2020届湖南省长郡中学高三下学期第二次适应性考试数学（理）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（理）试题


一、单选题
1．已知集合，集合，若只有4个子集，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据题意解出，只有4个子集，则元素有两个，可解出a的范围.
【详解】
集合，集合，

只有4个子集，
则中元素只能有2个，即，
所以，
故选：D.
【点睛】
本题考查集合的运算及集合的关系，根据集合子集个数求参数取值，先确定集合元素再求取值范围即可，属于基础题.
2．已知复数，复数，给出下列命题：
①；②；③复数与其共轭复数在复平面内的点关于实轴对称；④复数的虚部为0.
其中真命题的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】根据复数的基本性质可判断①错误；化简复数和，求出模可判断②正确；求出复数与其共轭复数在复平面内的点可得关于实轴对称，③正确；根据负数的定义可得④正确．
【详解】
由复数，复数，
可得复数，复数，
对于①:复数中虚数与实数无大小关系,∴①错误；
对于②: ， ，,∴②正确；
对于③: 复数与其共轭复数，在复平面内的点分别为，
关于实轴对称,∴③正确；
对于④:复数为实数，虚部为0,∴④正确.
综上,真命题3个，
故选：C.
【点睛】
本题考查复数有关命题的真假判断与应用，考查的知识点有复数的概念、复数的模、共轭复数、复数的几何表示等，属于基础题.
3．已知某一组散点数据对应的线性回归方程为，数据中心点为，则的预报值是（ ）
A．0.9 B． C．1 D．
【答案】B
【解析】根据数据中心点代入线性回归方程可得，代入可得预报值.
【详解】
某一组散点数据对应的线性回归方程为，数据中心点为，
则有，可得，
所以，
则的预报值是，
故选：B.
【点睛】
本题主要考查的是线性回归方程的应用，掌握线性回归方程的性质是解题的关键，属于基础题.
4．斐波那契数列（）又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多•斐波那契（）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.在数学上，斐波纳契数列被以下递推的方法定义：数列满足：，，现从数列的前2024项中随机抽取1项，能被3整除的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题目，可列举该数列，该数列每项被3除以后的余数是周期为8的有序数字，每一个周期里面有两个0，即每个周期里面有两个数字可以被3整除，利用古典概型公式可得数列的前2024项中能被3整除的概率.
【详解】
，即该数列从第三项起，每一项均为前两项数字的和，
∴数列为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，……，
该数列每项被3除后的余数分别为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，……，
可以发现余数是周期为8的有序数字，每一个周期里面有两个0，
即每个周期里面有两个数字可以被3整除，前2024项里面共有（个）周期，
∴有（个）数字可以被3整除，
记“从该数列的前2024项中随机抽取一项，能被3整除”为事件A，
则，
故选：A.
【点睛】
本题考查古典概型求概率，同时考查斐波那契数列（）又称黄金分割数列的应用，考查归纳推理能力及综合分析能力，属于中等题.
5．已知的展开式的常数项为，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．9
【答案】B
【解析】先根据二项式定理的通项公式列出常数项，建立等量关系，解之即可求出a，然后根据定积分的定义求出即可．
【详解】
展开式通项，
当展开式常数项为1，
当，展开式无常数项，
当展开式常数项为
当，展开式无常数项，
因此，
所以，
故选：B.
【点睛】
本题考查定积分，二项式定理，考点较为综合题，既考查了二项式定理的通项，又考查了定积分公式的应用，属于中等题.
6．已知，，设，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由已知，，可得，且a＞1＞b＞0，不难判断x，y，z的大小关系，再根据对数运算法则及对数函数性质可得大小关系.
【详解】
∵a＞b＞0，，
∴可得，且a＞1＞b＞0，
∴，
，
，
又，
，单调递增，
，
∴，
∴，
∵，，，
根据对数函数性质可得，
∴．
故选B．
【点睛】
本题考查对数函数的性质及运算定律，涉及基本不等式和不等式性质的应用，属于综合题.
7．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（ ）

A． B． C．3 D．
【答案】C
【解析】根据三视图知该几何体是一个三棱锥，在正方体中还原几何体，结合图中数据及勾股定理求出各条棱长即可得出结论．
【详解】
根据三视图知，该几何体是一个三棱锥，
画出图形如图所示：

正方体的棱长为2，A、C为所在棱的中点，
则CD=1，BC=AD=，BD=BE=CF=，
结合图形可得, △AEB，△AFC，△AFD为直角三角形，
由勾股定理得AB，AC=，
最长的棱为AB=，
故选：C.
【点睛】
本题由三视图求几何体棱长，需先还原几何体，棱锥还原通常借助正方体或者长方体，可以看成由长方体(或正方体)切割而截成的，属于中等题.
8．将函数的图象先向右平移个单位长度，在把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】根据y=Acos（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，根据定义域求出的范围，再利用余弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围．
【详解】
函数的图象先向右平移个单位长度，
可得的图象，
再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变)，
得到函数的图象，
∴周期，
若函数在上没有零点，
∴ ，
∴ ，
，解得，
又，解得，
当k=0时，解，
当k=-1时，，可得，
.
故答案为：A.
【点睛】
本题考查函数y=Acos（ωx+φ）的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系式，求解可得，属于较难题.
9．已知分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，过点作的角平分线的垂线，垂足为，若（为坐标原点），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】延长,交的延长线于点P根据题目条件可得，利用,可得，根据椭圆的几何性质，解出，利用余弦定理解三角形可得.
【详解】
延长,交的延长线于点P.
因为为的角平分线，且,所以.

所以，,
因为，分别为的中点，所以为的中位线，
所以,
所以，①，
分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，
，②，
由①②可得，，
根据余弦定理可得
，

，
故选：D.
【点睛】
本题考查椭圆性质的应用及余弦定理的应用，属于综合题，解题的关键在于根据平面几何知识及椭圆几何性质解出焦点三角形，再利用余弦定理解三角形即可，属于中等题.
10．已知三棱柱内接于一个半径为的球，四边形与均为正方形，分别是，的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN所成角的余弦值．
【详解】

直三棱柱ABC−A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点，
如图：BC的中点为O，连结ON，
MN∥B1C1=OB，则MNOB是平行四边形，BM与AN所成角就是∠ANO，
∵分别是，的中点，，
可得A1C1⊥B1C1，
四边形与均为正方形，可得BC=CA=CC1，
∵三棱柱内接于一个半径为的球，
设BC=CA=CC1=a,
三棱柱外接球可看作棱长为a的正方体外接球，
∴，解得a=2，
∴BC=CA=CC1=2,
CO=1,AO=,AN=,，
在△ANO中,由余弦定理可得：
,
故选：B.
【点睛】
本题考查异面直线及其所成的角，涉及几何体外接球及空间位置关系等知识点，根据外接球半径解出三棱柱棱长是关键点，也是本题难点，属于较难题.
11．函数，关于的方程恰有四个不同实数根，则正数的取值范围为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论的根的情况，结合根的分布求解.
【详解】
，令，得或，
当时，，函数在上单调递增，且;
当时，，函数在上单调递减;
当时，，函数在上单调递增.
所以极大值，极小值，作出大致图象：

令，则方程有两个不同的实数根，
且一个根在内，另一个根在内，
或者两个根都在内.
因为两根之和为正数，所以两个根不可能在内.
令，因为，所以只需，即，得，即的取值范围为.
故选：D
【点睛】
此题考查复合函数零点问题，根据零点个数求参数范围，关键在于准确讨论函数图象特征，结合二次方程根的分布知识求解.
12．已知函数满足对于任意，存在，使得成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由函数在定义域单调递增，原不等式成立可转化为，通过研究函数的最值建立不等式求解即可得a的取值范围.
【详解】
由函数在定义域单调递增，
对于任意，存在，使得成立，
即任意，存在，使得成立，
即满足，
令，
对称轴方程为，
在可得
令，
求导可得，
，可得，
在，，单调递增，
所以在，，
即，
解得，
故选C.
【点睛】
本题为函数与导数的综合应用题，考查函数的单调性、导数的应用等知识点，解题的关键是将含有量词的不等式转化为求函数最值问题，再借助导数和函数的性质求解最值建立不等式即可，属于中等题.


二、填空题
13．已知向量，，，若三点共线，则_____.
【答案】 ；
【解析】根据向量共线的共线定理建立方程关系，可解出tanα，结合三角函数的诱导公式进行化简即可．
【详解】
∵B、C、D三点共线，
∴，
即（2，cosα）=x（4，sinα），
则2＝4x，cosα=xsinα，
得x=，
即cosα=sinα，得tanα=2，
则tan（2019π-α）=tan（-α）=-tanα=-2，
故答案为：-2．
【点睛】
本题是平面向量共线（平行）的坐标运算及同角三角函数关系及诱导公式的综合题，考点较多，属于中等题.
14．已知实数满足约束条件，若的最大值为11，则实数______.
【答案】4 ；
【解析】由已知画出可行域，利用目标函数的几何意义求最大值时经过的点，代入点的坐标可解．
【详解】
由已知得到可行域如图：

可求出三个交点坐标A（3，2），B（-1,2）,C,
目标函数的最大值为11，
几何意义是直线截距的最大值为11,
由图得知,当过点A截距取得最大值,
故，解得=4，
故答案为：4.
【点睛】
本题为简单线性规划，此类问题一般思路是根据不等式组作出可行域，利用数形结合思想找出最大值或最小值经过的点，代入求解即可，属于常考题型.
15．若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有下界，其中为函数的一个下界；若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有上界，其中为函数的一个上界.如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界.下列四个结论：
①1不是函数的一个下界；②函数有下界，无上界；
③函数有上界，无下界；④函数有界.
其中所有正确结论的编号为_______.
【答案】①②④ ；
【解析】根据函数上界、下界及有界的概念，对①②③④四个命题逐一判断即可.
【详解】
①,则,故函数的下界为2，选项①正确；
②，则,则当时，;
当时，,
故在内单调递减，在内单调递增，
所以有最小值m,使得在内成立，故该函数有下界，
当时，,故该函数无上界，选项②正确；
③，则,则当时，;
当时，,当时，,
故在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增，
又函数在处无意义，且时，，
当时，,当时，,，
综上，该函数无上界，也无下界，选项③错误；
④为周期函数，且,当时，,
该函数为振荡函数，函数有界，选项④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】
本题考查函数的创新应用，属于综合题，考查函数的最值及函数的性质，根据定义逐一判断即可，属于中等题.
16．圆锥的底面半径为，其侧面展开图是圆心角大小为的扇形.正四棱柱的上底面的顶点均在圆锥的侧面上，棱柱下底面在圆锥的底面上，则此正四棱柱体积的最大值为_____．
【答案】
【解析】设圆锥的母线长为l，由侧面展开图求得,进而得圆锥高为，设正四棱柱的底面边长为2a,高为h,进而得，正四棱柱体积V=,设函数=，求导求其最值即可
【详解】
设圆锥的母线长为l,圆锥底面周长为=圆锥高为
设正四棱柱的底面边长为2a,高为h,则得 正四棱柱体积V=,设=令得当,故的最大值为

故答案为
【点睛】
本题考查棱柱的体积，圆锥的侧面积公式，正四棱柱的基本性质，利用导数求最值问题，考查空间想象及计算求解能力，是中档题

三、解答题
17．已知数列满足：.
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】（1）根据已知利用递推关系式推出，化为，令，则，且与相减得：，进一步推出，即可得到{an}的通项公式；
（2）根据（1）求出，然后利用裂项相消法求和，即可证明.
【详解】
（1）由得：
，
两式相减得：.
当时，满足此式，
故对，有，
化为.
令，则，
且与相减得：
，
故，
即，
故为奇数时，.
又，
故，
故为偶数时，，
故.
（2）由（1）可得：


.
【点睛】
本题考查数列的求和，数列递推式，涉及到的知识点有根据数列的和之间的关系类比着往前或往后写一个式子，两式相减得到数列的项之间的关系，构造新的关系式，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属于中等题.
18．已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线与抛物线相交于两点.设直线是抛物线的切线，且直线为上一点，且的最小值为.
（1）求抛物线的方程；
（2）设是抛物线上，分别位于轴两侧的两个动点，为坐标原点，且.求证：直线必过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）（2）见解析，.
【解析】（1）依题意，设出M、N坐标及直线的方程为，代入抛物线方程，可得根与系数关系，设直线和抛物线相切于点，由题意和切线的几何意义知，曲线在处的切线斜率为1，因此得，可得切线的方程，设出P点坐标，代入化简并求得最小值为可解出p，即可求抛物线C的方程，并求其准线方程；
（2）直线的斜率一定存在，设的方程为，代入y2=4x，利用韦达定理结合，求出b，即可证明直线l必过一定点，并求出该定点．
【详解】
(1)依题意，直线的方程为.
设,
将直线的方程代入中，
得，
因此.
设直线和抛物线相切于点，
由题意和切线的几何意义知，曲线在处的切线斜率即导数为1，
因此得，
切点的坐标为，
因此切线的方程为.
设，
于是


将，代入其中，
可得.
当时，取得最小值，
由，
可解得正数值为2，
因此所求的抛物线方程为.
（2）显然，直线的斜率一定存在，
设的方程为，，
则，
故，
也即，①
将代入抛物线中，
得，
故.
将它们代入到①中，得，
解得，
因此直线恒过点.
【点睛】
本题为直线与抛物线的综合题，考查了抛物线方程的求法及直线过定点问题，利用韦达定理及直线与抛物线相切知识可求解抛物线方程，考查化简整理的运算能力和推理能力，属于中等题．
19．四棱锥与直四棱柱组合而成的几何体中，四边形是菱形，，，，，交于，平面，为的中点.

（1）证明：平面；
（2）动点在线段上（包括端点），若二面角的余弦值为，求的长度.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】（1）在矩形中，根据，得，可证，又根据为正三角形及面面垂直性质定理可证平面，即得，由此可证明平面；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设出点Q坐标，由二面角的余弦值为，可解出Q，即可求的长度.
【详解】
（1）矩形中，，
，
.
四边形是菱形，且，
，
为正三角形.
为的中点，
.
平面，
，
，
平面.
（2）以为原点，方向分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
设Q，，
则，
平面的一个法向量为，
则，
取，则.
同理求得平面的一个法向量为.

代入
化简即为，
由，可得，
故与重合，.
【点睛】
本题考查线面垂直的证明及动点问题，考查学生空间想象能力、运算求解能力，考查数学运算、直观想象和数学建模素养，属于中等题.
20．2019年12月以来，湖北武汉市发现多起病毒性肺炎病例，并迅速在全国范围内开始传播，专家组认为，本次病毒性肺炎病例的病原体初步判定为新型冠状病毒，该病毒存在人与人之间的传染，可以通过与患者的密切接触进行传染.我们把与患者有过密切接触的人群称为密切接触者，每位密切接触者被感染后即被称为患者.已知每位密切接触者在接触一个患者后被感染的概率为，某位患者在隔离之前，每天有位密切接触者，其中被感染的人数为，假设每位密切接触者不再接触其他患者.
（1）求一天内被感染人数为的概率与、的关系式和的数学期望；
（2）该病毒在进入人体后有14天的潜伏期，在这14天的潜伏期内患者无任何症状，为病毒传播的最佳时间，设每位患者在被感染后的第二天又有2位密切接触者，从某一名患者被感染，按第1天算起，第天新增患者的数学期望记为.
（i）求数列的通项公式，并证明数列为等比数列；
（ii）若戴口罩能降低每位密切接触者患病概率，降低后的患病概率，当取最大值时，计算此时所对应的值和此时对应的值，根据计算结果说明戴口罩的必要性.（取）
（结果保留整数，参考数据：）
【答案】（1）；.
（2）（i），证明见解析；（ii）16，6480，戴口罩很有必要.
【解析】（1）由题意，被感染人数服从二项分布：，则可求出概率及数学期望；
（2）（i）根据第天被感染人数为，及第天被感染人数为，
作差可得可得，，可证，（ii）利用导数计算此时所对应的值和此时对应的值，根据计算结果说明戴口罩的必要性.
【详解】
（1）由题意，被感染人数服从二项分布：，
则,，
的数学期望.
（2）（i）第天被感染人数为，
第天被感染人数为，
由题目中均值的定义可知，

则，且.
是以为首项，为公比的等比数列.
（ii）令，
则.
在上单调递增，在上单调递减.
.
则当，.
.
.

戴口罩很有必要.
【点睛】
本题考查二项分布的概率及期望，数学期望与数列综合，考查综合分析及转化能力，考查知识的迁移能力，属于较难题.
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．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的极坐标分别为，且的顶点都在圆上，将圆向右平移3个单位长度后，得到曲线.
（1）求曲线的直角坐标方程；
（2）设，曲线与相交于两点，求的值.
【答案】（1）（2）11
【解析】（1）直接利用转换关系，把极坐标转化为直角坐标，再进一步求解即可，进行转换；
（2）由（1）联立曲线与，利用一元二次方程根和系数的关系即可求出结果．
【详解】
（1）由可得点的直角坐标系为，
点的直角坐标系为，
点的直角坐标系为.
设圆的直角坐标系方程为，
代入可得，
.
圆的直角坐标方程为.
故曲线的直角坐标方程为：.
（2）由（1）联立曲线，可得，
整理可得，，
，
.
【点睛】
本题主要考查参数方程、极坐标方程，直线与圆的位置关系等知识，考查转化能力和运算求解能力，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.