2020届湖南省长沙市雅礼中学高三毕业班高考适应性月考卷(二)数学(文)试题(解析版)
湖南省长沙市2020届高三数学下学期第二次模拟考试试题 文(含解析)
2020年高三第二次模拟考试试卷数学（文科）一、选择题：本大题共12个小题,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，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先化简集合，再利用交集的定义求解即可.【详解】因为，，所以,故选B.【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.2.已知复数，则它的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算，化简得，再根据共轭复数的概念，即可求解.【详解】因为，所以，对应点的坐标为，故选A.【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及共轭复数的求解，其中解答中熟记复数的运算法则，以及共轭复数的概念是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.3.已知双曲线的两条渐近线互相垂直，焦距为8，则的离心率为（）A. B. 2 C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，列出方程组，求得的值，再利用离心率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，双曲线的两条渐近线互相垂直，焦距为8，可得，得，所以双曲线的离心率.【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率的求解，其中解答中熟记双曲线的几何性质，合理、准确列出方程组，求得的值，再利用离心率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4.高铁、扫码支付、共享单车、网购并称中国“新四大发明”，近日对全国100个城市的共享单车和扫码支付的使用人数进行大数据分析，其中共享单车使用的人数分别为，它们的平均数为，方差为；其中扫码支付使用的人数分别为，，，，，它们的平均数为，方差为，则，分别为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】由样本数据的平均数和方差的公式，化简、运算，即可求解，得到答案.【详解】由平均数的计算公式，可得数据的平均数为数据的平均数为：，数据的方差为，数据的方差为：故选C.【点睛】本题主要考查了样本数据的平均数和方差的计算与应用，其中解答中熟记样本数据的平均数和方差的计算公式，合理化简与计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5.已知变量满足约束条件，则的最小值为（）A. 9B. 8C. 7D. 6【答案】A【解析】【分析】先画出可行域，再结合z的几何意义，数形结合求解即可【详解】作出可行区域（如图阴影所示），化直线为,可知当直线经过点A取得最小值,此时解得A，∴的最小值为6故选：D【点睛】本题考查线性规划，数形结合思想，准确作图，熟练计算是关键，是基础题6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意结合诱导公式和三角函数的性质化简三角函数式即可.【详解】因为，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查诱导公式的应用，三角函数式的化简等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7.已知抛物线上的点到其焦点的距离比点到轴的距离大，则抛物线的标准方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由抛物线的定义转化，列出方程求出p，即可得到抛物线方程．【详解】由抛物线y2＝2px（p＞0）上的点M到其焦点F的距离比点M到y 轴的距离大，根据抛物线的定义可得，，所以抛物线的标准方程为：y2＝2x．故选：B．【点睛】本题考查了抛物线的简单性质的应用，抛物线方程的求法，属于基础题．8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意首先确定几何体的结构特征，然后结合体积公式求解其体积即可.【详解】由三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为4的圆柱挖掉右上半柱而形成的几何体.故该几何体的体积为.【点睛】(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．9.在三棱锥中，底面，，，，，则三棱锥外接球的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】在三棱锥中，求得,又由底面，所以,在直角中，求得,进而得到三棱锥外接球的直径，得到，利用体积公式，即可求解. 【详解】由题意知，在三棱锥中，，，，所以,又由底面，所以,在直角中，，所以,根据球的性质，可得三棱锥外接球的直径为，即，所以球的体积为，故选B.【点睛】本题主要考查了与球有关的组合体中球的体积的计算，其中解答中根据组合体的结构特征和球的性质，准确求解球的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.10.函数的图像向左平移个单位长度后得函数的图像，若的图像关于点对称，则的单调递减区间是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由三角函数的图象变换，求得，再由函数的图像关于点对称，求得，得到函数，根据正弦型函数的性质，即可求解.【详解】由题意，函数的图像向左平移个单位长度后，则，又由的图像关于点对称，所以，，解得，.因为，所以，所以，令，，得，，即函数的单调递减区间是，故选C.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象变换，以及合理、准确应用三角函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.11.分别为锐角内角的对边，函数有唯一零点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，所以，利用余弦定理，得，再由正弦定理，得，求得，结合锐角，求得，，根据，即可求解的取值范围.【详解】由题意，函数为偶函数且有唯一零点，则，所以.由余弦定理，得，整理得，即，所以，由正弦定理，得，即，所以，所以，所以或（舍），故，结合锐角，，则，，所以，由，又因为，所以，即的取值范围是，故选D.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.12.设，已知函数，对于任意，都有，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，转化为任意，，利用导数得到函数的单调性，求得和，由，即可求解.【详解】设函数，由当时，对于任意，都有，即对于任意，，由于，那么在上单调递减，而，在上单调递减，所以，，则，那么，或，结合，所以，故选C.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性与，以及函数单调性，求解参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知函数，则______．【答案】【解析】【分析】利用分段函数的解析式先求出，从而可得的值.【详解】，且，，，故答案为.【点睛】本题主要考查分段函数的解析式，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清楚，思路清晰. 当出现的形式时，应从内到外依次求值．14.已知两个单位向量和夹角为，则______．【答案】【解析】【分析】根据向量的数量积的运算公式，即可求解的值，得到答案.【详解】根据向量的数量积的运算公式，可得.【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式，合理准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.15.已知四棱锥的底面边长都为2，，，且，是的中点，则异面直线与所成的角为_______．【答案】【解析】【分析】根据异面直线所成角的定义，可得则所成的角为或的补角，在中，即可求解.【详解】如图所示，连接与相交于，则，根据异面直线所成角的定义，可得则所成的角为或的补角，由题意，在中，，，，则，所以.【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中熟记异面直线所成角的概念，把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.16.已知定义在上的偶函数，其图像连续不间断，当时，函数是单调函数，则满足的所有之积为______．【答案】39【解析】【分析】由题意首先确定函数的对称性，然后结合题意和韦达定理整理计算，即可求得最终结果．【详解】因为函数是连续的偶函数，所以直线是它的对称轴，从面直线就是函数图象的对称轴．因为，所以或．由，得，设方程的两根为n，n，所以；由，得，设方程的两根为，，所以，所以．故答案为：39．【点睛】本题主要考查了函数的单调性，奇偶性，以及对称性的应用，其中其中根据函数的奇偶性得出函数的对称性，再利用函数的单调性建立关于的一元二次方程，利用韦达定理求解是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及运算、求解能力，属于中档试题．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知数列的前项和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，若数列的前项和为，证明：.【答案】（1）（2）见证明【解析】【分析】（1）根据，可得，两式相减得到，得到数列为从第2项开始的等比数列，即可求解数列的通项公式；（2）由（1）知，得到，利用裂项法，即可求解，得到答案.【详解】（1）因为，① ，可得.②①-②得，即，所以为从第2项开始的等比数列，且公比，又，所以，所以数列的通项公式为.当时，满足上式，所以数列的通项公式为.（2）证明：由（1）知，所以，所以得证.【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、以及“裂项法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“裂项”之后求和时，弄错数列的项数，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.18.某电子商务平台的管理员随机抽取了1000位上网购物者，并对其年龄（在10岁到69岁之间）进行了调查，统计情况如下表所示. 年龄人数 10015020050已知，，三个年龄段的上网购物的人数依次构成递减的等比数列.（1）求的值；（2）若将年龄在内的上网购物者定义为“消费主力军”，其他年龄段内的上网购物者定义为“消费潜力军”.现采用分层抽样的方式从参与调查的1000位上网购物者中抽取5人，再从这5人中抽取2人，求这2人中至少有一人是消费潜力军的概率. 【答案】（1），；（2）【解析】 分析】（1）根据人数和为100及人数的等比关系列方程组求解即可；（2）在抽取的5人中，有3人是消费主力军，分别记为，，，有2人是消费潜力军，分别记为，，利用列举法及古典概型的公式求解即可. 【详解】（1）由题意得，解得，.（2）由题意可知，在抽取的5人中，有3人是消费主力军，分别记为，，，有2人是消费潜力军，分别记为，.记“这2人中至少有一人是消费潜力军”为事件.从这5人中抽取2人所有可能情况为，，，，，，，，，，共10种.符合事件的有，，，，，，，共7种.故所求概率为.【点睛】本题主要考查了统计的简单应用，考查了古典概型的求解，属于基础题.19.在四棱锥中，平面平面，底面为矩形，，，，、分别为线段、上一点，且，.（1）证明：；（2）证明：平面，并求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】【分析】（1）推导出AM⊥AD，从而AM⊥平面ABCD，由此能证明AM⊥BD；（2）推导出CE＝ND，BC∥AD，EN∥AB，FN∥AM，从而平面ENF∥平面MAB，进而EF∥平面MAB，由V D﹣AEF＝V F﹣ADE，能求出三棱锥D﹣AEF的体积．【详解】（1）∵AM＝AD＝3，MD＝3，∴AM2+AD2＝MD2，∴AM⊥AD，∵平面MAD⊥平面ABCD，平面MAD∩平面ABCD＝AD，∴AM⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴AM⊥BD．（2）在棱AD上取一点N，使得ND＝1，∵CE＝1，∴CE＝ND，又BC∥AD，∴EC ND，又AB∥CD，∴EN∥AB，∵＝，∴FN∥AM，∵FN∩EN＝N，∴平面ENF∥平面MAB，又EF⊂平面ENF，∴EF∥平面MAB，∵AM⊥平面ABCD，且FD ＝MD，AM＝3，∴F到平面ABCD的距离d ＝，∴V D﹣AEF＝V F﹣ADE ＝＝1．【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.设是圆上的任意一点，是过点且与轴垂直的直线，是直线与轴的交点，点在直线上，且满足.当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程；（2）已知点，过的直线交曲线于两点，交直线于点.判定直线的斜率是否依次构成等差数列？并说明理由.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）设点，，由条件的线段比例可得，，代入圆的方程中即可得解；（2）设直线的方程为，与椭圆联立得得，设，，由，结合韦达定理代入求解即可.【详解】（1）设点，，因为，点在直线上，所以，.①因为点在圆：上运动，所以.②将①式代入②式，得曲线的方程为. （2）由题意可知的斜率存在，设直线的方程为，令，得的坐标为. 由，得. 设，，则有，.③记直线，，的斜率分别为，，，从而，，. 因为直线的方程为，所以，，所以.④把③代入④，得. 又，所以，故直线，，的斜率成等差数列.【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系，斜率的坐标表示，设而不求的数学思想，考查了计算能力，属于中档题.21.已知函数.（1）讨论函数的单调区间；（2）证明：.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】(1),分和两种情况讨论单调性即可；(2)法一：将不等式变形为，构造函数，证明即可；法二：将不等式变形为，分别设，求导证明即可.【详解】(1) ，当时，，函数的单调增区间为，无减区间；当时，，当，，单增区间为上增，单调减区间为上递减。
2020届雅礼中学高三第3次月考试卷答案(文科数学)
,,#!,!#,!!"#",2($&&可得,2!"&
故当,2!"时&/"-/#!故选 ,!
文科数学参考答案!雅礼版"!"!
+!/!$分析%列出循环过程中0与1 的数值&满足判断框的条件即可结束循环! $解析%模拟执行程序&可得'
12(&22%?1@($>2%#槡%& 不满足条件2(%!"$&12"#&22(B?1@%$>2%& 不满足条件2(%!"$&12#&&22"#B?1@"'>2"#B$!#'**2%!"$'(& 满足条件2(%!"$&退出循环&输出1的值为#&! 故选'/!
($"!"'$'")& %2(&"&2#$#&$$)2(&"&($)&
则!&#")%2($"$'$'")! 故选',!
%!-!$解析%3#$!)%#%456#'%%&'!$"在!$&07"上递增& 8'!#$!)"%'!456#'"%'!%"& 3'!$"是定义在实数集 上的偶函数& 8'!#$!)"%'!!456#'"%'!!%"& 故选'-!
2020年湖南省雅礼中学高三1-6次月考 理科数学、文科数学(含答案)
预计去年消费金额在!$$!'$$(内的消费者今年都将会申请办理普通 会员$消费金额在 !!'$$$1#$$(内的消费 者都将会 申 请办 理银 卡会 员$消费金额在!1#$$$2"$$(内 的 消 费 者 都 将 会 申 请 办 理 金 卡 会 员! 消费者在申请办理会员时$需一次性缴清相应等级的消费金额! 该健身机构在今年 底 将 针 对 这 些 消 费 者 举 办 消 费 返 利 活 动$现 有 如 下两种预设方案# 方案!#按分层抽样 从 普 通 会 员$银 卡 会 员$金 卡 会 员 中 总 共 抽 取 #& 位-幸运之星.给予奖励#普通会员中的-幸运之星.每人奖励&$$元1 银卡会员中的-幸运之星.每人奖励'$$元1金卡会员 中的 -幸 运之 星.每人奖励"$$元! 方案##每位会员均可参加摸奖游戏$游戏规则如下#从一个装有1个 白球%#个红球!球只有颜色不同"的箱子中$有放回地摸三次球$每次 只能摸一个球!若摸到红球的总数为#$则可获得#$$元奖励金1若摸 到红球的总数为1$则可获得1$$元奖励金1其他情况不给予奖励!规 定每位普通会员均可参加!次摸奖游戏1每位银卡会员均可参加#次 摸奖游戏1每位金卡会员均可参加1次摸奖游戏!每次摸奖的结果相 互独立"! 以方案#的奖励金 的 数 学 期 望 为 依 据$请 你 预 测 哪 一 种 方 案 投 资 较 少0 并说明理由!
时&()!%"*$&当%)
槡##&#
时&()!%"-$&所以(!%",(
槡# #
1#槡#&则'#槡#&故选 /!
+!/!$解析%设轴截面的中心角为#&由条件可知-
湖南省长沙市2019-2020学年高考适应性测试卷数学试题(2)含解析
湖南省长沙市2019-2020学年高考适应性测试卷数学试题（2）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．已知函数()f x 满足(4)17f =，设00()f x y =，则“017y =”是“04x =”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 【分析】结合函数的对应性，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】解：若04x =，则()0()417f x f ==，即017y =成立，若2()1f x x =+，则由00()17f x y ==，得04x =±，则“017y =”是“04x =”的必要不充分条件， 故选：B ． 【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合函数的对应性是解决本题的关键，属于基础题．2．设a r ，b r是非零向量，若对于任意的R λ∈，都有a b a b λ-≤-r r r r 成立，则A ．//a bB ．a b ⊥v vC ．()-⊥r r r a b aD ．()-⊥a b b rr r【答案】D 【解析】 【分析】画出a r ，b r ，根据向量的加减法，分别画出()a b λ-r r的几种情况，由数形结合可得结果.【详解】由题意，得向量()a b -r r 是所有向量()a b λ-r r中模长最小的向量，如图，当AC BC ⊥，即()-⊥a b b r r r 时，||AC 最小，满足a b a b λ-≤-r r r r，对于任意的R λ∈，所以本题答案为D. 【点睛】本题主要考查了空间向量的加减法，以及点到直线的距离最短问题，解题的关键在于用有向线段正确表示向量，属于基础题.3．三棱锥S ABC -中，侧棱SA ⊥底面ABC ，5AB =，8BC =，60B ∠=︒，25SA =，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A ．643π B ．2563π C ．4363π D 2048327π 【答案】B 【解析】由题，侧棱SA ⊥底面ABC ，5AB =，8BC =，60B ∠=︒，则根据余弦定理可得2215825872BC =+-⨯⨯⨯= ，ABC V 的外接圆圆心2sin 33BC r r B ===三棱锥的外接球的球心到面ABC 的距离15,2d SA == 则外接球的半径()22764533R ⎛⎫=+=⎪⎝⎭，则该三棱锥的外接球的表面积为225643S R ππ== 点睛：本题考查的知识点是球内接多面体，熟练掌握球的半径R 公式是解答的关键．4．已知正项等比数列{}n a 满足76523a a a =+，若存在两项m a ，n a ，使得219m n a a a ⋅=，则19m n+的最小值为（ ）. A ．16 B ．283C ．5D ．4【答案】D 【解析】 【分析】由76523a a a =+，可得3q =，由219m n a a a ⋅=，可得4m n +=，再利用“1”的妙用即可求出所求式子的最小值. 【详解】设等比数列公比为(0)q q >，由已知，525523a a q a q =+，即223q q =+，解得3q =或1q =-（舍），又219m n a a a ⋅=，所以211111339m n a a a --⋅=，即2233m n +-=，故4m n +=，所以1914m n +=1919()()(10)4n mm n m n m n++=++1(1044≥+=，当且仅当1,3m n ==时，等号成立. 故选：D. 【点睛】本题考查利用基本不等式求式子和的最小值问题，涉及到等比数列的知识，是一道中档题.5．已知直线l ：310kx y k --+=与椭圆22122:1(0)x yC a b a b+=>>交于A 、B 两点，与圆2C ：()()22311x y -+-=交于C 、D 两点.若存在[]2,1k ∈--，使得AC DB =u u u r u u u r ，则椭圆1C 的离心率的取值范围为（ ）A．,33⎣⎦B．3C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知直线过定点即为圆心，由此得到,A B 坐标的关系，再根据点差法得到直线的斜率k 与,A B 坐标的关系，由此化简并求解出离心率的取值范围. 【详解】设()()1122,,,A x y B x y ，且线:310l kx y k --+=过定点()3,1即为2C 的圆心，因为AC DB =u u u r u u u r ，所以1212236212C D C D x x x x y y y y +=+=⨯=⎧⎨+=+=⨯=⎩，又因为2222221122222222b x a y a b b x a y a b ⎧+=⎨+=⎩，所以()()2222221212b x x a y y -=--， 所以2121221212y y x x b x x a y y -+=-⋅-+，所以[]2232,1b k a=-∈--，所以2212,33b a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以22212,33a c a -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以()2121,33e ⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，所以36,e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. 故选： A. 【点睛】本题考查椭圆与圆的综合应用，着重考查了椭圆离心率求解以及点差法的运用，难度一般.通过运用点差法达到“设而不求”的目的，大大简化运算.6．已知函数()2tan()(0)f x x ωω=>的图象与直线2y =的相邻交点间的距离为π，若定义{},max ,,a a b a b b a b⎧=⎨<⎩…，则函数()max{()h x f x =，()cos }f x x 在区间3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭内的图象是( ) A ． B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 【分析】由题知()2tan()(0)f x x ωω=>，利用T πω=求出ω，再根据题给定义，化简求出()h x 的解析式，结合正弦函数和正切函数图象判断，即可得出答案. 【详解】根据题意，()2tan()(0)f x x ωω=>的图象与直线2y =的相邻交点间的距离为π， 所以()2tan()(0)f x x ωω=> 的周期为π， 则1Tππωπ===， 所以{}2sin ,,2()max 2tan ,2sin 32tan ,,2x x h x x x x x ππππ⎧⎛⎤∈ ⎪⎥⎪⎝⎦==⎨⎛⎫⎪∈ ⎪⎪⎝⎭⎩，由正弦函数和正切函数图象可知A 正确. 故选：A. 【点睛】本题考查三角函数中正切函数的周期和图象，以及正弦函数的图象，解题关键是对新定义的理解. 7．设一个正三棱柱ABC DEF -，每条棱长都相等，一只蚂蚁从上底面ABC 的某顶点出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，算一次爬行，若它选择三个方向爬行的概率相等，若蚂蚁爬行10次，仍然在上底面的概率为10P ，则10P 为（ ）A ．10111432⎛⎫⋅+ ⎪⎝⎭B ．111132⎛⎫+ ⎪⎝⎭C ．111132⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．10111232⎛⎫⋅+ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】 【分析】由题意，设第n 次爬行后仍然在上底面的概率为n P .①若上一步在上面，再走一步要想不掉下去，只有两条路，其概率为123n P -；②若上一步在下面，则第1n -步不在上面的概率是11n P --.如果爬上来，其概率是()1113n P --，两种事件又是互斥的,可得()1121133n n n P P P --=+-，根据求数列的通项知识可得选项. 【详解】由题意，设第n 次爬行后仍然在上底面的概率为n P .①若上一步在上面，再走一步要想不掉下去，只有两条路，其概率为()1223n P n -≥； ②若上一步在下面，则第1n -步不在上面的概率是()11,2n P n --≥.如果爬上来，其概率是()()111,23n P n --≥， 两种事件又是互斥的,∴()1121133n n n P P P --=+-，即11133n n P P -=+，∴1112213n n P P -⎛⎫-- ⎪⎝⎭=，∴数列12n P ⎧-⎫⎨⎬⎩⎭是以13为公比的等比数列，而123P =，所以111232nn P ⎛⎫=⋅+ ⎪⎝⎭，∴当10n =时，1010111232P ⎛⎫=⋅+ ⎪⎝⎭， 故选：D. 【点睛】本题考查几何体中的概率问题，关键在于运用递推的知识，得出相邻的项的关系，这是常用的方法，属于难度题.8．已知双曲线的两条渐近线与抛物线22,(0)y px p =>的准线分别交于点、，O 为坐标原点．若双曲线的离心率为2，三角形AOB 的面积为3，则p=（ ）． A ．1 B ．32C ．2D ．3【答案】C 【解析】试题分析：抛物线22,(0)y px p =>的准线为x =-ｐ２，双曲线的离心率为2，则222221=4c b e a a==+，3b a =，渐近线方程为3y x =±，求出交点3(,)2p pA -，3(,)2p pB --，132AOB S p ∆=⨯⨯ 2332p p ==，则2p =；选C 考点：1.双曲线的渐近线和离心率；2.抛物线的准线方程；9．设全集U =R ，集合{}02A x x =<≤，{}1B x x =<，则集合A B =U （ ） A ．()2,+∞ B ．[)2,+∞C ．(],2-∞D ．(],1-∞【答案】C 【解析】∵集合{}02A x x =<≤，{}1B x x =<， ∴A B ⋃= (],2-∞点睛：本题是道易错题，看清所问问题求并集而不是交集. 10．已知集合M ＝{y ｜y ＝，x ＞0}，N ＝{x ｜y ＝lg （2x －）}，则M∩N 为（ ）A ．（1，＋∞）B ．（1，2）C ．[2，＋∞）D ．[1，＋∞）【答案】B 【解析】，，∴．故选．11．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：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面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，乌龟先他10米，当阿基里斯跑完下-个10米时，乌龟先他1米....所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.1米时，乌龟爬行的总距离为（ ）A ．5101900-米B ．510990-米C ．4109900-米D ．410190-米【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，是一个等比数列模型，设11100,,0.110n a q a ===，由110.110010n n a -⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭，解得4n =，再求和. 【详解】根据题意，这是一个等比数列模型，设11100,,0.110na q a ===， 所以110.110010n n a -⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭，解得4n =，所以()44441110011011111001190a q S q⎛⎫⎛⎫ ⎪- ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭==-=--. 故选：D 【点睛】本题主要考查等比数列的实际应用，还考查了建模解模的能力，属于中档题.12．己知集合{|13}M y y =-<<，{|(27)0}N x x x =-…，则M N ⋃=（ ） A ．[0,3) B ．70,2⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．71,2⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．∅【答案】C 【解析】 【分析】先化简7{|(27)0}|02N x x x x x ⎧⎫=-=⎨⎬⎩⎭剟?，再求M N ⋃. 【详解】因为7{|(27)0}|02N x x x x x ⎧⎫=-=⎨⎬⎩⎭剟?，又因为{|13}M y y =-<<， 所以71,2M N ⎛⎤⋃=- ⎥⎝⎦，故选：C. 【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法、集合的运算，还考查了运算求解能力，属于基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年湖南省雅礼中学高三第2次月考 理科数学、文科数学(含答案)
#!!!本小题满分!#分" 已知函数)!#"'&!#(!"15!#(!")##)&#!&)$"是减函数! !!"试确定&的值+ !#"已 知 数 列 '&*($&* '15*!*((!!"$9* '&!&#&0 --&* !*+, "$求 证# 15*!*(#"9*)$!)*#!
!!"若甲解开密 码 锁 所 需 时 间 的 中 位 数 为 46$求 &&' 的 值$并 分 别 求 出 甲&乙在!分钟内解开密码锁的频率+
!#"若以解开密码锁所需时间位于各区间的频率代替解开密码锁所需时 间位于该区间的概率$并 且 丙 在 ! 分 钟 内 解 开 密 码 锁 的 概 率 为 $!%$ 各人是否解开密码锁相互独立! 按乙丙甲的先后顺序和按丙乙甲的先后顺序哪一种可使派出人员 数目的数学期望更小% 试猜想#该团队以怎样的先后顺序派出人员$可使所需派出的人员 数目 8 的数学期望达到最小$不需要说明理由!
炎德英才大联考雅礼中学#$#$届高三月考试卷!二"
数学!理科"参考答案
一#选择题$本大题共"#个小题%每小题%分%共&$分!在每小题给出的四个选项中%只有一个选项是符合题目 要求的! 题!号 " # ' ( % & ) * + "$ "" "#
答!案 , , - . , / . / - . , ,
2020届雅礼中学高三第2次月考试卷-文科数学答案
" #
0-#2,#!-,(
所以"(0#-,!-,0-,(即-,*"(!当且仅当-0,0&时取等号"(
故8/"#&
0
"#-,738"*
" #
?"(?738($;0&槡%!
!"#分"
"*!$解析%!""由散点图可以判断((0,24槡'适宜作为年销售量( 关于年宣传费' 的回归方程类型! !%分"
!#"令 90槡'(先建立(关于9 的线性回归方程(
*
!9; <9<"!(; <(<"
5 由于4 : ;:" * 5!9; <9<"#
:""$*!(!*:(*(=,:(<<49< :'(%<(*>(!*:"$$!((
;:"
所以(关于9 的线性回归方程为( :"$$!(?(*9(
因此(关于' 的回归方程为( :"$$!(?(*槡'! !*分"
又因为-+0!*(-"$0"$(所以60"$时(&-6'的前6项和76 取得最大值!
文科数学参考答案!雅礼版"!%!
三#解答题
")!$解析%!""由正弦定理可得738"738#!槡#%738#0$(结合738#4$(可求出738" 与") !#"由余弦定理可得$#0-#2,#!#-,B=7"(结合基本不等式可得"(0#-,!-,0-,(求出-,*"((可求出8/"#& 0 "#-,738"的最大值!
2023-2024学年湖南省长沙市雅礼中学高三上学期月考试卷(二)语文试卷及答案
雅礼中学2024届高三月考试卷（二）语文本试卷共四道大题，23道小题，满分150分。
时量150分钟。
一、现代文阅读（35分）（一）现代文阅读I（本题共5小题，19分）阅读下面的文字，完成下面小题。
材料一：习近平总书记指出：“法治是人类文明的重要成果之一，法治的精髓和要旨对于各国国家治理和社会治理具有普遍意义，我们要学习借鉴世界上优秀的法治文明成果。
”最早给“法治”下定义的亚里士多德指出：“法治应包含两重意义：已成立的法律获得普遍的服从，而大家所服从的法律又应该本身是制订得良好的法律。
”后人对法治的定义无非是对亚里士多德原初“法治”定义的不断修正。
19世纪英国宪法学家戴雪结合英国法治的历史实践对法治（法律主治）的概念作过三个层面含义的概括：一是法律具有至尊性；二是人民在法律面前平等；三是宪法保障个人权利。
戴雪的法治定义强调了个人权利的宪法保障。
20世纪英国法理学家约瑟夫·拉兹认为，“法治”一词意味着法律的统治，它由一些重要的原则构成，如法律的公开性、明确性、不溯及既往、相对稳定性、公正审判、司法审查、司法程序的简便性及不得滥用自由裁量权等。
1955年6月，来自48上，对“法治”的概念作了三点阐述：国家必须遵从法律；政府应当根据法治原则尊重个人权利，并为实施个人权利提供有效的手段；法官应当受法治引导，公平地捍卫和实施法治。
1959年1月5日至10日，在印度新德里召开的国际大会上再次肯定了雅典会议通过的法治原则，由于本次国际大会有来自53个国家的185名法官、律师和法律教师参加而使法治精神广为传播。
（摘编自范进学《中国式法治现代化之“四重维度”论》)材料二：中国式现代化为人类实现现代化提供了新的选择，是对世界现代化理论的重大创新。
党的二十大报告提出，在法治轨道上全面建设社会主义现代化国家。
法治建设是中国式现代化的内在要求和重要保障，中国式现代化也对法治建设产生深刻的塑造作用，有力推动中国特色社会主义法治理论与实践创新发展，为人类法治文明进步贡献中国智慧、中国方案。
湖南长沙市2020届高三年级第二次模拟考试数学(文科)试卷(解析版)
2020年湖南长沙市高考数学二模试卷（文科）一、选择题（共12小题）.1．已知集合A＝{0，1，2，3），B＝{﹣1，0，a}，若A∩B＝{0，2），则a＝（）A．0 B．1 C．2 D．32．设i是虚数单位，若复数z满足z（1﹣i）＝i，则复数z对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．已知a=213，b=log213，c=log1312，则（）A．b＜c＜a B．b＜a＜c C．a＜b＜c D．c＜b＜a4．如图所示，在边长为4的正三角形中有一封闭曲线围成的阴影区域．在正三角形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率为34，则阴影区域的面积为（）A．√3B．2√3C．3√3D．4√35．记S n为等差数列{a n}的前n项和，若a1+3a5＝12，则S7＝（）A．18 B．21 C．24 D．276．已知向量a→=（5，5），a→+2b→=（﹣3，11），则向量a→在向量b→方向上的投影为（）A．1 B．√22C．−√22D．﹣17．已知函数f（x）＝sin2x cosφ+cos2x sinφ图象的一个对称中心为(−π3，0)，则φ的一个可能值为（）A．−π3B．π3C．−5π6D．5π68．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了Fn=22n+1(n= 0，1，2，⋯)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5＝641*6700417，不是质数．现设a n＝log4（F n﹣1）（n＝1，2，…），S n表示数列{a n}的前n项和．若32S n＝63a n，则n＝（）A．5 B．6 C．7 D．89．已知双曲线C：x 2a −y24a=1(a＞0)的右焦点为F，点N在C的渐近线上（异于原点），若M点满足OF→=FM→，且ON→⋅MN→=0，则|MN|＝（）A．2a B．√5a C．4a D．2√5a 10．已知曲线y＝ae x﹣1绕原点顺时针旋转θ后与x轴相切，若tanθ＝2，则a＝（）A．12B．1 C．32D．211．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2AD＝4，过AA1作平面α使BD⊥α，且平面α∩平面A1B1C1D1＝l，M∈l．下面给出了四个命题：这四个命题中，真命题的个数为（）①l∥AC；②BM⊥AC；③l和AD1所成的角为60°；④线段BM长度的最小值为√6．A．1 B．2 C．3 D．412．已知f(x)={2|x+2|−2，−4≤x≤−1，log2(x+1)，−1＜x≤4，若函数g（x）＝f2（x）﹣mf（x）﹣1恰有5个零点，则实数m的取值范围是（）A ．(0，32)B ．(0，32]C ．（0，2）D ．（0，2]二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．若实数x ，y 满足{0≤x −y ≤1，0≤x +y ≤1，则z ＝2x +y 的最大值为 ．14．已知α是锐角，且sin （α−π6）=13．则sin （α+π3）＝ ．15．我国古代数学名著《九章算术•商攻》中，阐述：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵．其一为阳马，一为鳖臑”．如图，在一个为“阳马”的四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为矩形，AB ＝2．AD =√3，PA ⊥平面ABCD ，若直线PD 与平面ABCD 所成的角为60°，则PA ＝ ，该“阳马”外接球体积为 ．16．已知直线x ﹣my ﹣2＝0与抛物线C ：y 2=12x 交于A ，B 两点．P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的平行线交C 于点Q ，若以AB 为直径的圆经过Q ，则m ＝ ．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．受突如其来的新冠疫情的影响，全国各地学校都推迟2020年的春季开学．某学校“停课不停学”，利用云课平台提供免费线上课程．该学校为了解学生对线上课程的满意程度，随机抽取了500名学生对该线上课程评分．其频率分布直方图如下：若根据频率分布直方图得到的评分低于80分的概率估计值为0.45． （1）（i ）求直方图中的a ，b 值；（ii ）若评分的平均值和众数均不低于80分视为满意，判断该校学生对线上课程是否满意？并说明理由（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）若采用分层抽样的方法，从样本评分在[60，70）和[90，100]内的学生中共抽取5人进行测试来检验他们的网课学习效果，再从中选取2人进行跟踪分析，求这2人中至少一人评分在[60，70）内的概率．18．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b tan A＝（2c﹣b）tan B．（1）求A；（2）若△ABC是锐角三角形，且a＝3．求cosCb的取值范围．19．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1＝2AC＝4，AB＝3，∠CAB＝90°．M是CC1的中点．（1）证明：平面A1B1M⊥平面ABM；（2）求四棱锥M﹣ABB1A1的侧面积．20．已知长轴长为2√2的椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，且以F1、F2为直径的圆与C恰有两个公共点．（1）求椭圆C的方程；（2）若经过点F2的直线l与C交于M，N两点，且M，N关于原点O的对称点分别为P，Q，求四边形MNPQ面积的最大值．21．已知函数f(x)=−3cosx−1ax2，f′(x)为f（x）的导函数．2（1）若f'（x）在区间[0，π2]上单调递减，求实数a的取值范围；（2）若x∈[0，π2]，求证：当a≤3时．f(x)+1x3+3≥0．2（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应题号后面的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为{x=2+2cosα，（α为参数），以坐y=2sinα标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcosθ＝1．（1）求C1的极坐标方程，并求C1与C2交点的极坐标(ρ＞0，−π2＜θ＜π2)；（2）若曲线C3：θ＝β（ρ＞0）与C1，C2的交点分别为M，N，求|OM|•|ON|的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知f（x）＝|2x﹣1|﹣2|x+1|．（1）解不等式f（x）≤0；（2）记函数f（x）的最大值为m，且a+b+c＝m，求证：（a+1）2+（b+1）2+（c+1）2≥12．参考答案一、选择题：本大题共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A＝{0，1，2，3），B＝{﹣1，0，a}，若A∩B＝{0，2），则a＝（）A．0 B．1 C．2 D．3【分析】利用交集定义直接求解．解：∵集合A＝{0，1，2，3），B＝{﹣1，0，a}，A∩B＝{0，2），∴a＝2．故选：C．【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2．设i是虚数单位，若复数z满足z（1﹣i）＝i，则复数z对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【分析】把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．解：由z（1﹣i）＝i，得z=i1−i=i(1+i)(1−i)(1+i)=−1+i2=−12+i2．∴复数z对应的点的坐标为（−12，12），在第二象限．故选：B．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3．已知a=213，b=log213，c=log1312，则（）A．b＜c＜a B．b＜a＜c C．a＜b＜c D．c＜b＜a 【分析】结合指数与对数函数的单调性分别确定a，b，c的范围，进而可比较大小．解：a=213＞1，b=log213＜0，c=log1312=log32∈（0，1），故b＜c＜a，故选：A．【点评】本题主要考查了利用函数单调性比较大小，属于基础试题．4．如图所示，在边长为4的正三角形中有一封闭曲线围成的阴影区域．在正三角形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率为34，则阴影区域的面积为（）A．√3B．2√3C．3√3D．4√3【分析】由题意结合几何概型计算公式得到关于面积的方程，解方程即可求得最终结果．解：设阴影部分的面积为S，结合几何概型公式可得：12×4×4×√32=34；解得S＝3√3：故选：C．【点评】本题考查几何概型及其应用，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属于中等题．5．记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1+3a 5＝12，则S 7＝（ ） A ．18B ．21C ．24D ．27【分析】由a 1+3a 5＝12，可得：4a 1+12d ＝12，化为a 1+3d ＝3＝a 4，利用性质可得：S 7=7(a 1+a 7)2=7a 4． 解：由a 1+3a 5＝12，可得：4a 1+12d ＝12，∴a 1+3d ＝3＝a 4， ∴S 7=7(a 1+a 7)2=7a 4＝21．故选：B ．【点评】本小题主要考查等差数列通项公式和前n 项和公式及其性质等基础知识，考查运算求解等数学能力，属于基础题．6．已知向量a →=（5，5），a →+2b →=（﹣3，11），则向量a →在向量b →方向上的投影为（ ） A ．1B ．√22C ．−√22D ．﹣1【分析】先根据平面向量的线性坐标运算，由a →和a →+2b →的坐标计算出向量b →，然后由平面向量数量积的定义可知，向量a →在b →方向上的投影为a →⋅b →|b →|，再结合数量积的坐标运算即可得解．解：∵a →=（5，5），a →+2b →=（﹣3，11），∴b →=(−4，3)，∴向量a →在b →方向上的投影为a →⋅b →|b →|=√(−4)2+32=−1，故选：D ．【点评】本题考查平面向量数量积的定义与坐标运算，考查学生的分析能力和运算能力，属于基础题．7．已知函数f（x）＝sin2x cosφ+cos2x sinφ图象的一个对称中心为(−π3，0)，则φ的一个可能值为（）A．−π3B．π3C．−5π6D．5π6【分析】先对已知函数进行化简，然后结合正弦函数的对称性即可求解．解：f（x）＝sin2x cosφ+cos2x sinφ＝sin（2x+φ），由题意可得，sin（φ−2π3）＝0，所以φ−2π3=kπ即φ=2π3+kπ，k∈Z，结合选项可知，当k＝﹣1时，φ=−13π．故选：A．【点评】本题主要考查了和差角公式在三角化简中的应用及正弦函数的对称性的应用，属于基础试题．8．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了Fn=22n+1(n= 0，1，2，⋯)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5＝641*6700417，不是质数．现设a n＝log4（F n﹣1）（n＝1，2，…），S n表示数列{a n}的前n项和．若32S n＝63a n，则n＝（）A．5 B．6 C．7 D．8【分析】利用数列的递推关系式，求出通项公式，然后通过等比数列求解数列的和，然后求解n即可．解：因为F n=22n+1(n=0，1，2，⋯)，所以a n＝log4（F n﹣1）=log4(22n+1−1)= log422n=2n﹣1，所以{a n}是等比数列，首项为1，公比为2，所以S n=1(1−2n)1−2=2n﹣1．所以32（2n﹣1）＝63×2n﹣1，解得n＝6，故选：B．【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，等比数列的判断，数列求和，考查计算能力．9．已知双曲线C：x 2a2−y24a2=1(a＞0)的右焦点为F，点N在C的渐近线上（异于原点），若M点满足OF→=FM→，且ON→⋅MN→=0，则|MN|＝（）A．2a B．√5a C．4a D．2√5a【分析】画出图形，利用F是OM的中点，且ON⊥MN，作FH⊥ON于H，然后转化求解即可．解：双曲线C：x 2a2−y24a2=1(a＞0)的一条渐近线y＝2x的斜率为：2，且b＝2a，F（√5a，0）．由题意可得：F是OM的中点，且ON⊥MN，作FH⊥ON于H，则|FH|=√5a1+4=2a，所以|MN|＝4a，故选：C．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，数形结合以及计算能力，是中档题．10．已知曲线y＝ae x﹣1绕原点顺时针旋转θ后与x轴相切，若tanθ＝2，则a＝（）A．12B．1 C．32D．2【分析】由题意可知，未转动前曲线与直线y＝2x相切，由此设切点为（x0，y0），求切点处导数，并令其为2，求出x0，即可求出a的值．解：由已知得：曲线y＝ae x﹣1与直线y＝2x相切．设切点为（x0，y0），因为y′＝ae x﹣1，所以ae x0−1=2①，又切点满足：ae x0−1=2x0②，①②两式联立解得：x0＝1，a＝2．故选：D．【点评】本题考查导数的几何意义以及切线方程的求法，同时考查学生运用方程思想解题的能力和化简运算能力．属于中档题．11．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2AD＝4，过AA1作平面α使BD⊥α，且平面α∩平面A1B1C1D1＝l，M∈l．下面给出了四个命题：这四个命题中，真命题的个数为（）①l∥AC；②BM⊥AC；③l和AD1所成的角为60°；④线段BM长度的最小值为√6．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，可得BD⊥平面A1ACC1，结合题意可得面A1ACC1为平面α，直线A1C1为l，可知①正确；只有当M为A1C1的中点时，有BM⊥AC，当M在l上其它位置时，BM与AC不垂直，可知②错误；由题意，知∠A1C1B即为l和AD1所成角，由A1B＝BC1≠A1C1，得∠A1C1B≠60°，故③错误；当M是A1C1的中点时，BM⊥A1C1，此时线段BM取得最小值，求得BM判断④错误．解：由ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，可得BD⊥平面A1ACC1，即平面A1ACC1为平面α，直线A1C1为l，则l∥AC，故①正确；由M∈l，即M∈A1C1，只有当M为A1C1的中点时，有BM⊥AC，当M在l上其它位置时，BM与AC不垂直，故②错误；由AD1∥BC1，可知∠A1C1B即为l和AD1所成角，∵A1B＝BC1≠A1C1，∴∠A1C1B≠60°，故③错误；由A1B＝BC1=√22+42=2√5，可知当M是A1C1的中点时，BM⊥A1C1，此时线段BM取得最小值，且BM=√BB12+B1M2=√42+(√2)2=3√2，∴④错误．故只有①正确．故选：A．【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．12．已知f(x)={2|x+2|−2，−4≤x≤−1，log2(x+1)，−1＜x≤4，若函数g（x）＝f2（x）﹣mf（x）﹣1恰有5个零点，则实数m的取值范围是（）A．(0，32)B．(0，32]C．（0，2）D．（0，2]【分析】先作出函数的图象，然后结合函数的函数的零点与方程的根的关系，结合二次方程的实根分布问题即可求解解：如图所示，作出f（x）的图象，令f（x）＝t显然t＝0不是方程t2﹣mt﹣1＝0的解，若t＝﹣1是方程t2﹣mt﹣1＝0的解，则m＝0，此时t＝±1，结合图象可知不满足题意，所以g（x）＝f2（x）﹣mf（x）﹣1恰有5个零点等价于t2﹣mt﹣1＝0一个解在（﹣1，0），一个解在（0，2]，令h（t）＝t2﹣mt﹣1，则{h(−1)=m＞0h(0)=−1＜0h(2)=4−2m−1≥0，解可得，0＜m≤32．故选：B．【点评】本题主要考查了由函数的零点求解参数范围问题，体现了转化思想及数形结合思想的应用．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．若实数x ，y 满足{0≤x −y ≤1，0≤x +y ≤1，则z ＝2x +y 的最大值为 2 ． 【分析】画出可行域，利用目标函数的几何意义求解最大值即可．解：作出约束条件的可行域，如图：直线z ＝2x +y 经过可行域的A 时，z 取得最大值， 由{x +y =1x −y =1解得A （1，0），所以z 的最大值为：2×1+0＝2． 故答案为：2．【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出约束条件的可行域是解题的关键，考查计算能力．14．已知α是锐角，且sin （α−π6）=13．则sin （α+π3）＝ √23 ．【分析】由已知结合同角基本关系及诱导公式进行化简即可求解．解：因为α是锐角，且sin （α−π6）=13． 所以−π6＜α−π6＜13π，cos （α−π6）=2√23， 则sin （α+π3）＝sin[（α−π6）+12π]＝cos （α−π6）=2√23，故答案为：2√2．3【点评】本题主要考查了同角基本关系及诱导公式在三角化简求值中的应用，属于中档试题．15．我国古代数学名著《九章算术•商攻》中，阐述：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵．其一为阳马，一为鳖臑”．如图，在一个为“阳马”的四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD 为矩形，AB＝2．AD=√3，PA⊥平面ABCD，若直线PD与平面ABCD所成的角为60°，π．则PA＝ 3 ，该“阳马”外接球体积为323【分析】以AB，AD，AP为棱构造一个长方体，则该长方体的体对角线为其外接球的直径2R，由此能求出该“阳马”外接球体积．解：由题意得∠PDA＝60°，则PA=√3AD=3，以AB，AD，AP为棱构造一个长方体，则该长方体的体对角线为其外接球的直径2R，即2R=√22+(√3)2+32=4，即R＝2，∴该“阳马”外接球体积为V=4πR3=43π×8=32π3．3故答案为：3，32π．3【点评】本题考查线段长、“阳马”的外接球的体积的求法，考查线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．16．已知直线x﹣my﹣2＝0与抛物线C：y2=12x交于A，B两点．P是线段AB的中点，过P作x轴的平行线交C于点Q，若以AB为直径的圆经过Q，则m＝±2 ．【分析】设AB的坐标，直线与抛物线的方程联立求出两根之和，进而求出AB的中点P 的坐标，由题意求出Q的坐标，进而求出弦长|AB|，|PQ|，再由题意可得m的值．解：设A（x1，y1），B（x2，y2），由{x−my−2=0 y2=12x，整理可得2y2﹣my﹣2＝0，△＝m2+8＞0，y1+y2=m2，y1y2＝﹣1，所以AB的中点P（m 24+2，m4），则Q（m28，m4），即|PQ|=m28+2，又|AB|=√1+m2|y1﹣y2|=√1+m2√m24+4，所以√1+m2√m24+4=2（m28+2）即√1+m2=√m24+4，解得m＝±2，故答案为：±2．【点评】本题考查抛物线的性质及以线段为直径的圆的性质，属于中档题．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．受突如其来的新冠疫情的影响，全国各地学校都推迟2020年的春季开学．某学校“停课不停学”，利用云课平台提供免费线上课程．该学校为了解学生对线上课程的满意程度，随机抽取了500名学生对该线上课程评分．其频率分布直方图如下：若根据频率分布直方图得到的评分低于80分的概率估计值为0.45．（1）（i）求直方图中的a，b值；（ii）若评分的平均值和众数均不低于80分视为满意，判断该校学生对线上课程是否满意？并说明理由（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）若采用分层抽样的方法，从样本评分在[60，70）和[90，100]内的学生中共抽取5人进行测试来检验他们的网课学习效果，再从中选取2人进行跟踪分析，求这2人中至少一人评分在[60，70）内的概率．【分析】（1）（i）由频率分布直方图中小矩形面积之和为1，能求出a，b．（ii）由频率分布直方图能求出评分的众数和评分的平均值，从而得到该校学生对线上课程满意．（2）由题知评分在[60，70）和[90，100]内的频率分别为0.1和0.15，则抽取的5人中，评分在[60，70）内的为2人，评分在[90，100）的有3人，记评分在[90，100]内的3位学生为a，b，c，评分在[60，70）内的2位学生这D，E，从5人中任选2人，利用列举法能求出这2人中至少一人评分在[60，70）的概率．解：（1）（i）由已知得（0.005+a+0.03）×10＝0.45，解得a＝0.01，又（0.015+b）×10＝0.55，∴b＝0.04．（ii）由频率分布直方图得评分的众数为85，评分的平均值为55×0.05+65×0.1+75×0.3+85×0.4+95×0.15＝80，∴该校学生对线上课程满意．（2）由题知评分在[60，70）和[90，100]内的频率分别为0.1和0.15，则抽取的5人中，评分在[60，70）内的为2人，评分在[90，100）的有3人，记评分在[90，100]内的3位学生为a，b，c，评分在[60，70）内的2位学生这D，E，则从5人中任选2人的所有可能结果为：（a，b），（a，c），（a，D），（a，E），（b，c），（b，D），（b，E），（c，D），（c，E），（D，E），共10种，其中，评分在[90，100]内的可能结果为（a，b），（a，c），（b，c），共3种，∴这2人中至少一人评分在[60，70）的概率为P＝1−3=710．10【点评】本题考查频率、众数、平均数、概率的求法，考查古典概型、列举法、频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．18．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b tan A＝（2c﹣b）tan B．（1）求A；（2）若△ABC是锐角三角形，且a＝3．求cosCb的取值范围．【分析】（1）直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理的应用求出A的值．（2）利用正弦定理的应用和锐角三角形的角的范围的应用求出结果．解：（1）由于△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b tan A＝（2c﹣b）tan B．∴sinB⋅sinAcosA =(2sinC−sinB)⋅sinBcosB，由于sin B≠0，所以sin A cos B＝2sin C cos A﹣sin B cos A，则：sin（A+B）＝2sin C cos A，即sin C＝2sin C cos A，由于sin C≠0，所以cos A=12，由于0＜A＜π，所以A=π3．（2）根据正弦定理asinA =b sinB，所以b＝2√3sinB．则：cosCb =cos(2π3−B)2√3sinB=−12cosB+√32sinB2√3sinB=4√3tanB+14．由于△ABC为锐角三角形，所以{0＜B＜π20＜C＜π2，即{0＜B＜π20＜2π3−B＜π2，所以π6＜B＜π2，所以tanB＞√33，即043tanB 14，所以0＜cosCb＜14，所以cosCb 的取值范围为（0，14）．【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．19．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1＝2AC＝4，AB＝3，∠CAB＝90°．M是CC1的中点．（1）证明：平面A1B1M⊥平面ABM；（2）求四棱锥M﹣ABB1A1的侧面积．【分析】（1）由已知求解三角形证明即A1M⊥AM，再证明AB⊥平面ACC1A1，得AB ⊥A1M，由直线与平面垂直的判定可得A1M⊥平面ABM，进一步得到平面A1B1M⊥平面ABM；（2）分别求出四棱锥M﹣ABB1A1的四个侧面三角形的面积，作和得答案．【解答】（1）证明：在矩形ACC1A1中，AM=A1M=√22+22=2√2，AA1＝4．则A1M2+AM2=AA12，即A1M⊥AM，又AB⊥AC，AB⊥AA1，AC∩AA1＝A，则AB⊥平面ACC1A1，∵A1M⊂平面ACC1A1，∴AB⊥A1M，又AB∩AM＝A，∴A1M⊥平面ABM，∵A1M⊂平面A1B1M，∴平面A1B1M⊥平面ABM；（2）解：由（1）知，AB⊥AM，∴S△ABM=S△A1B1M=12×3×2√2=3√2．在△ABC中，BC=√22+32=√13，∴S△B1BM=12×√13×4=2√13，又S△A1AM=12×4×2=4．∴四棱锥M﹣ABB1A1的侧面积为2×3√2+4+2√13=6√2+4+2√13．【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体侧面积的求法，是中档题．20．已知长轴长为2√2的椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，且以F1、F2为直径的圆与C恰有两个公共点．（1）求椭圆C的方程；（2）若经过点F2的直线l与C交于M，N两点，且M，N关于原点O的对称点分别为P，Q，求四边形MNPQ面积的最大值．【分析】（1）由题意可得a 的值及b ＝c ，再由a ，b ，c 之间的关系求出b ，进而求出椭圆的方程；（2）由（1）可得右焦点F 2的坐标，由题意可得直线PQ 的斜率不为0，设直线PQ 的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由题意可得四边形PQMN 为平行四边形，所以四边形的面积等于一个三角形面积的4倍，求出三角形OPQ 的面积，由均值不等式可得面积的最大值．解：（1）由题意可得2a ＝2√2，且b ＝c ，又c 2＝a 2﹣b 2，所以可得a 2＝2，b 2＝1， 所以椭圆的方程为：x 22+y 2＝1； （2）由（1）可得右焦点F 2（1，0），再由题意可得直线PQ 的斜率不为0，设直线PQ 的方程为x ＝my +1，设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2），联立直线与椭圆的方程可得{x =my +1x 2+2y 2=2整理可得（2+m 2）y 2+2my ﹣1＝0，所以y 1+y 2=−2m 2+m 2，y 1y 2=−12+m 2， 由题意可得四边形MNPQ 为平行四边形，所以S ＝4S △OPQ ＝4×12×|OF 2|×|y 1﹣y 2|＝2×1×√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=2√4m 2(2+m 2)2−4⋅−12+m 2=4√2√1+m 2(1+1+m 2)2=4√2√1(1+m 2)+11+m 2+2≤4√2√12+2=2√2， 当且仅当1+m 2=11+m 2即m ＝0时取等号， 所以四边形MNPQ 面积的最大值为2√2．【点评】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合，及四边形的面积公式及均值不等式的应用，属于中档题．21．已知函数f(x)=−3cosx−1ax2，f′(x)为f（x）的导函数．2（1）若f'（x）在区间[0，π2]上单调递减，求实数a的取值范围；（2）若x∈[0，π2]，求证：当a≤3时．f(x)+1x3+3≥0．2【分析】（1）先求f'（x）＝3sin x﹣ax，令g（x）＝3sin x﹣ax，再求导g'（x），原问题可转化为g'（x）≤0在[0，π2]上恒成立，即a≥3cos x恒成立，于是求出y＝3cos x在[0，π2]上的最大值即可；（2）令h(x)=f(x)+1x3+3，原问题转化为证明h（x）≥0，求出h'（x），由于a≤23，所以h′(x)≥3sinx−3x+3x2，再令p(x)=3sinx−3x+32x2，再求导p'（x），2又令m（x）＝p'（x），又求导m'（x），并得出m'（x）＝﹣3sin x+3≥0，因此m（x）在[0，π2]上单调递增，依此，逐层往回递推直至能证明h（x）≥h（0）＝0即可．解：（1）由题可知，f'（x）＝3sin x﹣ax，令g（x）＝3sin x﹣ax，则g'（x）＝3cos x﹣a，∵f'（x）在区间[0，π2]上单调递减，∴当0≤x≤π时，3cos x﹣a≤0，即a≥3cos x恒成立，2而当0≤x≤π时，3cos x∈[0，3]，2∴a≥3．（2）证明：令h(x)=f(x)+1x3+3，则h′(x)=f′(x)+32x2=3sinx−ax+32x2，2∵a≤3，∴h′(x)≥3sinx−3x+3x2，2令p(x)=3sinx−3x+3x2，则p'（x）＝3cos x﹣3+3x，2令m（x）＝3cos x﹣3+3x，则m'（x）＝﹣3sin x+3≥0，∴m（x）在[0，π2]上单调递增，即m（x）≥m（0）＝0，∴p'（x）≥0，∴p（x）在[0，π2]上单调递增，即p（x）≥p（0）＝0，则h'（x）≥0，∴h（x）在[0，π2]上单调递增，即h（x）≥h（0）＝0，也就是f(x)+1x3+3≥0．2【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值、不等式恒成立问题，解题的关键是多次构造函数，并求导，判断新函数的性质，然后再逐层往回递推，考查学生的转化与化归的能力、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．一、选择题（α为参数），以坐22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为{x=2+2cosα，y=2sinα标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcosθ＝1．（1）求C1的极坐标方程，并求C1与C2交点的极坐标(ρ＞0，−π2＜θ＜π2)；（2）若曲线C3：θ＝β（ρ＞0）与C1，C2的交点分别为M，N，求|OM|•|ON|的值．【分析】（1）根据同角三角函数关系式，消去参数，可得C1的直角坐标方程，再由x ＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入可得极坐标方程；联立C1与C2的极坐标方程，即可得到交点坐标；（2）分别联立曲线C3和C1，C3和C2的极坐标方程，分别得到OM和ON的长度，再求值即可．解：（1）由{x =2+2cosαy =2sinα（α为参数）消去参数可得（x ﹣2）2+y 2＝4，即x 2+y 2﹣4x ＝0，又{x =ρcosθy =ρsinθ，则ρ2﹣4ρcos θ＝0， 即C 1的极坐标方程为ρ＝4cos θ．由{ρ=4cosθρcosθ=1，可得4cos 2θ＝1，又−π2＜θ＜π2，所以θ＝±π3，ρ＝2． 即C 1与C 2交点的极坐标为（2，π3），（2，−π3）． （2）由{θ=βρ=4cosθ，可得|OM |＝4cos β， 由{θ=βρcosθ=1，可得|ON |=1cosβ， 所以|OM |•|ON |＝4．【点评】本题考查了参数方程，极坐标方程和普通方程的互化，以及利用极坐标方程解决曲线与曲线的交点问题．[选修4-5：不等式选讲]23．已知f （x ）＝|2x ﹣1|﹣2|x +1|．（1）解不等式f （x ）≤0；（2）记函数f （x ）的最大值为m ，且a +b +c ＝m ，求证：（a +1）2+（b +1）2+（c +1）2≥12．【分析】（1）由题意可得|2x ﹣1|≤2|x +1|，两边平方，化简整理，可得所求解集；（2）运用绝对值不等式的性质可得m ＝3，即a +b +c ＝3，再由三个数的完全平方公式，结合基本不等式和不等式的性质，即可得证．【解答】（1）解：f （x ）≤0即为|2x ﹣1|﹣2|x +1|≤0，即|2x ﹣1|≤2|x +1|，即为（2x﹣1）2≤4（x+1）2，化为12x≥﹣3，可得x≥−1，4}；则原不等式的解集为{x|x≥−14（2）证明：由f（x）＝|2x﹣1|﹣|2x+2|≤|2x﹣1﹣2x﹣2|＝3，当x≤﹣1时，上式取得等号，则m＝3，即a+b+c＝3，又（a+b+c）2＝a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca≤a2+b2+c2+（a2+b2）+（b2+c2）+（c2+a2）＝3（a2+b2+c2）（当且仅当a＝b＝c＝1时取得等号），（a+b+c）2＝3，则（a+1）2+（b+1）2+（c+1）2＝a2+b2+c2+2a+2b+2c+3所以a2+b2+c2≥13≥3+2×3+3＝12，则（a+1）2+（b+1）2+（c+1）2≥12．【点评】本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值不等式的性质，基本不等式的运用：证明不等式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
绝密★启用前 炎德•英才大联考
湖南省长沙市雅礼中学
2020届高三毕业班高考适应性月考卷(二)
数学(文)试题
(解析版)
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟.满分150分.
第Ⅰ卷
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.集合{}{}{}202,1,1A a B a A B ==⋂=，
，，若，则a 的值为（ ） A. 0
B. 1
C. -1
D. ±1
【答案】C
【解析】 {}{}
221,02,1,A B A a a ⋂==⇒=， 又{}1,B a = ，1a ∴=- ，故选C. 2.已知向量()()2,1,,2a b λ==，若a b ⊥，则实数λ= （ ）
A. 4-
B. 1-
C. 1
D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
由题得=0a b ⋅，解方程即得解.
【详解】因为a b ⊥,所以=220,1a b λλ⋅+=∴=-.
故选B
【点睛】本题主要考查向量垂直的坐标表示,意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
3.已知ABCD 是复平面内的平行四边形,A ,B ,C 三点对应的复数分别是2i -+,1i -,22i +,则点D 对应的复数为（ ）
A. 4i -
B. 32i --
C. 5
D. 14i -+
【答案】D
【解析】
分析：利用平行四边形的性质得到AB DC =,再把点的坐标代入计算即得点D 的坐标,再写出点D 对应的复数.
详解：由题得A(-2,1),B(1,-1),C(2,2),
设D(x,y),
则(3,2),(2,2),AB DC x y =-=--
因为AB DC =, 所以2322x y -=⎧⎨-=-⎩
, 解之得x=-1,y=4.
所以点D 的坐标为（-1,4）,
所以点D 对应的复数为-1+4i,
故选D.
点睛：本题方法比较多,但是根据AB DC =求点D 的坐标,是比较简单高效的一种方法,大家解题时,注意简洁高效.
4.已知集合2{|0}1
x A x x -=<+,{|}B x x a =<,若“1a =”是“B A ⊆”的（ ） A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不是充分条件也不是必要条
件
【答案】A
【解析】
【分析】 化简两个集合,分别讨论充分性和必要性,可选出答案.。