湖北省武汉市武昌区2020届高三数学下学期六月适应性考试试题-文.doc

湖北省武汉市武昌区2020届高三数学下学期六月适应性考试试题 文

湖北省武汉市武昌区2020届高三数学下学期六月适应性考试试题 文

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湖北省武汉市武昌区2020届高三数学下学期六月适应性考试试题 文（含解析）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合或，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
直接根据补集的定义求解即可．
【详解】解：因为集合或，
；
故选：A．
【点睛】本题考查集合的基本运算，基本知识的考查，属于基础题．
2.设复数z满足，则z的虚部为（ ）
A. 3 B. 4 C. 4i D. 3i
【答案】B
【解析】
【分析】
直接利用复数对应关系和模的应用求出结果．
【详解】解：设，
所以，
解得．
故选：B．
【点睛】本题考查的知识要点：复数的模的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
3.已知命题，，则为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意结合特称命题的否定即可直接得解.
【详解】因为命题，为特称命题，
所以为，.
故选：C.
【点睛】本题考查了特称命题的否定，熟练掌握特称命题的否定规则是解题关键，属于基础题.
4.已知正项等差数列的前n项和为，，则（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由等差数列的前项和公式可得，结合已知式子可求出，利用等差数列的通项公式可求出的值.
【详解】解：因为是等差数列，设公差为，所以，
由得，所以，所以，
故选:B.
【点睛】本题考查了等差数列的前项和，考查了等差数列的通项公式，属于基础题.
5.已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
首先化简已知条件为，再根据，观察得到，最后计算求值.
【详解】由条件可知
即，又因为，
所以，即.
故选：C
【点睛】本题考查三角函数化简求值，重点考查转化与化归的能力，属于基础题型.
6.比较大小：，，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由对数函数的性质可知，由指数函数的性质可求出，，进而可判断三者的大小关系.
【详解】解：因为，所以，，，
则，
故选:A.
【点睛】本题考查了指数、对数式的大小比较.若两式的底数相同，常结合指数函数的单调性比较大小，若两式的指数相等，则常结合图像比较大小；有时也进行整理通过中间值比较大小.
7.如图在中，，P为CD上一点，且满足，则实数m的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平面向量共线基本定理,可设,结合向量的加法与减法运算,化简后由,即可求得参数的值.
【详解】因为为上一点,设
因为
所以
则由向量的加法与减法运算可得

因为
所以,解得
故选：B
【点睛】本题考查了平面向量共线定理的应用,平面向量基本定理的应用,向量的加法与减法的线性运算,属于中档题.
8.对，“”是“”的（ ）
A. 充分必要条件 B. 既不充分也不必要条件
C. 充分不必要条件 D. 必要不充分条件
【答案】D
【解析】
【分析】
依题意对恒成立，设，，利用导数研究函数的单调性，说明其最值，即可得到参数的取值范围，即可判断；
【详解】解：对恒成立，等价于对恒成立，设，，则，所以，
所以对恒成立的充要条件是，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：D
【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，属于基础题.
9.某小区为了调查本小区业主对物业服务满意度的真实情况，对本小区业主进行了调查，调查中问了两个问题1：你的手机尾号是不是奇数？问题2：你是否满意物业的服务？调查者设计了一个随机化装置，其中装有大小、形状和质量完全相同的白球和红球，每个被调查者随机从装置中摸到红球和白球的可能性相同，其中摸到白球的业主回答第一个问题，摸到红球的业主回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做由于问题的答案只有“是”和“否”，而且回答的是哪个问题别人并不知道，因此被调查者可以毫无顾虑地给出符合实际情况的答案.已知某小区80名业主参加了问卷，且有47名业主回答了“是”，由此估计本小区对物业服务满意的百分比大约为（ ）
A. 85% B. 75% C. 63.5% D. 67.5%
【答案】D
【解析】
【分析】
由问卷设计方式可知，回答第一个问题的人数有40人，其中有20人的手机号是奇数，回答第二个问题的人数为40人，其中27人回答了“是”，由此可以估计本小区对物业服务满意的百分比.
【详解】要调查80名居民,在准备的两个问题中每一个问题被问到的概率相同，第一个问题可能被询问40次,在被询问的40人中有20人手机号是奇数,而有47人回答了“是”，估计有27个人回答是否满意物业的服务时回答了“是”,
在40人中有27个人满意服务, 估计本小区对物业服务满意的百分比，
故选: D
【点睛】本题考查频数的求法，考查古典概型的应用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题.
10.已知双曲线的右焦点为F，，，过A，B，F三点作圆P，其中圆心P的坐标为，当时，双曲线离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据右焦点F及，的坐标，求得线段和线段的中垂线方程，然后联立解得圆心坐标，再根据求解.
【详解】因为双曲线，
所以求右焦点为，
所以线段中垂线方程为 ，
线段的中垂线方程为： ，
联立得： ，
解得 ，
因为，
所以，
即 ，
即 ，
所以 ，
所以，
所以，
即，
所以 ，
解得.
故选：A
【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质以及线段中垂线的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
11.已知函数至多有2个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可方程至多有2个根，而有1个根0，所以只需至多有1个不等于0的根即可.
【详解】解：函数至多有2个零点等价于方程至多有2个根，即，得或
当时，得，
当时，
若，则，得，此时函数只有1 个零点，满足条件；
若，令，则，
令，则或
当时，，此时 在和上递增，在递减，所以当时，函数恰有1个零点，解得；
当时，，时此 在和上递增，在递减，所以当时，函数恰有1个零点，解得；
综上a的取值范围为
故选：D
【点睛】此题考查函数零点的判断，考查导数的运用，考查转化能力和计算能力，属于中档题.
12.运用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等.现将椭圆绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
构造一个底面半径为3，高为4的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥体积．
【详解】解：构造一个底面半径为3，高为4的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，
则当截面与顶点距离为时，小圆锥的底面半径为，则，
，
故截面面积为，
把代入椭圆可得，
橄榄球形几何体的截面面积为，
由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积．
故选：B．
【点睛】本题考查类比推理，涉及了立体几何知识，祖暅原理等，属于中档题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.某人午觉醒来，发现表停了，他打开收音机，想听电台整点报时，则他等待时间不多于分钟的概率为___________．
【答案】
【解析】
该人等待时间可能性有60分钟，则他等待整点时间不多于10分钟时间的可能性有10分钟，则他等待时间不多于分钟的概率为.
14.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，若，，则的面积的最大值为____________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据为，，端点点B的轨迹是以A，C为焦点的椭圆，结合图形，当点B在短轴端点时，的面积的最大求解.
【详解】以AC所在直线为x轴，以线段AC的中点为原点，建立直角坐标系，
因为，，
所以点B的轨迹是以A，C为焦点的椭圆，
如图所示：

当点B在短轴端点时，则的面积的最大，
最大值为： ，
故答案为：
【点睛】本题主要考查三角形面积公式应用以及椭圆的定义的应用，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.在正方体中，M为棱的中点，且，点P为底面所在平面上一点，若直线PM，PC与底面所成的角相等，则动点P的轨迹所围成的几何图形的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意结合线面角的概念可得，进而可得，建立平面直角坐标系，设，由两点之间距离公式可得，化简即可得解.
【详解】设正方体的棱长为，
连接，则，解得，
连接、，如图，

易得、即为直线PM，PC与底面所成的角，
由可得，所以，
如图建立平面直角坐标系，则，，设，
则，化简得，
故点P的轨迹为圆，且半径满足，
故所求面积为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了正方体的几何特征的应用及线面角的求解，考查了两点之间距离公式及圆的方程的应用，属于中档题.
16.已知，若函数有一条对称轴为，且函数在上不单调，则的最小值为__________.
【答案】5
【解析】
【分析】
由是对称轴，可得，不妨令，从而可求出，结合，代入的值，通过区间上的单调性确定是否可取.
【详解】解：因为是对称轴，所以，所以，
不妨令，在上，，即，
当时，，递增，不符合题意；
当时，，递减，不符合题意；
当时，，递增，不符合题意；
当时，，递减，不符合题意；
当时，，不单调，符合题意；
故答案为:5.
【点睛】本题考查了三角函数的对称性，考查了三角函数的单调性.本题的难点是不单调这一条件的应用.
三、解答题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17－21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
17.已知等比数列中，，其中，，成等差数列.
（1）求数列的通项公式.
（2），，记的前n项和为，求的前2020项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）等比数列的公比设为，且，结合等比数列的求和公式和通项公式，解方程可得首项和公比，进而得到所求通项公式；
（2）运用对数的运算性质可得，，再由数列的裂项相消求和，化简整理可得所求和．
【详解】（1）设等比数列的首项为，公比为q.则有，
即，又，∴或.
由题意，，，∴.
代入得，从而.
（2）由（1）得，从而，
∴
.
【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，以及等差数列的中项性质，考查数列的裂项相消求和，以及方程思想和运算能力，属于中档题．
18.如图，在四棱柱中，四边形ABCD是边长等于2的菱形，，平面ABCD，O，E分别是，AB的中点，AC交DE于点H，点F为HC的中点

（1）求证：平面；
（2）若OF与平面ABCD所成的角为60°，求三棱锥的表面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
(1) 连接，由三角形的中位线可知，由线面平行的判定定理即可证明平面.
(2) 连接BD，通过线面角可求出，；由线面垂直的性质可知，从而分别求出各个面的面积，即可求三棱锥的表面积.
【详解】（1）连接，因为点F为HC的中点，O是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）连接BD，因为四边形ABCD是边长等于2的菱形，，
所以是等边三角形，所以，且.
因为OF与平面ABCD所成的角为60°，且，平面ABCD，
所以，所以，，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又，，，平面，
所以平面，又平面，所以.
故三棱锥的表面积
.
【点睛】本题考查了线面平行的判定，考查了线面垂直的性质，考查了线面角的应用，考查了几何体表面积的求解.
19.政府工作报告指出，2019年我国深入实施创新驱动发展战略，创新能力和效率进一步提升；2020年要提升科技支撑能力，健全以企业为主体的产学研一体化创新机制，某企业为了提升行业核心竞争力，逐渐加大了科技投入；该企业连续5年来的科技投入x（百万元）与收益y（百万元）的数据统计如下：
科技投入x
1
2
3
4
5
收益y
40
50
60
70
90

（1）请根据表中数据，建立y关于x的线性回归方程；
（2）按照（1）中模型，已知科技投入8百万元时收益为140百万元，求残差（残差真实值－预报值）.
参考数据：回归直线方程，其中.
【答案】（1）；（2）18百万元
【解析】
【分析】
（1）求出科技投入x（百万元）与收益y（百万元）平均数，代入公式求出即可求解.
（2）把代入回归直线方程中，求出，再求残差.
【详解】解：（1），，
∴，
，∴.
（2）由（1）得时，，∴百万元.
【点睛】考查求线性回归直线方程、残差，同时考查运算求解能力；基础题.
20.已知O为原点，抛物线的准线与y轴的交点为H，P为抛物线C上横坐标为4的点，已知点P到准线的距离为5.
（1）求C的方程；
（2）过C的焦点F作直线l与抛物线C交于A，B两点，若以AH为直径的圆过B，求的值.
【答案】（1）；（2）4.
【解析】
【分析】
（1）由题意结合椭圆的性质可得，求得后即可得解；
（2）设，，直线AB的方程为，联立方程组结合韦达定理可得，由圆的性质、直线垂直的性质可得，进而可得，再由抛物线的性质即可得解.
【详解】（1）由题意点，抛物线的准线方程为，
则，解得或（舍），
∴抛物线方程为；
（2）由题意抛物线的焦点为，准线方程为，，
由题意可知，直线AB的斜率存在且不为0，
设，，直线AB的方程为，
代入抛物线方程可得，，
∴，，①
又，，
由可得，∴，
整理得，即，
∴，②
把①代入②得，
则.
【点睛】本题考查了抛物线性质的应用及方程的求解，考查了直线与抛物线的综合问题，关键是对题目条件合理转化，属于中档题.
21.已知函数，对任意，都有.
（1）求实数m的取值范围；
（2）若当时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
(1)求得的导数,讨论0<m≤1, m> 1时,判断导数的符号,可得单调性,结合不等式恒成立，可得m的范围；
（2）由题意可得恒成立，令，求，再令求其导数，判断单调性，求得h (x) 的零点，进而得到g (x) 的单调性和最值，可得实数的取值范围.
【详解】（1），当时，因为，，
则，在上是增函数，
所以恒成立，满足题设；
当时，在上是减函数，则时，
不合题意，综上，
（2）时，恒成立，∴恒成立，
∴令，则，
∴令，
∴，即在上单调递增.
又，时，，
∴，使.
当时，，，
当时，，.
∴在上单调递增，在上单调递减，
从而，而，
∴，
故，
∴.
【点睛】本题主要考查了函数恒成立问题解法，考查了利用导数研究函数单调性和最值，考查分类讨论思想和化简运算能力、推理能力，属于难题.
22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），直线，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求直线l和曲线C的极坐标方程；
（2）若直线与直线l相交于点A，与曲线C相交于不同的两点M，N.求的最小值.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】
(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
(2)利用极径的应用和三角函数关系式的变换及正弦型函数的性质的应用和基本不等式的应用求出结果.
【详解】（1）由直线得其极坐标方程为.
由，（为参数）.得，
又，，，
则其极坐标方程为.
（2）由题意，设，，，
把代入，
得，
∴，
由与曲线C相交于不同的两点M，N，可知.
把代入得
.
∴，
当且仅当，，
即时，等号成立，的最小值为.
【点睛】本题主要考查了参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的恒等变换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题.
23.已知函数，.
（1）若，求不等式的解集；
（2）已知，若对任意，都存在，使得，求实数t的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）将代入中，然后根据，利用零点分段法解不等式即可；
（2）先利用绝对值三角不等式求出的最小值，利用基本不等式求出的范围，再结合条件得到关于的不等式，进一步求出的取值范围．
【详解】解：（1）若，则，
当时，，∴，
当时，，∴，
当时，，∴，
则综上的，不等式的解集为.
（2）∵，∴，
又，，
则，
当且仅当，即，时，
等号成立，所以，
根据题意，，∴t的取值范围是
【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式，基本不等式和不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属于中档题．