1、湖南省衡阳市第八中学2020届高三数学下学期适应性考试试题 文（含解析）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知是虚数单位，的共轭复数为，则（ ）A. B. C. 5D. 3【答案】C【解析】【分析】首先可以根据复数的运算法则得出，然后根据共轭复数的性质得出，最后根据复数的乘法法则即可得出结果.【详解】因为，所以，故选：C.【点睛】本题考查共轭复数以及复数的运算法则，主要考查复数的乘法以及除法，复数的共轭复数为，考查计算能力，是简单题.2. 已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用一元
2、二次不等式的解法求出集合,利用指数函数的值域求出集合,根据集合补集的定义和集合的交运算求解即可.【详解】依题意得，集合,，由集合补集的定义知，由集合交运算可得，故选：B【点睛】本题考查一元二次不等式的解法、指数函数的值域、集合的交、补运算；考查运算求解能力；属于基础题.3. 为了贯彻素质教育，培养各方面人才，使每位学生充分发挥各自的优势，实现卓越发展，某高校将其某- -学院划分为不同的特色专业，各专业人数比例相关数据统计.如图，每位学生限修一门专业.若形体专业共300人，则下列说法错误的是（ ）A. 智能类专业共有630人B. 该学院共有3000人C. 非文化类专业共有1800人D. 动漫类专
3、业共有800人【答案】D【解析】【分析】根据形体专业所占比例和人数可求出总人数，分别求出文化类和智能类所占比例，根据比例和总人数可求出不同专业的人数，进而可得答案.【详解】该学院共有人，B正确；由题意可知，文化类共有，而智能类共有，所以智能类专业共有人，A正确；非文化类专业共有人，C正确；动漫类专业共有人，故D错误.故选：D.【点睛】本题考查数据统计知识，考查数据分析，解决问题能力，命题陷阱：饼状图中信息较多，容易分析错误，从而会导致出错.4. 某同学让一弹性球从128米高处下落，每次着地后又跳回原来高度的一半再落下，则第8次着地时球所运动的路程的和为（ ）A. 382mB. 510mC. 2
4、45mD. 638m【答案】A【解析】【分析】记第次落地到第次落地之间球运动的路程为，则是首项米，公比为的等比数列，然后利用等比数列的求和公式计算可得答案.【详解】记第次落地到第次落地之间球运动路程为，则是首项米，公比为的等比数列，所以第8次着地时球所运动的路程的和为米.故选：A.【点睛】本题考查了等比数列模型，考查了等比数列的前项和的公式，属于基础题.5. 已知函数，则的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，再判断函数有上的单调性，利用函数的单调性和奇偶性可以判断出之间的大小关系.【详解】函数，为偶函数， ，当时， ，函数在上递增，即，故选【点
5、睛】本题考查了函数的奇偶性和用导数研究函数的单调性，掌握函数的奇偶性的判断和利用导数研究函数的单调性是解题的关键.6. 在中，D，E分别为，上的点，且，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由平面向量的三角形法则和共线定理，可得，即可求出值，进而求出结果.【详解】由题意，作出草图，如下图所示：由平面向量的三角形法则和共线定理，可知，所以，故.故选：A.【点睛】本题主要考查了平面向量的加法运算、共线定理和平面向量基本定理的应用，属于基础题.7. 已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P-ABC的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）A. PA，PB，PC两两垂直B
6、. 三棱锥P-ABC的体积为C. D. 三棱锥P-ABC的侧面积为【答案】C【解析】【分析】根据三视图，可得三棱锥P-ABC的直观图，然后再计算可得.【详解】解：根据三视图，可得三棱锥P-ABC的直观图如图所示，其中D为AB的中点，底面ABC.所以三棱锥P-ABC的体积为，、不可能垂直，即不可能两两垂直，.三棱锥P-ABC的侧面积为.故正确的为C.故选：C.【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.8. 已知是抛物线的焦点，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），则与面积之和的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】试
7、题分析：据题意得，设，则，或，因为位于轴两侧所以.所以两面积之和为.9. 已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】函数定义域是R，函数有两个极值点，其导函数有两个不同的零点；将导函数分离参数m后构造出的关于x的新函数与关于m的函数有两个不同交点，借助函数单调性即可确定m的范围.【详解】函数的定义域为，.因为函数有两个极值点，所以有两个不同的零点，故关于的方程有两个不同的解，令，则，当时，当时，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，又当时，；当时，且，故，所以，故选B.【点睛】本题考查了利用函数极值点性质求解参数范围，解题中用到了转化
8、思想和分离参数的方法，对思维能力要求较高，属于中档题；解题的关键是通过分离参数的方法，将问题转化为函数交点个数的问题，再通过函数导数研究构造出的新函数的单调性确定参数的范围.10. 在等腰直角三角形中，过直角顶点C在内部任作一条直线，交边于点M，则的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由于过直角顶点C在内部任作一条射线，所有的可能结果的区域为，事件A构成的区域为，以“角度”为测度来计算几何概型的概率即可.【详解】在上取，则.记事件A在“在内部任作一条射线，与线段交于点M，”，则所有可能结果的区域为，事件A构成的区域为，又，故选：D.【点睛】本题考查了几何概型的概率问题
9、，考查了理解辨析能力和数学运算能力，转化的数学思维，属于中档题目.11. 已知为双曲线上不同三点，且满足（为坐标原点），直线的斜率记为，则的最小值为（ ）A. 8B. 4C. 2D. 1【答案】B【解析】由 有点 为线段 的中点,设 ,则 ,所以 ,故 ,由于点A,B,P在双曲线上,所以 ,代入上式中,有 ,所以 ,故最小值为4.选B.点睛:本题主要考查了双曲线的有关计算,涉及到的知识点有平面向量中线定理,直线斜率的计算公式,基本不等式等,属于中档题. 首先得出原点为线段AB的中点,再求出直线PA,PB斜率的表达式, 算出为定值,再由基本不等式求出最小值.12. 如图所示，在中，.若平面外的点
10、P和线段上的点D满足，则四面体的体积的最大值为（ ）A. B. C. D. 1【答案】B【解析】【分析】根据题意, ,表示出的面积,进而表示出三棱锥的体积,根据不等式成立的条件及二次函数的最值即可求得三棱锥的体积的最大值.【详解】因为,由余弦定理，可得所以,设,则,到平面的距离为,则则则所以当时, 三棱锥体积的最大值为 故选: B【点睛】本题考查了空间几何体的综合应用,几何体体积的最值求法,分析出各线段的关系是解决此类问题的关键,属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，满足约束条件，若可行域内任意使不等式恒成立，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】不
11、等式恒成立，可转化为，然后画出满足题意的可行域，令，求出目标函数的最大值，即可求出实数的取值范围.【详解】画出满足题意的可行域如下图： 不等式恒成立，可转化为，令，即：，由，得，当目标函数（图中虚线部分）经过点时，有最大值，所以，即.故答案为：.【点睛】本题考查线性规划，考查逻辑思维能力和计算能力，考查数形结合思想，属于常考题.14. 设数列满足，若不等式对任意恒成立，则实数的最小值是_【答案】3【解析】【分析】由数列的递推式可得，运用数列的裂项相消求和和不等式恒成立问题解法，可得所求最小值【详解】解：数列满足，可得，时，可得，即有，对也成立，则，即为，可得对任意恒成立，显然为递减数列， 取得
12、最大值，可得，解得，实数的最小值为3故答案为：3【点睛】本题考查数列的递推式的运用，数列的裂项相消求和，以及数列不等式恒成立的解法，注意运用转化思想，考查化简运算能力、推理能力，属于中档题15. 从2个不同的红球，2个不同的黄球，2个不同的蓝球共6个球中任取2个，放入红、黄、蓝色的三个袋子中，每个袋子至多放入1个球，且球色与袋色不同，则不同的放法有_种.【答案】42【解析】【分析】根据题意，分2种情况讨论：取出的两个球颜色相同；取出的两个球颜色不同，有黄球和蓝球，黄球和红球，红球和蓝球，共三种情况，分别求出每一类情况的放入方法种数，由加法原理计算可得答案【详解】根据题意，分两类情况：若取出2个
13、球全是同一种颜色，有3种可能，若为红色只需把它们放入蓝和黄即可，有（种），此时有（种）；若取出的2个球为两种颜色的球，有（种），若为一红一黄，每个袋子至多放入一个球，且球色与袋色不同，有3种方法，此时共有（种），因此不同的放法有种.故答案为：42.【点睛】本题考查排列、组合的实际应用，注意按取出球的颜色相同与否分情况讨论16. 函数在区间0，上的值域为_.【答案】【解析】【分析】利用导数研究函数的单调性，可得可得的增区间为，减区间为，求出，从而可得结果.【详解】，当时，；可得的增区间为，当时，可得的减区间为，故答案为.【点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值与最值，属于难题.
14、 求函数极值与最值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.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1721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.（一）必考题：共60分.17. 已知锐角，同时满足下列四个条件中的三个：（1）请指出这三个条件，
15、并说明理由；（2）求面积.【答案】（1）同时满足，理由见解析.（2）【解析】【分析】（1）判断三角形的满足条件，推出结果即可.（2）利用余弦定理求出，利用面积公式求解的面积.【详解】（1）同时满足，. 理由如下：若同时满足，则在锐角中，所以又因为，所以所以，这与是锐角三角形矛盾，所以不能同时满足， 所以同时满足，.因为所以若满足.则，则 ，这与是锐角三角形矛盾.故不满足.故满足，.（2）因为， 所以.解得或. 当时，所以为钝角，与题意不符合，所以.所以的面积.【点睛】本题主要考查解三角形中余弦定理的应用及面积公式的应用，属于中档题目.18. 如图，已知多面体均垂直于平面，.（1）证明：平面；（
16、2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，证出，利用线面垂直的判定定理可得平面，再利用平行线的性质即可证出.（2）解法一：由题意得，延长，交于点，取中点，连接，由，可得点到平面的距离和点到平面的距离相等，求出点到平面的距离，找到线面角即可求解；解法二：以为坐标原点，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用向量的数量积即可求解.【详解】解：（1）证明：如图，连接，因为，且，所以四边形为平行四边形，即.又底面为等腰梯形，且，所以.因为平面平面，所以.又，所以平面，所以平面.（2）解法一：由题
17、意得，延长，交于点，取中点，连接.因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离和点到平面的距离相等.由（1）知平面，又平面，所以平面平面.过点作于点，则平面，即点到平面的距离为.设直线与平面所成的角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.解法二：以为坐标原点，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面的法向量，由令，得.设直线与平面所成的角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定、线面角，考查空间想象能力和运算求解能力，属于中档题.19. 已知椭圆，、为椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，且.（1）求椭圆的标准
18、方程；（2）设直线，过点的直线交椭圆于、两点，线段的垂直平分线分别交直线、直线于、两点，当最小时，求直线的方程.【答案】(1) (2) 或.【解析】【分析】（1）设椭圆的左焦点，由，解得，再结合椭圆的定义，求得的值，即可得到椭圆的方程；（2）可设直线，联立方程组，求得，利用弦长公式，求得和的长，进而得到，利用基本不等式，求得的值，即可求解.【详解】（1）设椭圆的左焦点，则，解得，所以，则由椭圆定义，故椭圆的标准方程为.（2）由题意直线的斜率必定不为零，于是可设直线，联立方程得，直线交椭圆于，由韦达定理，则，又当且仅当即时取等号.此时直线的方程为或.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直
19、线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.20. 计算的最为稀奇的方法之一，要数18世纪法国的博物学家蒲丰和他的投针实验：在一个平面上，用尺画一组相距为的平行线，一根长度为的针，扔到画了平行线的平面上，如果针与线相交，则该次扔出被认为是有利的，否则是不利的.如图，记针的中点为M，设M到平行线的最短距离为，针与平行线所成角度为，容易发现随机情况下满足，且针与线相交时需.（1）记实验次数为，其
20、中有利次数为，结合图，利用几何概率模型计算一次实验结果有利的概率值；求出该实验中的估计值（用m，n表示）.（2）若实验进行了10000次，每次实验结果相互不受影响，以X表示有利次数，试求X的期望（用表示），并求当的估计值与实际值误差小于0.01的概率.附：；6345634663856386033320.34080.65560.6632参考数值：，.【答案】（1）；（2），.【解析】【分析】（1）先定积分求阴影部分的面积，再利用几何概型面积型计算概率，根据频率与概率的关系，得到的估计值；（2）有利次数服从二项分布，计算期望，再由的估计值与实际值误差小于0.01，列出不等式，求得有利次数的范围，再
21、出参考值和附表，得到答案.【详解】（1）图中阴影部分即为符合的区域，阴影部分的面积而，矩形面积，所以试验结果有利的概率由，得，故该实验中的估计值为.（2）由题意，所以，则估计值，由，得，由参考数值知，故所求概率为.【点睛】本题考查了利用定积分求面积，几何概型概率公式，二项分布，还考查了学生的阅读理解能力，分析能力，运算能力，难度较大.21. 已知，为实数.（1）讨论的单调性；（2）设，求所有的实数值，使得对任意的，不等式恒成立.【答案】（1）若，在上单调递减；若，在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】【分析】（1）求出，分类讨论，时，恒成立；当，当时，；当时，可得函数的单调区间.（2）分
22、，三种情况讨论不等式恒成立问题，当和时，通过反例，说明不等式不能恒成立；当时，求导的方法研究导函数的单调性，得出 存在唯一零点，进而求出函数最大值，通过构造函数，求出函数的最小值，即，所进而求出， .【详解】（1）.若，则，即在上单调递减；若，当时，；当时，.即在上单调递增，在上单调递减.（2）.若，由于，不符合题意；若，不符合题意，若，由于单调递减且值域为R，则存在唯一的正实数，使得，当时，当时，则由题设知，一定有：令.则，且是单调增函数，当时，；当时，.所以，由知，故.【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查数学运算能力和逻辑推理能力，分类讨论的数学思想和转化的数学思想，属于难题.（二）选考
23、题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.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号后的方框涂黑.22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）直接写出曲线的普通方程；（2）设是曲线上的动点，是曲线上的动点，求的最大值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用互化公式即可将曲线的极坐标方程化成普通方程；（2）消去参数，求出曲线的普通方程为，从而得出的参数方程，由题可知，设，利用两点间的距离公式求出，运用二次函数的性质求出，从而得出的最大值【详解】解
24、：（1）曲线的普通方程为；（2）由曲线的参数方程为（为参数），得曲线的普通方程为，它是一个以为圆心，半径等于2的圆，则曲线的参数方程为：为参数），是曲线上的点，是曲线上的点，设，则，当时，【点睛】本题考查利用互化公式将极坐标方程转化为普通方程，利用消参法将参数方程化为普通方程，运用曲线的参数方程表示点坐标，以及结合两点间的距离和二次函数的性质，求出距离最值，考查转化思想和计算能力.23. 已知实数正数x， y满足.（1）解关于x的不等式； （2）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由已知得，并把代入不等式后利用绝对值的性质解不等式；（2）把和中的分子1用代换，然后化简后用基本不等式可证明【详解】（1）解得，所以不等式的解集为（2）且，. 当且仅当时，等号成立.【点睛】本题考查解绝对值不等式，考查不等式的证明解题关键是“1”的代换，解不等式是利用消元法，而不等式的证明用到了“1”的代换，代换时要注意次数的一致性，否则达不到目的