【解析】湖北省黄冈市麻城市实验高级中学高三下学期第六次模拟数学（文）试题

文科数学时间：120分钟分值：150分一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的.，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】联立即可得.【详解】由，可得，所以.故选：C【点睛】本题主要考查集合的交集，考查学生运算求解能力与推理论证能力.，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法运算求得，由此求得.【详解】因为，所以.故选：A【点睛】本题考查复数的四则运算，考查运算求解能力.，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用“分段法”比较出的大小关系.【详解】因为，，，所以.故选：D【点睛】本题考查指数式和对数式比较大小，属于基础题.4.为实现国民经济新“三步走”的发展战略目标，国家加大了扶贫攻坚的力度.某地区在2015年以前的年均脱贫率（脱离贫困的户数占当年贫困户总数的比）为.2015年开始，全面实施“精准扶贫”政策后，扶贫效果明显提高，其中2019年度实施的扶贫项目，各项目参加户数占比（参加该项目户数占2019年贫困户总数的比）及该项目的脱贫率见下表：实施项目种植业养殖业工厂就业服务业参加用户比脱贫率那么年的年脱贫率是实施“精准扶贫”政策前的年均脱贫率的（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先算出2019年的年脱贫率，再与年以前的年均脱贫率相比即可.【详解】由图表得，2019年的年脱贫率为.所以年的年脱贫率是实施“精准扶贫”政策前的年均脱贫率的.故选：C【点睛】本题主要考查数学期望的实际应用，同时考查了学生的分析问题能力，属于简单题.P（﹣3，1），则cos2α＝（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据三角函数定义得到，再利用二倍角公式计算得到答案.【详解】∵角α的终边经过点P（﹣3，1），∴cosα，则cos2α＝2cos2α﹣1＝21，故选：C.【点睛】本题考查了三角函数定义，二倍角公式，意在考查学生的计算能力.=1(a>0，b>0)的渐近线方程为y=±3x，则双曲线的离心率是（）A. B. C. D.3【答案】A【解析】【分析】由渐近线求得，由双曲线的离心率求得答案.【详解】因为该双曲线的渐近线方程为y=±3x，则，所以双曲线的离心率故选：A【点睛】本题考查求双曲线的离心率，涉及双曲线的渐近线方程，属于简单题.，阴阳太极图的半径为，则每块八卦田的面积约为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先设，，根据余弦定理得到，再根据图形计算八卦田的面积即可.【详解】如图所示：设，.，解得：.因为.所以每块八卦田的面积.故选：C【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，同时考查了正弦定理计算三角形面积，属于中档题.被直线截得的弦长的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求得直线恒过定点，当时，弦长最小，结合勾股定理求得此时的弦长.【详解】直线可化为，故直线恒过点.圆：的圆心为，半径为当直线垂直于直线时，截得的弦长最短，此时弦长.故选：B【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查直线过定点，属于基础题.的图象可能是（）A. B.C D.【答案】D【解析】【分析】当时，逐步分析到，显然此时，观察图像即可选出答案.【详解】当时，，所以，即所以，所以所以当时，，可排除ABC故选：D【点睛】本题考查由函数解析式选函数图象，属于中档题.中，角，所对的边分别为，若，，则角的大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先化简得到，根据余弦定理得到，再利用正弦定理得到，即.【详解】因为，所以.因为为锐角三角形，所以，即.，即.因为，即，解得：.因为为锐角三角形，所以.故选：D【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，同时考查了三角函数的恒等变换，属于中档题.R上的增函数的图象关于点对称，且，则下列结论不一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意可得为奇函数，且在R上为增函数，故可得，，，逐一分析选项即可.【详解】因为的图像关于对称，所以的图像关于对称，且是定义在R上的增函数，所以是在R上的奇函数，且在R上为增函数，所以，所以对于A：，因为不一定等于1，所以不一定成立；对于B：，成立；对于C：，成立；对于D：，因为在R上为增函数，故，所以成立.故选A.【点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性综合应用，同时考查函数的平移变换，综合性较强，属中档题.12.如图，长方体中，、分别为棱、与平面的交点，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】在线段上取点使，连接、且，设，连接，由平面相交的性质可得，利用三角形相似求得、，再利用三角形相似即可得解.【详解】在线段上取点使，连接、且，设，连接，由、分别为棱、的中点易得，即面，由可知面，所以面面，又面，所以直线与平面的交点即为与的交点，取的中点，由可得，所以，由可得，所以，由可得，由可得.故选：A.【点睛】本题考查了平面的性质和平面相交的性质，考查了空间思维能力和转化化归思想，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．，满足，则向量的夹角为__________.【答案】【解析】【分析】首先化简得到，再计算即可得到.【详解】，，解得.因为，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查向量夹角的计算，同时考查了向量数量积的运算，属于简单题.轴为曲线的切线，则的值为________.【答案】【解析】【分析】设轴与曲线的切点为，由题意结合导数的几何意义可得，解方程即可得解.【详解】由题意，设轴与曲线的切点为，则，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了导数几何意义的应用，考查了运算能力，属于基础题.且，，若有最大值，则的取值范围是________【答案】【解析】【分析】先对分和讨论，时，无最大值，不合题意，再分析时，当时，有，当时，有，故要使有最大值，则，求出的取值范围即可.【详解】若，由在单调递增，无最大值；若，当时，；当时，在单调递减，则，若有最大值，则，得，则，即.故答案：.【点睛】本题考查了已知分段函函数的有最大值，求参数的范围，考查了对数函数的性质，还考查了学生的分析能力，逻辑推理能力，分类讨论的思想，属于中档题.16.石雕工艺承载着几千年的中国石雕文化，随着科技的发展，机器雕刻产品越来越多．某石雕厂计划利用一个圆柱形的石材（如图1）雕刻制作一件工艺品（如图2），该作品的上方是一个球体，下方是一个正四棱柱，经测量，圆柱形石材的底面半径米，高米，制作要求如下：首先需将石材切割为体积相等的两部分（分别称为圆柱A和圆柱B），要求切面与原石材的上、下底面平行（不考虑损耗），然后将圆柱A切割打磨为一个球体，将圆柱B切割打磨为一个长方体，则加工打磨后所得工艺品的体积的最大值为________立方米.【答案】【解析】【分析】要求加工打磨后所得工艺品的体积的最大值，只需上方的球与下方的长方体的体积同时取得最大值即可.【详解】因为圆柱A和圆柱B的体积一样大，所以它们的高一样，即米，要使工艺品的体积最大，则上方的球与下方的长方体的体积同时取得最大值，设由圆柱A打磨的球体半径为，则，即，所以，当时，球的体积取得最大值，此时球体体积，设下方的长方体的底面边长分别为，，要使长方体的体积最大，长方体的高与圆柱B的高相等，此时其体积，因为长方体为圆柱B的内接长方体，即长方体的底面是圆柱底面的内接长方形，所以长方形的对角线长等于圆柱底面的直径，即，由基本不等式可得，即，当且仅当时取等号，所以长方体体积的最大值为，所以所得工艺品的体积的最大值为(立方米).【点睛】本题主要考查球的体积计算和柱体的体积计算，关键是确定球的半径，同时考查利用基本不等式求最值，属于中档题.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.的内角所对的边分别为，若，且．（1）求证：C，A，B成等差数列；（2）若的面积的最大值为，求外接圆的半径.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据，利用，结合正弦定理可得，再由余弦定理可得，再利用三角形内角和定理求解.（2）由（1）知，得到，从而有，再根据的面积的最大值为，解得，然后利用正弦定理求解.【详解】（1）因为，且，所以，即，由正弦定理可得，即，再由余弦定理可得，因为，所以，又，所以，即，所以C，A，B成等差数列．（2）由（1）知，所以，当且仅当时取等号，所以，又面积的最大值为，所以，解得，设外接圆的半径为，则，解得.所以外接圆的半径为．【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理以及平面向量的数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18.孔子曰：温故而知新.数学学科的学习也是如此.为了调查数学成绩与及时复习之间的关系，某校志愿者展开了积极的调查活动：从高三年级640名学生中按系统抽样抽取40名学生进行问卷调查，所得信息如下：数学成绩优秀（人数）数学成绩合格（人数）及时复习（人数）204不及时复习（人数）106（1）张军是640名学生中的一名，他被抽中进行问卷调查的概率是多少（用分数作答）；（2）根据以上数据，运用独立性检验的基本思想，研究数学成绩与及时复习的相关性.参考公式：，其中为样本容量临界值表：【答案】（1）（2）有的把握认为数学成绩与及时复习有关【解析】【分析】（1）根据概率定义直接求解即可；（2）根据列联表，利用所给的公式求出的值，最后根据临界表，做出判断.【详解】解析：（1）（2）由题可得如下列联表优秀合格合计及时复习20424不及时复习10616合计301040根据列联表中的数据，可得随机变量的观测值，因为，所以有的把握认为数学成绩与及时复习有关.【点睛】本题考查了古典概型概率公式，考查利用对实际问题做出判断，考查了数学运算能力.19.如图，三棱锥中，侧面是边长为的正三角形，，平面平面，把平面沿旋转至平面的位置，记点旋转后对应的点为（不在平面内），、分别是、的中点.（1）求证：；（2）求三棱锥的体积的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接、，利用面面垂直的性质定理得出平面，可得出，利用勾股定理计算出，推导出是以为直角的直角三角形，再由中位线的性质得出，由此可得出；（2）由的面积为定值，可知当平面平面时，三棱锥的体积最大，连接、，推导出平面，计算出、以及的面积，然后利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】（1）如图，连接、，因为，是的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以．因为为边长为的正三角形，所以，又，所以由勾股定理可得，又，，，，则，，所以为直角三角形，且，又、分别是、的中点，所以，所以；（2）如图，连接、，因为三棱锥与三棱锥为同一个三棱锥，且的面积为定值，所以当三棱锥的体积最大时，则平面平面，，则，为的中点，则，平面平面，平面平面，平面，平面，此时点到平面的距离为，在中，因为，，所以，所以的最大值为，所以三棱锥的体积的最大值为．【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直，同时也考查了利用等体积法计算三棱锥体积的最值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.过点且椭圆的短轴长为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知动直线过右焦点，且与椭圆分别交于轴上是否存在定点，使得，恒成立？若存在求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）存在，【解析】【分析】（Ⅰ）由椭圆性质可知点代入即可求得结果.（Ⅱ）假设存在定点符合题意，①当直线的斜率不存在时，由解得或；②当直线的斜率为0时,解得或.由①②可得,然后证明当时,通过方程联立,借助韦达定理,坐标表示即可证得结论.【详解】解：（Ⅰ）因为椭圆过点，所以.又椭圆的短轴长为，所以，所以，解得.所以椭圆的方程为.（Ⅱ）假设在轴上存在定点，使得，①当直线的斜率不存在时，则，，，由，解得或；②当直线的斜率为0时，则，，，由，解得或.由①②可得，即点的坐标为.下面证明当时，恒成立，当直线的斜率不存在或斜率为0时，由①②知结论成立.当直线斜率存在且不为0时，设其方程为，，，由，得，直线经过椭圆内一点，一定与椭圆有两个交点，且，.，所以.综上所述，在轴上存在定点，使得恒成立..【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查直线和椭圆位置关系中定点定值问题,难度较难.（1）当时，取得极值，求的值并判断是极大值点还是极小值点；（2）当函数有两个极值点且时，总有成立，求取值范围．【答案】（Ⅰ），为极大值点（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，求出a的值，得到函数的单调区间，求出函数的极值点即可；（Ⅱ）求出函数极值点，问题转化为[2lnx1]＞0，根据0＜x1＜1时，0.1＜x1＜2时，0．即h（x）＝2lnx（0＜x＜2），通过讨论t的范围求出函数的单调性，从而确定t的范围即可．【详解】（Ⅰ），，则从而，所以时，，为增函数；时，，为减函数，所以为极大值点.（Ⅱ）函数的定义域为，有两个极值点，，则在上有两个不等的正实根，所以，由可得从而问题转化为在，且时成立.即证成立.即证即证亦即证.①令则1)当时，，则在上为增函数且，①式在上不成立.2)当时，若，即时，，所以在上为减函数且，、在区间及上同号，故①式成立.若，即时，的对称轴，令，则时，，不合题意.综上可知：满足题意.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．（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.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，直线的坐标方程为，若直线与曲线相切.（1）求曲线的极坐标方程；（2）在曲线上取