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（文）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（文）试题


一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据集合中元素的意义判断即可.
【详解】
由题,集合为点的集合,为数的集合.故.
故选：A
【点睛】
本题主要考查了集合的元素意义与交集运算,属于基础题.
2．已知单位向量满足等式，，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据单位向量定义可先求得，，结合平面向量的数量积定义将平方展开化简，即可求得，进而确定与的夹角.
【详解】
设与的夹角为，由，，
可得，，
平方化简可得，
设与的夹角为，则，即，
故选：D.
【点睛】
本题考查了平面向量数量积的定义及运算，平面向量夹角的求法，属于基础题.
3．已知，函数，若满足关于的方程，则下列选项的命题中为假命题的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】试题分析：因为，满足关于的方程，所以，，使取得最小值，因此，是假命题，选C．
【考点】方程的根，二次函数的图象和性质，全称命题、存在性命题．
点评：小综合题，二次函数，当a>0时，使函数取得最小值．

4．已知某函数图象如图所示，则图象所对应的函数可能是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】根据图象所反应的性质，结合四个选项的函数求导数判断单调性，逐一判断即可.
【详解】
对于A：函数是奇函数，不满足题意；
对于B：当时，，令，当时，，单调递增，当时，，单调递减，因此的最小值为：，所以，即，
单调递增，不满足题意；
对于C：当时，，当时，，函数单调递增，不满足题意；
对于D：函数为偶函数，且当时， ，令，当时，，单调递增，当时，，单调递减，因此的最小值为：，当时，，当时，，因此函数有两个零点，
设为，显然当时，，即，函数单调递增，当时，，即，函数单调递减，当时，，即，函数单调递增，满足题意.
故选：D
【点睛】
本题考查了已知函数的图象判断函数的解析式，考查了偶函数的性质，考查了导数的应用.
5．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然领先他10米.当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然领先他1米……，所以阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若乌龟恰好领先阿基里斯米时，乌龟爬行的总距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知乌龟每次爬行的距离为等比数列，利用等比数列前项和公式即可得解.
【详解】
由题意，乌龟每次爬行的距离组成等比数列，且，，
.
故选：D.
【点睛】
本题考查了等比数列前项和公式的应用，考查了转化化归思想，属于基础题.
6．设数列的前项和为，满足，则（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】D
【解析】直接利用时,化简已知条件, 当为偶数时，,求得,代值即可求得结果.
【详解】
数列的前项和为,满足,
当为偶数时，，即有
所以
故选:D.
【点睛】
本题考查利用与的关系求得,考查数列求和问题,难度一般.
7．已知数据1，2，3，4，的平均数与中位数相等，从这5个数中任取2个，则这2个数字之积大于5的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】分析：由题意首先求得实数x的值，然后列出所有可能的结果，从中挑选满足题意的结果结合古典概型计算公式即可求得最终结果.
详解：由数据1，2，3，4，x（0 可得2+=x，所以x=，从这5个数中任取2个，结果有：

共10种，这2个数字之积大于5的结果有：
，共5种，
所以所求概率为.
本题选择B选项.
点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.
8．某几何体由一个棱柱与一个棱锥组合而成，其三视图如图所示，其中俯视图和侧视图中的正方形的边长为2，正视图和俯视图中的三角形均为等腰直角三角形，则该几何体的体积为（ ）

A． B．或 C． D．或
【答案】B
【解析】由三视图还原原几何体，该几何体为组合体，左边为直三棱柱，右边为四棱锥
（或三棱锥或三棱锥，再由棱柱与棱锥的体积公式求解．
【详解】

该几何体为组合体，左边为直三棱柱，
右边为四棱锥（或三棱锥或三棱锥，
则或．
故选：．
【点睛】
本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
9．已知函数，若对任意的不等式恒成立，则正数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】通过解析式化简可得，通过求导可判断的单调性,通过观察可判断的单调性, 若对任意的不等式恒成立等价于,代入求最值即可得出结果.
【详解】
当时, 所以,所以在区间上单调递增，所以.由题可得,易知在区间上单调递减,所以.由题意得，即,又,所以.
故选:A.
【点睛】
本题考查函数的单调性和最值问题,考查在给定区间恒成立问题,难度较难.
10．已知在中，角的对边分别是，点在内部，且满足，若，则（ ）
A．3 B．6 C．7 D．
【答案】D
【解析】由已知利用正弦定理及逆用和角公式可求得,设,可证得由对应边成比例可得,在中,利用余弦定理得: ,可解得,即可求得结果.
【详解】
,
,
即,
,,由.得.
设,则，
，

在中,利用余弦定理得: ,
解得,则, .
故选:D.

【点睛】
本题考查正余弦定理在解三角形中的应用,考查学生的逻辑推理能力和计算能力,难度一般.
11．为了研究国民收入在国民之间的分配，避免贫富过分悬殊，美国统计学家劳伦茨提出了著名的劳伦茨曲线，如图所示.劳伦茨曲线为直线时，表示收入完全平等.劳伦茨曲线为折线时，表示收入完全不平等.记区域为不平等区域，表示其面积，为的面积，将称为基尼系数.

对于下列说法：
①越小，则国民分配越公平；
②设劳伦茨曲线对应的函数为，则对，均有；
③若某国家某年的劳伦茨曲线近似为，则；
④若某国家某年的劳伦茨曲线近似为，则.
其中正确的是：（ ）
A．①④ B．②③ C．①③④ D．①②④
【答案】A
【解析】越小，不平等区域越小，可知①正确，结合劳伦茨曲线的特点，可知，均有，可知②错误，结合定积分公式，可求出的值，即可判断出③④是否正确，从而可选出答案.
【详解】
对于①，根据基尼系数公式，可得基尼系数越小，不平等区域的面积越小，国民分配越公平，所以①正确；
对于②，根据劳伦茨曲线为一条凹向横轴的曲线，可知，均有，可得，所以②错误；
对于③，因为，所以，所以③错误；
对于④，因为，所以，所以④正确.
故选：A.
【点睛】
本题考查不等式恒成立，考查定积分的应用，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于中档题.
12．我们把形如的函数因其图像类似汉字“囧”字，故生动地称为“囧函数”，并把其与轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，以“囧点” 为圆心凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称为“囧圆”，则当时，所有的“囧圆”中面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据已知中关于“囧函数”、“囧点”、“囧圆”的定义及我们易求出“囧点“坐标,根据求出圆心到“囧函数“图象上的最小距离,即可得到结论.
【详解】
如图,当时,则函数与轴交于点，则“囧点”的坐标为，它们之间的距离为2.

取囧函数在第一象限图像上任一点, 其到囧点的距离为.
当且仅当时,上式等号成立,故所有的“囧圆”中,面积的最小值为.
故选:B.
【点睛】
本题考查的知识点是抽象函数及其应用,其中根据“囧圆”的圆心坐标及“囧函数”的解析式,求出“囧圆”的圆心到函数图象距离的最小值是解答本题的关键,属中档题.


二、填空题
13．已知复数（i为虚数单位），则________；
【答案】
【解析】根据复数乘法运算化简,再利用共轭复数的定义即可求得结果.
【详解】
,
.
故答案为: .
【点睛】
本题考查复数的乘法运算,考查共轭复数的定义,难度容易.
14．如图，函数（，）的图象与坐标轴交于点，，，直线交的图象于点，（坐标原点）为的重心，，则点的坐标为______，______.

【答案】
【解析】根据（坐标原点）为的重心，，则有d，，得到，同时，是半个周期，可求得，再代入一个零点，求得即可.
【详解】
因为（坐标原点）为的重心，，
所以，
所以，
所以.
所以，，
因为，，
所以.
所以.
故答案为：①. ②.
【点睛】
本题主要考查三角函数的图象和性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
15．若函数满足：定义域，且，在称函数为“双对称函数”，已知函数为“双对称1函数”，且当时，记函数，则函数的最小值为___________
【答案】
【解析】由已知可得函数是周期为2的周期函数，求出一个周期的解析式，进而求出即可求解.
【详解】
因为函数的图象关于直线对称,所以函数的图象关于轴对称，即为偶函数,所以,则有成立,即函数是周期为2的周期函数.
所以当时,,
当,
当,
当,
当
,
当时,取最小值.
故答案为:-17.
【点睛】
本题考查函数的性质，注意利用周期求函数解析式，解题的关键要理解函数对称与周期关系，属于较难题.
16．已知南北回归线的纬度为，设地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直射纬度，为该地的纬度值，那么这三个量之间的关系是.当地夏半年取正值，冬半年取负值，如果在北半球某地（纬度为）的一幢高为的楼房北面盖一新楼，要使新楼一层正午的太阳全年不被前面的楼房遮挡，两楼的距离应不小于______（结果用含有和的式子表示）.
【答案】
【解析】根据题意，要使新楼一层正午的太阳全年不被前面的楼房遮挡，应取太阳直射南回归线时的情况考虑，此时的太阳直射纬度为，依题意两楼的间距不小于MC，根据太阳高度角的定义，以及题设条件，解三角形，即得解.
【详解】
如图：

设点A，B，C分别为太阳直射北回归线，赤道，南回归线时楼顶在地面上得投射点，要使新楼一层正午的太阳全年不被前面的楼房遮挡，应取太阳直射南回归线时的情况考虑，此时的太阳直射纬度为，依题意两楼的间距不小于MC，根据太阳高度角的定义得：


故答案为：
【点睛】
本题考查了解三角形在实际问题中的应用，考查了学生综合分析，数学建模，数学运算的能力，属于较难题.

三、解答题
17．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AD，PB的中点，PA＝AB＝1.

(1)证明：EF∥平面PDC；
(2)求点F到平面PDC的距离.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】（1）把向上平移，与重合，则应在上，因此得辅助线作法，取中点，连接，只要证明即可证线面平行；
（2）由（1）只要求到平面的距离即可，这可用体积法求解，即．
【详解】
(1)证明取PC的中点M，连接DM，MF，
∵M，F分别是PC，PB的中点，∴MF∥CB，MF＝CB，
∵E为DA的中点，四边形ABCD为正方形，
∴DE∥CB，DE＝CB，
∴MF∥DE，MF＝DE，∴四边形DEFM为平行四边形，
∴EF∥DM，∵EF平面PDC，DM平面PDC，
∴EF∥平面PDC.
(2)解∵EF∥平面PDC，∴点F到平面PDC的距离等于点E到平面PDC的距离.
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥DA，在Rt△PAD中，PA＝AD＝1，∴DP＝.
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CB，∵CB⊥AB，PA∩AB＝A，∴CB⊥平面PAB，
∴CB⊥PB，则PC＝，∴PD2＋DC2＝PC2，
∴△PDC为直角三角形，
∴S△PDC＝.
连接EP，EC，易知VE－PDC＝VC－PDE，设E到平面PDC的距离为h，
∵CD⊥AD，CD⊥PA，AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，
则×h×＝×1×××1，∴h＝，
∴点F到平面PDC的距离为.
【点睛】
本题考查线面平行的证明，考查求点到平面的距离．要证线面平行，只要找到线线平行即可，为此可把平面外的直线平移到平面上，从而可得辅助线的作法．而求点到平面的距离，这个距离可由平行进行转化，可看作是一个三棱锥的高，从而用体积法求解．
18．若数列{an}的前n项和为Sn，且．
（1）求Sn；
（2）记数列的前n项和为Tn，证明：1≤Tn＜2．
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】（1）利用迭代法证得是等比数列，由此求得的表达式，进而求得的表达式.（2）根据（1）求得的的表达式.利用求得的表达式，再求得的表达式，由此证得不等式成立.
【详解】
由题意有，所以数列是等比数列.
又，所以，数列是首项为，公比为的等比数列.所以，所以
由 知，时，.
两式相减得，
时，也满足，所以数列的通项公式为.
当时，
当时，显然且
所以
【点睛】
本小题主要考查递推数列求通项公式，考查数列求和的方法，属于中档题.
19．某企业积极响应国家“科技创新”的号召，大力研发新产品，为了对新研发的一批产品进行合理定价将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到一组销售数据 如下表所示：

（1）求的值；
（2）已知变量具有线性相关关系，求产品销量（件）关于试销单价（百元）的线性回归方程（计算结果精确到整数位）
（3）用表示用正确的线性回归方程得到的与对应的产品销量的估计值，当销量数据的残差的绝对值时，则将销售数据称为一个“有效数据”现从这6组数据中任取2组，求抽出的2组销售数据都是“有效数据”的概率
附参考公式：，，
【答案】（1）（2）或（3）
【解析】(1)由已知数据利用公式,即可求得;
(2)根据平均数定义求出,再利用已知即可求得,,即可求得线性回归直线方程;
(3)根据“有效数据”即可求得符合条件的基本事件有4个,利用列举法,借助古典概型的概率公式即可求得.
【详解】
（1）由得.
求得.
（2），
，（或）
所以回归方程为或.
（3）当，当，当,当，;当，；当，，根据题意则“有效数据”有4个,从6组销售数据中任意抽取2组的所有可能结果有种，抽取的2组销售数据都是“有效数据”的有种,所以抽取的2组销售数据都是“有效数据”的概率为.
【点睛】
本题考查了平均数的定义,考查了线性回归方程的求法,考查古典概型的概率求法,考查学生的计算能力和应用能力.
20．已知椭圆.双曲线的实轴顶点就是椭圆的焦点，双曲线的焦距等于椭圆的长轴长.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）设直线经过点与椭圆交于两点，求的面积的最大值；
（3）设直线（其中为整数）与椭圆交于不同两点，与双曲线交于不同两点，问是否存在直线，使得向量，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由.
【答案】（1） （2） （3）存在，
【解析】（1）根据椭圆方程可以得到双曲线的焦距和顶点坐标，从而直接写出双曲线方程即可；
（2）设出直线方程，将三角形面积拆分为2个三角形的面积，从而利用韦达定理进行处理；
（3）根据直线与两个曲线相交，通过夹逼出的取值范围，再结合向量相加为零转化出的条件，得到之间的关系，从而利用是整数，对结果进行取舍即可.
【详解】
（1）对椭圆，因为，
故其焦点为，椭圆的长轴长为.
设双曲线方程为，
由题可知：，解得.
故双曲线的方程为：.
（2）因为直线AB的斜率显然不为零，
故设直线方程为，联立椭圆方程
可得
设交点，
则
则




又
故

令，解得
故
当且仅当时，即时，取得最大值.
故的面积的最大值为.
（3）联立直线与椭圆方程
可得

整理得 ①
设直线与椭圆的交点为
故可得 ②
同理：联立直线与双曲线方程
可得

整理得 ③
设直线与双曲线的交点为
故可得 ④
要使得
即可得
故可得
将②④代入可得
解得.
综上所述，要满足题意，只需使得：

故当时，可以取得满足题意；
即直线方程可以为
当时，可以取满足题意.
即直线方程可以为
故存在这样的直线有9条，能够使得.
【点睛】
本题考查椭圆方程和双曲线方程，涉及椭圆中三角形面积的最大值，以及圆锥曲线中的直线的存在性问题，属综合性困难题；其中解决第三问的关键是要把握住“整数”这一个关键词，同时也要对向量进行合理的转化.
21．已知函数
（1）若直线与的图像相切，求实数的值；
（2）设，求证：对，直线与的图像有唯一公共点.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】(1)利用导数的几何意义以及导数与函数单调性、极值的关系求解;
(2) 构造函数,利用导数与函数的单调性、极值的关系,结合零点存在性定理证明.
【详解】
.(1)设切点为
则切线方程为
因为与相切，所以
令,，此时为增函数，
，此时为减函数，
即当时有极大值， ，
所以.
（2）令,
当时递减
当时，递增
所以
当时单调递增，

当时；当时, ，
取
有唯一的零点 ；
当时，单调递增，

时，，
故在上没有零点；
当时在单调递增， ，

所以存在单调递减，
当单调递增，
又
取
所以有唯一的零点.
综上所述，对，直线与的图像有唯一公共点.
【点睛】
本题考查导数与函数、不等式的综合,考查考生的运算求解能力及等价转化思想难度困难.
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）求不等式的解集；
（2）设函数的最小值为m，当a，b，，且时，求的最大值．
【答案】（1）（2）
【解析】（1）根据x的不同范围，去掉绝对值，然后求解不等式
（2）利用基本不等式的合理利用求最大值
【详解】
（1）①当时，
②当时，
③当时，
综上：的解集为
（2）法一：由（1）可知
即
又且
则，设

同理：，


，即
当且仅当时取得最大值
法二：由（1）可知
即
又且


当且仅当时取得最大值
法三：由（1）可知
即

由柯西不等式可知：

即：

当且仅当即时，取得最大值
【点睛】
考核绝对值不等式的解法，以及基本不等式的运用