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- 2021-06-15 发布
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漳州市2020届高中毕业班高考适应性测试
理科数学试题
本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.共5页150分,请考生把答案填写在答题纸上.
一、选择题: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,,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出集合,,再根据交集和补集的定义求解即可.
【详解】解:∵,,
∴,,
∴,
故选:C.
【点睛】本题主要考查集合的交集和补集,属于基础题.
2.设,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据共轭复数的定义以及复数的模直接运算即可.
- 26 -
【详解】解:∵,
∴,
∴,
故选:B.
【点睛】本题主要考查共轭复数和复数的模,属于基础题.
3.中国武汉于2019年10月18日至2019年10月27日成功举办了第七届世界军人运动会.来自109个国家的9300余名运动员同台竞技.经过激烈的角逐,奖牌榜的前3名如下:
国家
金牌
银牌
铜牌
奖牌总数
中国
133
64
42
239
俄罗斯
51
53
57
161
巴西
21
31
36
88
某数学爱好者采用分层抽样方式,从中国和巴西获得金牌选手中抽取了22名获奖代表.从这22名中随机抽取3人, 则这3人中中国选手恰好1人的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据分层抽样确定中国选手的人数,再利用组合数根据古典概型的概率计算公式求解即可.
【详解】解:中国和巴西获得金牌总数为154,按照分层抽样方法,
22名获奖代表中有中国选手19个,巴西选手3个,
故这3人中中国选手恰好1人的概率,
故选:C.
【点睛】本题主要考查分层抽样和古典概型的概率计算公式,属于基础题.
4.已知等差数列 的前项和为,公差为-2,且是与的等比中项,则
- 26 -
的值为( )
A. -110 B. -90 C. 90 D. 110
【答案】D
【解析】
【分析】
根据等比中项的定义得,结合公差可求出首项,从而可得答案.
【详解】解:∵是与的等比中项,
∴,
又数列的公差为,
∴,解得,
∴,
∴,
故选:D.
【点睛】本题主要考查等差数列的前项和,考查等比中项的应用,属于基础题.
5.已知函数,给出以下四个结论:
(1)是偶函数;
(2)的最大值为2;
(3)当取到最小值时对应的;
(4)在单调递增,在单调递减.
正确的结论是( )
A. (1) B. (1)(2)(4) C. (1)(3) D. (1)(4)
【答案】C
【解析】
【分析】
根据偶函数的定义可判断(1),再利用导数研究函数的单调性与最值.
- 26 -
【详解】解:∵,
∴,
∴函数为偶函数,故(1)对;
又,
∴当时,,则,
∴在上单调递增,
结合偶函数的性质可知在单调递减,
∴函数在处取得最小值,无最大值,
故(3)对,(2)(4)错,
故选:C.
【点睛】本题主要考查偶函数的定义及判断,考查利用导数研究函数的单调性与最值,属于中档题.
6.已知正四棱柱的底面边长为1,高为2,为的中点,过作平面平行平面,若平面把该正四棱柱分成两个几何体,则体积较小的几何体的体积为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设为的中点,为的中点,连接,,,连接,利用面面平行的判定定理可证得平面平面,从而平面为平面,从而可得体积较小的几何体为三棱锥,再根据棱锥的体积计算公式求解即可.
【详解】解:设为的中点,为的中点,连接,,,连接,
- 26 -
在四棱柱中,易证,则,
∵为的中点,为的中点,
∴,∴,
∵平面,平面,∴平面,
同理可证:平面,平面,
∵,,平面,∴平面平面,
即平面为平面,
∴体积较小的几何体为三棱锥,
则体积,
故选:C.
【点睛】本题主要考查面面平行的判定,考查棱锥的体积公式,属于基础题.
7.设,,,,则的大小关系为( )
A. B. C. D. .
【答案】B
【解析】
【分析】
利用指数幂的运算性质化成同分母,再求出分子的近似值即可判断大小.
- 26 -
【详解】解:,,,,
由于,,,所以,
故选:B.
【点睛】本题主要考查比较幂的大小,属于基础题.
8.函数的最小正周期与最大值之比为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
去掉绝对值作出函数的图象即可求出函数的周期与最值,从而得出答案.
【详解】解:去绝对值,
作出图象得
由图可知,函数的最小正周期为,最大值为,
所以最小正周期与最大值之比为,
故选:C.
【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质,考查分类讨论与数形结合的思想,属于中档题.
9.已知三角形为直角三角形,点为斜边的中点,对于线段上的任意一点都有, 则的取值范围是( )
A. B. C. D.
- 26 -
【答案】C
【解析】
【分析】
设,再分类讨论,结合三角函数的性质即可得出结论.
【详解】解:由已知可得,设,
当与重合时,,符合题意;
当与重合时,,,代入,
得,此时,
同理,当与重合时
故,
由,得,
即,结合可得,
故选:C.
【点睛】本题主要考查向量的数量积,考查三角函数的性质,考查分类讨论思想,属于中档题.
10.中国古代近似计算方法源远流长,早在八世纪,我国著名数学家、天文学家张隧(法号:一行)为编制《大衍历》发明了一种近似计算的方法一二次插值算法(又称一行算法,牛顿也创造了此算法,但是比我国张隧晚了上千年):函数在,,处的函数值分别为,,则在区间上可以用二次函数来近似代替:,其中,,,若令,,,请依据上述算法,估算是( )
- 26 -
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先阅读题意,再结合过两点的直线的斜率公式求解即可.
【详解】解:函数在,,处的函数值分别为
,,,
故,,.
故,
即,
,
故选:D.
【点睛】本题考查了斜率公式,重点考查了阅读理解能力,属中档题.
11.已知双曲线的右支与抛物线相交于两点,记点到抛物线焦点的距离为,抛物线的准线到抛物线焦点的距离为,点到抛物线焦点的距离为,且构成等差数列,则双曲线的渐近线方程为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
- 26 -
设,,抛物线焦点为,由已知可得,根据抛物线定义可得,利用点差法可得,从而可求得渐近线方程.
【详解】解:设,,抛物线焦点为,
由已知有,即,
由,两式相减得,
即,故,
∴渐近线方程为,
故选:A .
【点睛】本题主要考查抛物线的定义,考查双曲线的渐近线,考查推理能力与运算能力,属于中档题.
12.已知方程只有一个实数根,则的取值范围是( )
A. 或 B. 或 C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】
令,则原方程转化成,令,显然,问题转化成函数在上只有一个零点1,求导后再利用导数研究函数的单调性与最值,由此可得答案.
【详解】解:令,则原方程转化成,即
- 26 -
,
令,显然,
问题转化成函数在上只有一个零点1,
,
若,则在单调递增,,此时符合题意;
若,则,在单调递增,,此时符合题意;
若,记,
则函数开口向下,对称轴,过,,
当即即时,,在单调递减,,此时符合题意;
当即即时,设有两个不等实根,,
又,对称轴,所以,
则在单调递减,单调递增,单调递增,
由于,所以,
取,,
记 令,
则,所以,
结合零点存在性定理可知,函数在存在一个零点,不符合题意;
综上,符合题意的的取值范围是或,
故选:A.
- 26 -
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值,考查推理能力与运算能力,考查分类讨论思想,属于难题.
第Ⅱ卷(非选择题:90分)
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.
13.的展开式中二项式系数最大的项为 ________.
【答案】
【解析】
【分析】
的展开式中二项式系数最大的项为第三项,根据公式求解即可.
【详解】解:由题意可知二项式系数最大的项为第三项,
,
故答案为:.
【点睛】本题主要考查二项式定理及其应用,属于基础题.
14.高三年段有四个老师分别为,这四位老师要去监考四个班级,每个老师只能监考一个班级,一个班级只能有一个监考老师.现要求老师不能监考班,老师不能监考班,老师不能监考班,老师不能监考班,则不同的监考方式有____种.
【答案】9
【解析】
【分析】
以老师监考的班级分类讨论即可求出答案.
【详解】解:当老师监考班时,剩下的三位老师有3种情况,同理当老师监考班时,也有3种,当老师监考班时,也有3种,共9种,
故答案为:9.
点睛】本题主要考查计数原理,属于基础题.
15.已知圆:, 圆:. 若圆上存在点,过点作圆的两条切线. 切点为,使得,则实数的取值范围是_______
- 26 -
【答案】
【解析】
【分析】
由已知可得问题转化为圆和圆有公共点,从而根据几何法即可求出答案.
【详解】解:已知有,即点的轨迹方程为圆:,
问题转化为圆和圆有公共点,
则,故,
故答案为:.
【点睛】本题主要考查圆和圆的位置关系,属于基础题.
16.已知正方体的棱长为3. 点是棱的中点,点是棱上靠近点的三等分点. 动点在正方形(包含边界)内运动, 且面,则动点所形成的轨迹的长度为_________
【答案】
【解析】
【分析】
取中点,取,则平面平面,延长,延长,交于点,连接交于点,可证得点的轨迹是线段,从而可求出答案.
【详解】解:由于平面,所以点在过且与面平行的平面上,
- 26 -
取中点,取,则平面平面,
延长,延长,交于点,连接交于点,
显然,平面平面,所以点的轨迹是线段,
由中位线定理可证得,
∴,
故答案为:.
【点睛】本题主要考查面面平行的判定与性质,考查平面的基本公理,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,每个试题考生都必须作答.第22题、第23题为选考题,考生根据要求作答.
(一)必考题:共60分.
17.已知函数.
(1)求的单调递减区间;
(2)在锐角中,,,分别为角,,的对边,且满足,求的取值范围.
【答案】(1)(2)
【解析】
【分析】
(1)根据降幂公式化简的解析式,再用整体代入法即可求出函数的单调递减区间;
- 26 -
(2)由正弦定理边化角,从而可求得,根据锐角三角形可得从而可求出答案.
【详解】解:(1),
由得
所以的单调递减区间为;
(2)由正弦定理得,
∵∴,
即,
,
得,或,
解得,或(舍),
∵为锐角三角形,
∴解得
∴
∴的取值范围为.
【点睛】本题主要考查三角函数的化简与性质,考查正弦定理的作用,属于基础题.
18.在三棱柱中,已知,,为的中点,
- 26 -
平面
(1)证明四边形为矩形;
(2)求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)见解析(2)
【解析】
【分析】
(1)连接,可得,易证,则平面,从而可证,由此即可得出结论;
(2)以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系,利用法向量解决问题.
【详解】解:(1)连接,因为为中点,可得,
∵平面, 平面,∴,
又∵,∴平面,∴,
∵, ∴,
又∵四边形为平行四边形,
- 26 -
∴四边形为矩形;
(2)如图,分别以所在直线为轴,建立空间直角坐标系,则
中,,中,,
,∴,,,
设平面的法向量是,
由得即,可取,
设直线与平面所成角为,则,
,
∵,∴,
即直线与平面所成角的余弦值为.
【点睛】本题主要考查线面垂直的判定与性质,考查直线与平面所成的角,属于中档题.
19.2020年,新冠状肺炎疫情牵动每一个中国人的心,危难时刻众志成城,共克时艰,为疫区助力.福建省漳州市东山县共101个海鲜商家及个人为缓解武汉物质压力,募捐价值百万的海鲜输送武汉.东山岛,别称陵岛,形似蝴蝶亦称蝶岛,隶属于福建省漳州市东山县,是福建省第二大岛,中国第七大岛,介于厦门市和广东省汕头之间,东南是著名的闽南渔场和粤东渔场交汇处,因地理位置发展海产品养殖业具有得天独厚的优势.根据养殖规模与以往的养殖经验,某海鲜商家的海产品每只质量(克)在正常环境下服从正态分布.
(1)随机购买10只该商家的海产品,求至少买到一只质量小于265克该海产品的概率;
(2)2020年该商家考虑增加先进养殖技术投入,该商家欲预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量.现用以往的先进养殖技术投入(千元)与年收益增量(千元).的数据绘制散点图,由散点图的样本点分布,可以认为样本点集中在曲线
- 26 -
的附近,且,,其中.根据所给的统计量,求y关于x的回归方程,并预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量.
附:若随机变量,则;
对于一组数据,其回归线的斜率和截距的最小二乘估计分别为.
【答案】(1)0.0129.(2),年收益增量为576.6千元.
【解析】
【分析】
(1)由单只海产品质量,可知,表示,根据附加条件可得单次小于265g的概率,根据所求表示为10次独立重复试验,即,计算既得答案;
(2)从已知条件中缕清需要的已知,其中,,即所求回归方程应为,所以由求得,再由求得,既得回归方程,代入,既得所预测收入值.
【详解】解:(1)由已知,单只海产品质量,则,
由正态分布的对称性可知,
- 26 -
,
设购买10只该商家海产品,其中质量小于265g的为X只,故,
故,
所以随机购买10只该商家的海产品,至少买到一只质量小于265克的概率为0.0129.
(2)由,
有,
且,
所以y关于x的回归方程为,
当时,年销售量y的预报值千元.
所以预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量为576.6千元.
【点睛】本题考查统计案例的综合问题,涉及正态分布求概率以及由最小二乘法求回归方程,属于难题.
20.在平面直角坐标系中,圆,点,过的直线与圆交于点,过做直线平行交于点.
(1)求点的轨迹的方程;
(2)过的直线与交于、两点,若线段的中点为,且,求四边形面积的最大值.
【答案】(1).(2)
【解析】
【分析】
(1)由题意可得,可得,则的轨迹是焦点为,
- 26 -
,长轴为的椭圆的一部分,再用待定系数法即可求出方程;
(2)由题意设直线方程为,设,,联立直线与椭圆的方程,结合韦达定理表示出,可得,设四边形的面积为,则,再根据基本不等式即可求出答案.
【详解】解:(1)因为,又因为,所以,
所以,
所以轨迹是焦点为,,长轴为的椭圆的一部分,
设椭圆方程为,
则,,所以,,
所以椭圆方程为,
又因为点不在轴上,所以,
所以点轨迹的方程为;
(2)因为直线斜率不为0,设为,
设,,联立整理得,
所以,,,
所以,
∵,∴,
设四边形的面积为,
- 26 -
则 ,
令,
再令,则在单调递增,
所以时,,
此时,取得最小值,所以.
【点睛】本题主要考查椭圆的定义及其性质,考查直线与椭圆的位置关系,考查计算能力,属于中档题.
21.已知函数有两个零点.
(1)求的取值范围;
(2)记的极值点为,求证:.
【答案】(1)(2)见解析
【解析】
【分析】
(1)求导得,分类讨论求出函数的单调性,从而可求出答案;
(2)由题意得,则,令函数,则,利用导数可求得,从而可得,可得,要证,只需,令,即证,令,求导后得函数的单调性与最值,由此可证结论.
【详解】解:(1)因为,
- 26 -
当时,,在单调递增,至多只有一个零点,不符合题意,舍去;
当时,若,则;若,则,
所以在单调递增,在单调递减,
所以,
因为有两个零点,所以必须,则,
所以,解得,
又因为时,; 时,,
所以当时,在和各有一个零点,符合题意,
综上,;
(2)由(1)知,且,
因为的两个零点为,所以,所以,
解得,令所以,
令函数,则,
当时,;当时,;
所以在单调递增,在单调递减,
所以,所以,所以,
因为,又因为,所以,
所以,即,
要证,只需,
- 26 -
即证,即证,即证,
令,再令,即证,
令,则,
所以在单调递增,所以,
所以,原题得证.
【点睛】本题主要考查根据导数研究函数的单调性与最值,考查推理能力与运算能力,属于难题.
(二)选考题:共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做,则按所做第一个题目计分
22.在直角坐标系xOy下,曲线C1的参数方程为( 为参数),曲线C1在变换T:的作用下变成曲线C2.
(1)求曲线C2的普通方程;
(2)若m>1,求曲线C2与曲线C3:y=m|x|-m的公共点的个数.
【答案】(1).(2)4
【解析】
【分析】
(1)先求出曲线C1的普通方程,再根据图象变换可求出曲线C2的普通方程;
(2)由题意可得上的点在椭圆E:外,当时,曲线的方程化为,联立直线与椭圆的方程,由韦达定理可得当时,曲线C2与曲线C3有且只有两个不同的公共点,又曲线C2与曲线C3都关于y轴对称,从而可得结论.
- 26 -
【详解】解:(1)因为曲线C1的参数方程为
所以曲线C1的普通方程为,
将变换T:即代入,得,
所以曲线C2的普通方程为.
(2)因为m>1,所以上的点在在椭圆E:外,
当x>0时,曲线的方程化为,
代入,得,(*)
因为,
所以方程(*)有两个不相等的实根x1,x2,
又,,所以x1>0,x2>0,
所以当x>0时,曲线C2与曲线C3有且只有两个不同的公共点,
又因为曲线C2与曲线C3都关于y轴对称,
所以当x<0时,曲线C2与曲线C3有且只有两个不同的公共点,
综上,曲线C2与曲线C3:y=m|x|-m的公共点的个数为4.
【点睛】本题主要考查参数方程与图象变换,考查直线与椭圆的位置关系,属于中档题.
23.已知函数.
(1)当时,求不等式的解集;
(2)若当时,不等式恒成立,求实数m的取值范围.
【答案】(1){x|或}.(2)(,8).
【解析】
- 26 -
【分析】
(1)分类讨论去掉绝对值后再解不等式;
(2)由题意可得恒成立,令,利用绝对值三角不等式以及基本不等式可得,从而得出结论.
【详解】解:(1)当m=5时,,
或或
或或或或
或,所以不等式的解集为{x|或};
(2)由条件,有当时,不等式,
即恒成立,
令,
则因为,
且,
所以,
所以m<8,即实数m的取值范围为(,8).
【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法,考查绝对值的三角不等式,考查计算能力,属于中档题.
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