新疆维吾尔自治区2020届高三第一次适应性检测数学（理）试题 23页

新疆维吾尔自治区2020年普通高考第一次适应性检测 理科数学（问卷）‎ 第Ⅰ卷 选择题 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.已知复数（为虚数单位），则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用互为共轭复数的运算性质即可得出结果．‎ ‎【详解】解：．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查共轭复数以及复数乘法的计算，难度较易.一般地，已知，则.‎ ‎2.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分式不等式解法可以求出集合，然后进行交集的运算即可．‎ ‎【详解】解：，，所以，‎ 又∵，∴．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查分式不等式解法以及集合的交集运算，难度较易.‎ 计算分式不等式时注意将其转化为整式不等式去计算.‎ ‎3.已知函数，则的导函数的图象为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求导可得，再根据图象变换得出正确选项．‎ 详解】解：，‎ 故相当于函数向上移动了一个单位，由选项可知，选项符合．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查导函数的计算以及函数图象的辨别，难度较易.‎ ‎4.已知向量，的夹角为，且，，则向量在向量方向上的投影为（ ）‎ A. 0 B. C. -3 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量在向量上的投影公式计算即可.‎ ‎【详解】向量在向量方向上的投影为：‎ ‎，‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了向量在向量上的投影的概念，数量积的运算，属于中档题.‎ ‎5.已知分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线上一点，与轴垂直，，且焦距为，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的值，再求出点的坐标，可得，再由已知求得，然后根据双曲线的定义可得的值，则答案可求．‎ ‎【详解】解：由题意，，‎ 解得，‎ ‎∵，设，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 由双曲线定义可得：，‎ 则，即．‎ ‎∴双曲线的渐近线方程为．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，难度一般.求解双曲线的渐近线方程，可通过找到中任意两个量的倍数关系进行求解.‎ ‎6.中，角、、的对边分别为，，，且，若，，则的值为（ ）‎ A. 6 B. ‎2 ‎C. 5 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式可得，结合，可求得，结合范围，可求，从而根据余弦定理，解方程可求的值．‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴由正弦定理可得：‎ ‎，‎ ‎∵，‎ ‎∴可得，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵，，‎ ‎∴由余弦定理，可得，可得，‎ ‎∴解得，（负值舍去）．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的综合应用，其中着重考查了正弦定理的边角互化、余弦定理的解三角形，难度一般.利用边角互化求解角度值时，注意三角形内角对应的角度范围.‎ ‎7.已知甲、乙、丙、丁四人各自去过阿勒泰、伊宁、喀什、库尔勒中的某一城市，且每个城市只有一人去过，四人分别给出了以下说法：‎ 甲说：我去过阿勒泰；‎ 乙说：丙去过阿勒泰；‎ 丙说：乙、丁均未去过阿勒泰；‎ 丁说：我和甲中有一人去过阿勒泰．‎ 若这四人中有且只有两人说的话是对的，则去过阿勒泰的是（ ）‎ A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先假设一人说真话，推出正确，即可，推出矛盾，则说的假话．‎ ‎【详解】解：如果甲说的是真话，则甲，丙，丁说的是真话，则矛盾，甲未去过；‎ 如果乙说的是真话，则甲，丁说谎，丙说的真话，符合题意，丙去过．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查演绎推理的简单应用，难度一般.‎ 解答此类问题的关键是先进行假设，然后再逐个分析.‎ ‎8.我国在北宋1084年第一次印刷出版了《算经十书》，即贾宪的《黄帝九章算法细草》，刘益的《议古根源》，秦九韶的《数书九章》，李冶的《测圆海镜》和《益古演段》，杨辉的《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》，朱世杰的《算学启蒙》和《四元玉鉴》．这些书中涉及的很多方面都达到古代数学的高峰，其中一些“算法”如开立方和开四次方也是当时世界数学的高峰．某图书馆中正好有这十本书现在小明同学从这十本书中任借两本阅读，那么他取到的书的书名中有“算”字的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 现在小明同学从这十本书中任借两本阅读，基本事件总数，他取到的书的书名中有“算”字包含的基本事件总数，由此能求出他取到的书的书名中有“算”字的概率．‎ ‎【详解】解： 小明同学从这十本书中任借两本阅读，基本事件总数，‎ 他取到的书的书名中有“算”字包含的基本事件总数，‎ 那么他取到的书的书名中有“算”字的概率为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查排列组合与古典概型的综合应用，难度一般.注意此题中的书名中有“算”字包含两种情况：仅有一本书的书名中有“算”、两本书的书名中都有“算”，分类需要谨慎.‎ ‎9.在正方体中，为棱上一点且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值．‎ ‎【详解】解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，‎ 设，则，，，，‎ ‎，，‎ 设异面直线与所成角为，‎ 则异面直线与所成角的余弦值为：‎ ‎．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用向量法求解异面直线所成角的余弦值，难度一般.已知的方向向量为，的方向向量为，则异面直线所成角的余弦值为.‎ ‎10.函数在区间单调递减，在区间上有零点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：结合余弦函数的单调减区间，求出零点，再结合零点范围列出不等式 详解：当，，‎ 又∵，则，即，，‎ 由得，，‎ ‎∴，解得，‎ 综上.‎ 故选C.‎ 点睛：余弦函数的单调减区间：，增区间：，零点：，对称轴：，对称中心：，.‎ ‎11.已知函数为奇函数，且函数的图象关于直线对称，当时，，则（ ）‎ A. 2020 B. C. D. 0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由函数的对称性可得，即，进而可得，即函数是周期为4的周期函数，据此可得，由函数的解析式计算可得答案．‎ ‎【详解】解：根据题意，函数为奇函数，即函数的图象关于点对称，则有，‎ 函数的图象关于直线对称，则，‎ 变形可得：，即，‎ 则有，即函数是周期为4的周期函数，‎ ‎；‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性、对称性、周期性的综合应用，难度一般.一般地，若一个奇函数有对称轴（或一个偶函数有对称中心），可分析出函数具有周期性.‎ ‎12.已知是椭圆：的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于，两点，若，且，则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意设椭圆的右焦点，根据正弦定理即可求得和的关系，即可求得椭圆的离心率．‎ ‎【详解】解：设椭圆的右焦点，连接，，根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，‎ 则，且由，可得，‎ 所以，则，‎ 由余弦定理可得 ‎，‎ 即，‎ ‎∴椭圆的离心率，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆离心率的求解，其中涉及到椭圆的定义以及余弦定理，对学生的分析与计算能力要求较高，难度较难.‎ 第Ⅱ卷 非选择题 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请将答案填在答题卡对应的横线上，答错位置，书写不清，模棱两可均不得分.）‎ ‎13.函数在点处的切线方程为，则_________‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将分别代入函数解析式和切线方程得关于，，的两个方程，再对函数求导数，利用切点处导数值等于切线斜率列方程，解方程组即可．‎ ‎【详解】解：因为在点处的切线方程为，‎ ‎∴切线斜率为．‎ ‎∴，∴，∴，∴，‎ 故，．‎ ‎∴．‎ 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题考查根据函数在某点处的切线方程求解参数值，难度较易.‎ ‎14.设，满足约束条件，则目标函数的最大值为_____.‎ ‎【答案】14‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，通过向上平移基准直线到可行域边界的位置，由此求得目标函数的最大值.‎ ‎【详解】画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数在点处取得最大值，且最大值为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用线性规划求线性目标函数的最大值.这种类型题目的主要思路是：首先根据题目所给的约束条件，画出可行域；其次是求得线性目标函数的基准函数；接着画出基准函数对应的基准直线；然后通过平移基准直线到可行域边界的位置；最后求出所求的最值.属于基础题.‎ ‎15.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，已知和所在平面互相垂直，，，，，且 ‎，则鳖臑的外接球的表面积为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求几何体的外接球，需知道其半径，因为球心到球面上的点的距离相等，可以找出一点到四个点的距离相等，求解即可．‎ ‎【详解】解：因为球心到球面的点的距离相等，可以找出一点到四个点的距离相等，在直角三角形中斜边上的中点到各顶点距离相等，‎ 可知中点到，，，的距离相等，所以；‎ 而；‎ ‎∴鳖臑的外接球的半径为：；‎ 故鳖臑的外接球的表面积为：；‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查几何体的外接球表面积的求解，难度一般.解答问题的关键：确定出球心位置，根据球心确定出半径即可求解球的表面积.‎ ‎16.已知函数，若是函数的唯一极值点，则实数的取值集合是________．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可知是唯一的根，进而可转化为在 时没有变号零点，构造函数，结合导数及函数的性质可求．‎ ‎【详解】解：函数定义域，，‎ 由题意可得，是唯一的根，‎ 故在上没有变号零点，‎ 即在时没有变号零点，‎ 令，，则，‎ 当时，，函数单调递增，‎ 当时，，函数单调递减，‎ 故当时，取得最小值，‎ 故即．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查根据极值点以及极值点个数求解参数范围，其中涉及到利用参变分离法求解参数范围，难度较难.参变分离法求解参数范围主要过程：构造新函数，分析新函数的单调性以及值域从而求解出参数的范围.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤）‎ ‎17.已知等比数列的前项和为，且，是与的等差中项．‎ ‎（1）求与；‎ ‎（2）若数列满足，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）．．（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等比数列的公比为，由，是与的等差中项．可得，，即，联立解得，，再利用通项公式与求和公式即可得出，．‎ ‎（2），利用裂项求和方法即可得出数列的前项和．‎ ‎【详解】解：（1）设等比数列的公比为，∵，是与的等差中项．‎ ‎∴，，即，‎ 联立解得，，‎ ‎∴．‎ ‎．‎ ‎（2），‎ ‎∴数列前项和 ‎．‎ ‎【点睛】本题考查等差、等比数列的综合应用以及裂项相消法求和，难度一般.‎ 常见的几种可裂项相消的数列形式：，，，.‎ ‎18.如图，在四棱锥中，四边形为梯形，且ABDC，，平面平面．‎ ‎ ‎ ‎（Ⅰ）证明：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若，，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（Ⅰ）先利用面面垂直的性质定理可得平面，进而得到平面，再根据面面垂直的判定定理得证；‎ ‎（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量公式求解即可．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）证明：∵平面平面，平面平面，，在平面内，‎ ‎∴平面，‎ 又∵，‎ ‎∴平面，‎ 而在平面内，‎ ‎∴平面平面；‎ ‎（Ⅱ）作于，则平面，过作交于，‎ 如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设，则，，，，‎ 故，，，‎ 设平面的一个法向量为，则，‎ 则可取，‎ 设平面的一个法向量为，则，‎ 则可取，‎ ‎∴，‎ 由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为．‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直证明以及利用向量法求解二面角的余弦值，难度一般.（1）面面垂直的证明可通过线面垂直进行证明；（2）根据平面法向量的夹角的余弦值求解二面角的余弦值时，要注意结合立体图形判断二面角与平面法向量夹角的关系.‎ ‎19.某商场春节期间推出一项优惠活动，活动规则如下：消费额每满300元可转动如图所示的转盘一次，并获得相应金额的返券，假定指针等可能地停在任一位置．若指针停在区域Ⅰ返券60元；停在区域Ⅱ返券30元；停在区域Ⅲ不返券．例如：消费600元，可抽奖2次，所获得的返券金额是两次金额之和．‎ ‎（Ⅰ）若某位顾客消费300元，求返券金额不低于30元的概率；‎ ‎（Ⅱ）若某位顾客恰好消费600元，并按规则参与了活动，他获得返券的金额记为（元）．求随机变量的分布列和数学期望．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析，40‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）设指针落在区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别记为事件、、，则，，，若返券金额不低于30元，则指针落在区域Ⅰ或区域Ⅲ，再根据和事件求概率即可；‎ ‎（Ⅱ）随机变量的可能取值为0，30，60，90，120，然后结合独立事件依次求出每个的取值所对应的概率即可得到分布列，再求数学期望即可得解．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）设指针落在区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别记为事件、、，‎ 则，，，‎ 若返券金额不低于30元，则指针落在区域Ⅰ或区域Ⅲ的概率为，‎ 即消费300元的顾客，返券金额不低于30元的概率是．‎ ‎（Ⅱ）由题意得，该顾客可转动转盘2次，随机变量的可能取值为0，30，60，90，120，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎．‎ 所以，随机变量的分布列为 ‎0‎ ‎30‎ ‎60‎ ‎90‎ ‎120‎ 数学期望．‎ ‎【点睛】本题考查概率、离散型随机变量的分布列与期望的综合应用，难度一般.（1）若为互斥事件，则有；（2）求解离散型随机变量的均值时，首先需要将随机变量的可能取值列举出来.‎ ‎20.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）若，求函数的图象在点处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）若函数有两个极值点、，且，求证：且．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求切线斜率，进而可求切线方程；‎ ‎（Ⅱ）结合函数的极值与导数零点的关系及函数的性质进行合理的变形可证．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）时，，，‎ 因为，，‎ 所以的图象在点处的切线方程为即；‎ ‎（Ⅱ）由已知可得，，，‎ 由可得，，‎ 令，则，‎ 易得在上单调递增，在上单调递减，且，，‎ 故当时，，时，，‎ 函数有两个极值点；、，且，即有两个零点、，且，则，‎ 所以，‎ ‎∴，‎ 当时，，，单调递增，‎ 所以，‎ 当时，，，单调递增，‎ ‎∴，‎ 综上，且．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求曲线的切线方程以及利用导数证明不等式，对学生的计算与转化问题的能力要求较高，难度一般.‎ ‎21.椭圆：中，，，，的面积为1，．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设是椭圆上一点，、是椭圆的左右两个焦点，直线、分别交于、，是否存在点，使，若存在，求出点的横坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）存在，的横坐标为或或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由三角形的面积公式可得，结合两点的距离公式解得，，进而得到椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）假设存在点，使，设，求得的坐标，过作轴的垂线交轴于，运用三角形的面积公式和三角形的相似性质，结合坐标运算，解方程可得所求值．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）由题意可得，的面积为，‎ 又，可得，解得，，‎ 则椭圆的方程为；‎ ‎（Ⅱ）假设存在点，使，‎ 设，与轴交于，过作轴的垂线交轴于，‎ 又，，‎ 由，‎ 可得，‎ 即，‎ 可得，则，‎ 即，可得，或，‎ 又，则或，‎ 故存在，且的横坐标为或或．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解以及直线与椭圆的综合应用，其中涉及到椭圆中的面积问题，对学生的转化与计算能力要求较高，难度较难.本例中注意对于面积关系的转化：使用解三角形章节中的面积公式进行化简.‎ 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铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.‎ ‎[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），是上的动点，点满足，点的轨迹为曲线．‎ ‎（Ⅰ）求的参数方程；‎ ‎（Ⅱ）在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线与的异于极点的交点为，与的异于极点的交点为，将曲线、的方程转化为极坐标方程后，求．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（为参数）．（Ⅱ）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）直接利用转换关系的应用，把参数方程和直角坐标方程进行转换．‎ ‎（Ⅱ）利用极径的应用和三角函数关系式的变换的应用求出结果．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）设由于点满足，所以，由于点在上，‎ 所以，整理得的参数方程（为参数）．‎ ‎（Ⅱ）曲线的参数方程转换为极坐标方程为，曲线的参数方程转换为极坐标方程为，‎ 直线转换为极坐标方程为．‎ 所以，解得，‎ 同理，解得，‎ 故．‎ ‎【点睛】本题考查极坐标与参数方程的综合应用，其中涉及到轨迹方程的求解、极坐标中两点间的距离求解，难度一般.极坐标系中，极角相同的两点间的距离等于极径差的绝对值.‎ ‎[选修4- 5：不等式选讲]‎ ‎23.已知函数，．‎ ‎（Ⅰ）当时，求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）当时，求的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由绝对值的定义，去绝对值符号，可得的不等式组，解不等式，求并集可得所求解集；‎ ‎（Ⅱ）由题意可得在恒成立，运用一次函数的单调性可得的最小值，可得的不等式，注意，解不等式可得的范围．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）当时，，‎ 等价为或或，‎ 解得或或，‎ 则原不等式的解集为；‎ ‎（Ⅱ）当时，‎ 即为，即在恒成立，‎ 可得，可得，但，即，‎ 可得的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的综合应用，其中涉及到利用零点分段法求解不等式解集、根据不等式恒成立求解参数范围，难度一般.常用绝对值不等式解集求法：零点分段法、图象法、几何意义法.‎