

【解析】根据空间位置关系，将平面旋转后使得各点在同一平面内，结合角的关系即可求得两点间距离的三角函数表达式.根据所给参考数据即可得解.

【详解】

棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，以为圆心，1为半径，分别在面和面内作弧和.

将平面绕旋转至与平面共面的位置，如下图所示：

则，所以；

将平面绕旋转至与平面共面的位置，将绕旋转至与平面共面的位置，如下图所示：

则，所以；

因为，且由诱导公式可得，

所以最短距离为，

故答案为：.

【点睛】

本题考查了空间几何体中最短距离的求法，注意将空间几何体展开至同一平面内求解的方法，三角函数诱导公式的应用，综合性强，属于难题.

三、解答题

17．已知，，分别为内角，，的对边，若同时满足下列四个条件中的三个：①；②；③；④.

（1）满足有解三角形的序号组合有哪些？

（2）在（1）所有组合中任选一组，并求对应的面积.

（若所选条件出现多种可能，则按计算的第一种可能计分）

【答案】（1）①，③，④或②，③，④；（2）.

【解析】（1）由①可求得的值，由②可求出角的值，结合题意得出，推出矛盾，可得出①②不能同时成为的条件，由此可得出结论；

（2）在符合条件的两组三角形中利用余弦定理和正弦定理求出对应的边和角，然后利用三角形的面积公式可求出的面积.

【详解】

（1）由①得，，

所以，

由②得，，

解得或（舍），所以，

因为，且，所以，所以，矛盾.

所以不能同时满足①，②.

故满足①，③，④或②，③，④；

（2）若满足①，③，④，

因为，所以，即.

解得.

所以的面积.

若满足②，③，④由正弦定理，即，解得，

所以，所以的面积.

【点睛】

本题考查三角形能否成立的判断，同时也考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形面积的计算，要结合三角形已知元素类型合理选择正弦定理或余弦定理解三角形，考查运算求解能力，属于中等题.

18．为提供市民的健身素质，某市把四个篮球馆全部转为免费民用

（1）在一次全民健身活动中，四个篮球馆的使用场数如图，用分层抽样的方法从四场馆的使用场数中依次抽取共25场，在中随机取两数，求这两数和的分布列和数学期望；

（2）设四个篮球馆一个月内各馆使用次数之和为，其相应维修费用为元，根据统计，得到如下表的数据：

①用最小二乘法求与的回归直线方程；

②叫做篮球馆月惠值，根据①的结论，试估计这四个篮球馆月惠值最大时的值

参考数据和公式：，

【答案】（1）见解析，12.5（2）①②20

【解析】(1)    运用分层抽样，结合总场次为100，可求得的值，再运用古典概型的概率计算公式可求解果;

(2)    ①由公式可计算的值，进而可求与的回归直线方程；

②求出，再对函数求导，结合单调性，可估计这四个篮球馆月惠值最大时的值.

【详解】

解：（1）抽样比为，所以分别是，6，7，8，5

所以两数之和所有可能取值是：10，12，13，15

，，，

所以分布列为

期望为

（2）因为

所以，，

；

②，

设，

所以当递增，当递减

所以约惠值最大值时的值为20

【点睛】

本题考查直方图的实际应用，涉及求概率，平均数、拟合直线和导数等问题，关键是要读懂题意，属于中档题.

19．如图，三棱台中， 侧面与侧面是全等的梯形，若，且.

（Ⅰ）若，，证明：∥平面；

（Ⅱ）若二面角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.

【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ) .

【解析】试题分析：(Ⅰ) 连接，由比例可得∥，进而得线面平行；

（Ⅱ）过点作的垂线，建立空间直角坐标系，不妨设，则求得平面的法向量为，设平面的法向量为，由求二面角余弦即可.

试题解析：

（Ⅰ）证明：连接，梯形，,

易知：；

又，则∥；

平面，平面，

可得：∥平面；

（Ⅱ）侧面是梯形，，

,,

则为二面角的平面角， ；

均为正三角形，在平面内，过点作的垂线，如图建立空间直角坐标系，不妨设，则

,故点，

；

设平面的法向量为，则有：；

设平面的法向量为，则有：；

，

故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.

20．已知函数

（1）求函数的单调递增区间

（2）记函数的图象为曲线，设点是曲线上不同两点，如果在曲线上存在点，使得①；②曲线在点M处的切线平行于直线AB，则称函数存在“中值和谐切线”，当时，函数是否存在“中值和谐切线”请说明理由

【答案】（1）见解析（2）不存在，见解析

【解析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围求出函数的单调区间即可；

（2）求出函数的导数，结合导数的几何意义，再令，转化为方程有解问题，即可说明.

【详解】

(1)函数的定义域为，所以

当时，；，

所以函数在上单调递增

当时，

①当时，函数在上递增

②，显然无增区间；

③当时， ，函数在上递增，

综上当函数在上单调递增.

当时函数在上单调递增；

当时函数无单调递增区间

当时函数在上单调递增

(2)假设函数存在“中值相依切线”

设是曲线上不同的两个点，且

则

曲线在点处的切线的斜率为，

.

令，则，

单调递增，，

故无解，假设不成立

综上，假设不成立，所以不存在“中值相依切线”

【点睛】

本题考查了函数的单调性，导数的几何意义，考查导数的应用以及分类讨论和转化思想，属于中档题．

21．已知抛物线，焦点为，直线交抛物线于两点，交抛物线的准线于点，如图所示，当直线经过焦点时，点恰好是的中点，且.

（1）求抛物线的方程；

（2）点是原点，设直线的斜率分别是，当直线的纵截距为1时，有数列满足，设数列的前n项和为，已知存在正整数使得，求m的值.

【答案】（1）（2）

【解析】(1)    设出直线的方程，再与抛物线联立方程组，进而求得点的坐标，结合弦长即可求得抛物线的方程；

(2)    设直线的方程，运用韦达定理可得，可得之间的关系，再运用进行裂项，可求得，解不等式求得的值.

【详解】

解：（1）设过抛物线焦点的直线方程为，

与抛物线方程联立得：，

设，

所以，

，

，

所以抛物线方程为

（2）设直线方程为，

，

，

，

，

，

由得.

【点睛】

本题考查了直线与抛物线的关系，考查了韦达定理和运用裂项法求数列的和，考查了运算能力，属于中档题.

22．

已知曲线C的极坐标方程是.以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为x轴的正半轴,建立平面直角坐标系,直线l的参数方程是:（是参数）.

（1）若直线l与曲线C相交于A、B两点,且,试求实数m值.

（2）设为曲线上任意一点，求的取值范围.

【答案】（1）或；（2）.

【解析】（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，在直角坐标条件下求出曲线的圆心坐标和半径，将直线的参数方程化为普通方程，由勾股定理列出等式可求的值；（2）将圆化为参数方程形式，代入由三角公式化简可求其取值范围．

【详解】

（1）曲线C的极坐标方程是化为直角坐标方程为：

直线的直角坐标方程为：

圆心到直线l的距离（弦心距）

圆心到直线的距离为 ：

或

（2）曲线的方程可化为，其参数方程为：

为曲线上任意一点，

的取值范围是

23．已知函数.

（1）若，求不等式的解集；

（2）若“，”为假命题，求的取值范围.

【答案】（1）

（2）

【解析】（1））当时，将函数写成分段函数，即可求得不等式的解集.

（2）根据原命题是假命题，这命题的否定为真命题，即“，”为真命题，只需满足即可.

【详解】

解：（1）当时，

由，得.

故不等式的解集为.

（2）因为“，”为假命题，

所以“，”为真命题，

所以.

因为，

所以，则，所以，

即，解得，即的取值范围为.

【点睛】

本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式，属于基础题.