湖北省襄阳五中、夷陵中学、钟祥一中三校2020届高三下学期6月高考适应性考试文科数学试题 Word版含解析

这是一份湖北省襄阳五中、夷陵中学、钟祥一中三校2020届高三下学期6月高考适应性考试文科数学试题 Word版含解析，共26页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，选考题的作答等内容，欢迎下载使用。
www.ks5u.com2020届襄阳五中、夷陵中学、钟祥一中三校高三6月适应性考试文科数学试题注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，集合，若，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由题意得，，再根据集合间包含关系即可求出答案．【详解】解：∵，，，∴，故选：B．【点睛】本题主要考查根据集合间的包含关系求参数的取值范围，考查一元二次不等式的解法，属于基础题．2. 已知为虚数单位，若复数，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用复数乘除法中模的性质计算．【详解】因为，所以，即，，所以．故选：C．【点睛】本题考查求复数的模，掌握模的性质是解题关键．设是任意两个复数，则，．3. 2020年春节前后，一场突如其来的新冠肺炎疫情在全国蔓延.疫情就是命令，防控就是责任.在党中央的坚强领导和统一指挥下，全国人民众志成城、团结一心，掀起了一场坚决打赢疫情防控阻击战的人民战争.下侧的图表展示了2月14日至29日全国新冠肺炎疫情变化情况，根据该折线图，下列结论正确的是（    ）A. 16天中每日新增确诊病例数量呈下降趋势且19日的降幅最大B. 16天中每日新增确诊病例的中位数大于新增疑似病例的中位数C. 16天中新增确诊、新增疑似、新增治愈病例的极差均大于D 19日至29日每日新增治愈病例数量均大于新增确诊与新增疑似病例之和【答案】C【解析】【分析】由折线图分别观察变化趋势，估计中位数，计算极差，确认新增治愈病例数量与新增确诊与新增疑似病例之和，判断各选项后可得结论．【详解】从新增确诊折线看19日降幅最大，但并不呈下降趋势，如20日比19日就是上升，27,28,29三天还是增加的趋势，A错；新增确诊病例和新增疑似病例的中位数在21、22日前后，新增疑似病例的中位数比新增确诊病例的中位数大，B错；三根折线中最大值与最小值的差都大于2000，C正确；20日新增治愈病例数量小于新增确诊与新增疑似病例之和，D错误．故选：C．【点睛】本题考查折线图的认识，考查学生的数据处理能力．属于基础题．4. 将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱四等分，然后沿等分线把正方体切开得到同样大小的小正方体，从这些小正方体中任取一个，则恰好没有被涂色的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据古典概型的概率公式计算可得结果.【详解】沿等分线把正方体切开得到同样大小的小正方体共有64个，其中有3个面涂色的小正方体共有8个，只有2个面涂色的小正方体共有个，只有一个面涂色的小正方体共有个，那么没有被涂色的小正方体共有个，所以恰好没有被涂色的概率为.故选：A.【点睛】本题考查了古典概型的概率公式，属于基础题.5. 已知，则的值域是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据指数函数的性质分类讨论去掉绝对值求出各段区间上的值域，再求函数的值域．【详解】解：当，即时，，则，当，即时，，∴值域是，故选：B．【点睛】本题主要考查分段函数的值域，考查指数函数的性质，属于基础题．6. 在平面直角坐标系中，已知任意角以轴的正半轴为始边，若终边经过点且，定义：，称“”为“正余弦函数”；对于正余弦函数，以下性质中正确的是（    ）A. 函数关于对称 B. 函数关于对称C. 函数在单调递增 D. 函数值域为【答案】C【解析】【分析】首先根据题意，求出，然后根据正弦函数的图象和性质逐一判断即可．【详解】解：根据三角函数的定义可知，，所以，即因为，所以，即该函数的值域为；因为所以，故函数不关于对称且不关于对称，令，解得，，即函数的单调递增区间为，，故C正确；故选：C【点睛】本题主要考查了三角函数的图象和性质，属于中档题，解答此题的关键是首先求出函数的表达式．7. 若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如．右边程序框图的算法源于我国古代闻名中外的《中国剩余定理》．执行该程序框图，则输出的等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】根据算法的程序框图知，从n=11开始，依次增加1，对应的正整数要同时满足n=2（mod3），及n=2（mod5）时，即被3除余2，被5除余2，才结束循环，输出n的值，满足条件的n=17.故选A.8. 已知，，，，的，则的大小关系是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】对可根据不等式以对数函数的单调性，得到的大致范围，对根据余弦函数的单调性得到大致范围，对根据指数函数的单调性确定大致范围，从而比较出的大小.【详解】由，，则，，由，故；由，则，得，即；由，则，，得，得；故.故选：A【点睛】本题考查了比较数的大小，根据函数的单调性，得到大致范围，从而比较出数的大小.9. 数列的发展史，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要作用，比如意大利数学家列昂纳多·斐波拉契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即···也即，，若此数列被整除后的余数构成一个新的数列，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得：，，，，，；，，，，，，．可得数列是周期为6的数列，从而求出数列的前2020项和；【详解】解：由题意可得：，，，，，；，，，，，，．数列是周期为6的数列，所以故选：A【点睛】本题考查了数列递推关系、斐波那契数列的性质、数列的周期性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．10. 已知双曲线，分别为双曲线的左右焦点，为双曲线上一点，且位于第一象限，若三角形为锐角三角形，则的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】因为位于第一象限，所以恒为锐角，由为锐角可得，，由为锐角得，利用平面向量积可得答案.【详解】由得、，因为位于第一象限，所以恒为锐角，因为三角形为锐角三角形，所以为锐角，为锐角，由为锐角得，所以，因为，所以，由为锐角得，所以，所以，所以，又，所以，即，又，所以，综上所述：.故选：C.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，考查了平面向量数量积，考查了运算求解能力，考查了锐角三角形的概念，属于基础题.11. 平面四边形为凸四边形，且，，，，则的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由余弦定理求出，作出直角三角形（是的交点），点在线段（不含端点）上，求出，再求出到直线的距离即可得出结论．【详解】设，中，，所以，解得，延长交于点，则由得，，若，则，显然点在线段（不含端点）上，所以的取值范围是．故选：D．【点睛】本题考查解三角形的应用，掌握余弦定理是解题关键．12. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面不存在公共点，以下说法正确的个数是（    ） ①三棱锥的体积为定值；②的面积的最小值为；③平面；④经过三点的截面把正方体分成体积相等的两部分.A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题意得，平面，连接，则，可得平面，平面，由此得平面平面，则点在直线上，从而有的面积为定值，由此可判断①；结合题意得，当点为的交点时，，有最小值，由此可判断②；由题意可得平面，从而推出，，由此可判断③；将平面补成平面（均为各条棱的中点），结合图象可判断④．【详解】解：∵直线与平面不存在公共点，∴平面，连接，则， ∵分别是棱的中点，∴，，∵平面，平面，∴平面，同理，平面，又，∴平面平面，∵平面，平面平面，平面，∴点在直线上，∵，∴的面积为定值，∴三棱锥的体积为定值，则①对；∵，∴当点为的交点时，，有最小值，此时，直角的面积有最小值，且，则②对；∵在正方体中，，由平面得，，∴平面，∴，则，同理，，∴平面，则③对；将平面补成平面（均为各条棱的中点），如图，则平面将正方体分成两个大小形状完全相同的部分（均由一个正六棱锥和三个三棱锥拼接而成），则④对；故选：D．【点睛】本题主要考查空间中的点、线、面的位置关系，考查几何体的体积的求法，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知抛物线的焦点是双曲线的一个焦点，则双曲线的渐近线方程为___________.【答案】【解析】【分析】根据题意可得出关于的方程，解出正数的值，可得出双曲线的标准方程，进而可得出双曲线的渐近线方程.【详解】抛物线的焦点坐标为，由题意可知，点为双曲线的一个焦点，则，整理得，，解得，所以，双曲线的标准方程为.因此，双曲线的渐近线方程为.故答案为：.【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，同时也考查了利用抛物线与双曲线的焦点求参数，考查计算能力，属于基础题.14. 已知圆，当圆的面积最小时，直线与圆相切，则__________.【答案】【解析】【分析】利用圆的面积最小得圆的半径最小，可得，再根据圆心到直线的距离等于半径可得答案.【详解】将化为标准方程为，所以圆半径为，当圆面积最小时，圆的半径最小，此时，圆的方程为，因为直线与圆相切，所以，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了由圆的标准方程求圆心坐标和半径，考查了直线与圆相切的位置关系，考查了点到直线的距离，属于基础题.15. 已知正方形的边长为，平面内的动点满足，则的最大值是______.【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐标系，设，根据，得到的方程，再利用三角换元，通过三角恒等变换得到，然后利用正弦函数的性质求解.【详解】建立如图所示平面直角坐标系：因为正方形的边长为，所以，设，则，因为，所以，令，所以，所以，，，所以的最大值是.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的模，数量积的坐标运算以及三角恒等变换，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.16. 对于任意实数，当时，有恒成立，则实数的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】转化为在上单调递增，再利用导数可得到结果.【详解】当时， 恒成立等价于恒成立，等价于在上单调递增，所以在上恒成立，所以在上恒成立，因为当时，，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了转化划归思想，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数处理不等式恒成立问题，属于基础题.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：17. 疫情过后，某商场开业一周累计生成2万张购物单，从中随机抽出100张，对每单消费金额进行统计得到下表：消费金额（单位：元）购物单张数252530？？  由于工作人员失误，后两栏数据已无法辨识，但当时记录表明，根据由以上数据绘制成的频率分布直方图所估计出的每单消费额的中位数与平均数恰好相等（用频率估计概率），完成下列问题：（1）估计该商场开业一周累计生成的购物单中，单笔消费额超过800元的购物单张数；（2）为鼓励顾客消费，拉动内需，该商场打算在今年国庆期间进行促销活动，凡单笔消费超过600元者，可抽奖一次，中一等奖、二等奖、三等奖的顾客可以分别获得价值元、元、元的奖品.已知中奖率为100%，且一等奖、二等奖、三等奖的中奖率依次构成等差数列，其中一等奖的中奖率为.若今年国庆期间该商场的购物单数量预计比疫情后开业一周的购物单数量增长5%，试预测商场今年国庆期间采办奖品的开销.【答案】（1）1000（张）（2）采购奖品的开销可估计为（元）【解析】【分析】（1）由中位数的定义，根据概率为，求得中位数，设消费在区间内的概率为，根据中位数与平均数恰好相等解得即可. （2）根据中奖率为100%，且一等奖、二等奖、三等奖的中奖率依次构成等差数列，其中一等奖的中奖率为，设等差数列的公差为，由，解得，得到一等奖、二等奖、三等奖的中奖率，再根据购物单数量增长5%，得到今年的购物具有抽奖资格的单数，从而得到一等奖、二等奖、三等奖中奖单数，即可得到采购奖品的开销.【详解】（1），中位数为，又设消费在区间内的概率为，则消费在区间内的概率为由中位数与平均数恰好相等可知，，解得，故单笔消费超过800元的购物单张数为：（张）.（2）设等差数列的公差为，则，解得，故一等奖、二等奖、三等奖的中奖率分别为今年的购物具有抽奖资格的单数约为，故一等奖、二等奖、三等奖中奖单数可估计为，采购奖品的开销可估计为（元）.【点睛】本题主要考查频率分布表的应用，中位数，平均数的求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18. 已知等比数列前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用可得数列的递推关系，由可得的关系，由等比数列可求得，从而得通项公式；（2）由（1）求出，前5项是负数，从第6项起各项非负，可对分类讨论：或，然后结合等差数列的前项和公式得结论．【详解】解：（1）当时，，当时，，与已知式作差得，即欲使为等比数列，则，又，故数列是以为首项，为公比的等比数列，所以（2），，若，若，，．【点睛】本题考查由与的关系求通项公式，考查含绝对值的等差数列的求和，解题时在利用时要注意．含绝对值的问题，一般要根据绝对值定义去掉绝对值符号，因此需要分类讨论．19. 如图所示，四棱锥的底面是直角梯形，，，，底面，过的平面交于，交于（与不重合）.（1）求证：；（2）若，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；（2）根据线面垂直的判定定理证明是平行四边形，即可证明是的中点，最后根据即可得到结论．【详解】证明：（1）在梯形中，，平面，平面，平面.又平面，平面平面=，所以.（2）过作交于，连结.因为底面，所以底面.所以.又因为，，所以平面，所以.所以在平面中可得是平行四边形.所以，因为是中点，所以为中点.设，则【点睛】本题主要考查线面垂直和线面平行的判定和性质，综合考查空间直线和平面的位置关系的判定，要求熟练掌握相应的判定定理和性质定理，考查学生的运算和推理能力，属于中档题．20. 抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线交于两点，点到x轴的距离等于.（1）求抛物线方程；（2）过与垂直的直线和过与轴垂直的直线相交于点，与轴交于点，求点的纵坐标的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义求出即可得到抛物线方程；（2）设，直线的方程为：，联立直线与抛物线，根据韦达定理得，由直线与直线的方程得，设，由三点共线，求得，进一步可得的取值范围.【详解】（1）由抛物线定义可知，即，所以抛物线的方程为.（2）设，直线的方程为：，由消去并整理得，所以，所以.由已知得直线的方程是；，.设，由三点共线，可知，所以，所以所以，所以，所以，所以，所以，所以或，解得或.【点睛】本题考查了根据抛物线的定义求抛物线方程，考查了直线与抛物线的位置关系，考查了斜率公式的应用，考查了求直线与直线的交点坐标，考查了运算求解能力，属于中档题.21. 设，已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）设函数在点处的切线互相平行，证明：.【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）分段求出导函数，分类研究单调性，注意函数的连续性，有些单调区间可以连接起来．（2）易知是直线与函数图象的三个交点，结合图象可得的关系，从而可得证结论．【详解】解：（1）当时，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，所以在上单调递减又因为在上连续，故在上单调递增，在上单调递减.（2）由图可知，直线与函数的图象有三个交点，横坐标为，不妨，则又，所以则，化简得令，，，因为，则，所以，在上单调递增，，即．【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，考查导数的几何意义，注意分段函数需要分段讨论．本题考查了学生的分析问题解决问题的能力，转化与化归能力，运算求解能力．（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选修4-4：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），若以该直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（其中为常数）.（1）求曲线和的直角坐标方程；（2）若曲线和有且仅有一个公共点，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据三角恒等变换，把函数关系式变形，再通过消元求出函数的普通方程，根据，可将极坐标方程转化为直角坐标方程；（2）联立方程进行化简得到，作出的图象，数形结合分析出与二次函数有一个交点时，的取值范围.【详解】（1）由，可知曲线的直角坐标方程为，其中，所以曲线的直角坐标方程为，，由，可得，由，，曲线的直角坐标方程为；（2）由，可知，令，其图象如下：由曲线和有且仅有一个公共点，所以函数与的图象有且仅有一个公共点，所以由图象可知.【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程与普通方程的互化，以及用数形结合思想求参数范围.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数的定义域为.（1）求实数取值范围；（2）若实数的最大值为，，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）依题意可得恒成立，参变分离可得，再根据绝对值三角不等式计算可得；（2）由（1）知，即，再根据基本不等式即可证明；【详解】解：（1）恒成立，又（2）由（1）知，所以，又，所以.当且仅当时取等号；【点睛】本题考查绝对值三角不等式的应用，以及利用基本不等式证明不等式，属于中档题.