陕西省西安市西北工业大学附中2020届高三下学期4月适应性测试数学（理）试题 26页

陕西西安西北工业大学附中2020届高三4月适应性测试全国2卷 理科数学试题 第Ⅰ卷（选择题共60分）‎ 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.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用一元二次不等式的解法化简集合A，再利用交集的定义与集合B求交集.‎ ‎【详解】由得，‎ 则，又由得.‎ 所以，而.‎ 从而.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎2.已知，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式由得到，由易得，再由求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查同角三角函数基本关系式以及诱导公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎3.下列四个命题中，正确的有（ ）‎ ‎①随机变量服从正态分布，则 ‎②，‎ ‎③命题“，”的否定是“，”‎ ‎④复数，若，则 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①根据与是否关于对称判断；②根据判断；③根据含有一个量词的否定的定义判断；④根据，消去判断；‎ ‎【详解】①因为与关于对称，故正确；‎ ‎②因为，故错误；‎ ‎③因为命题“，”是全称命题，所以其否定是“，”‎ ‎，故正确；‎ ‎④当，时，，故错误；‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查命题判断真假，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎4.已知在等比数列中，，，，则（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设公比为，根据，利用等比数列的性质得到，则，再与，联立求得，，再利用等比数列的通项公式求解.‎ ‎【详解】设公比为，因为 所以，则，‎ 所以，又，‎ 所以，得，则，‎ 所以，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的基本运算及其性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎5.如图所示，是一个几何体的三视图，则此三视图所描述几何体的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图中可知，该几何体为一个圆锥和同底的圆柱拼接而成，所围成的表面积为圆锥的侧面，圆柱的侧面和圆柱的一个底面面积的和.圆锥的底面半径为2，高为，可由求得圆锥的侧面积，圆柱的高，底面半径，可得圆柱的侧面面积，圆柱底面面积，再求和即可.‎ ‎【详解】从三视图中可判断出几何体为一个圆锥和圆柱拼接而成，所围成的表面积为圆锥的侧面，圆柱的侧面和圆柱的一个底面.‎ 圆锥的底面半径为2，高为，可由轴截面求出母线的长度为4，‎ 所以圆锥侧面，‎ 圆柱的高，底面半径，‎ 所以圆柱的侧面面积，圆柱底面面积，‎ 所以几何体的表面积为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查组合体的表面积，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎6.2020年，一场突如其来的“新型冠状肺炎”使得全国学生无法在春季正常开学，不得不在家“停课不停学”.为了解高三学生居家学习时长，从某校的调查问卷中，随机抽取个学生的调查问卷进行分析，得到学生可接受的学习时长频率分布直方图（如下图所示），已知学习时长在的学生人数为25，则的值为（ ）‎ A. 40 B. ‎50 ‎C. 60 D. 70‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据频率分布直方图得到的频率，再由该频率与样本容量的积为25求解.‎ ‎【详解】依题意，得，‎ 解得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查频率分布直方图的应用，还考查了识图和运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎7.明朝数学家程大位著的《算法统宗》里有一道著名的题目： “一百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大、小和尚各几丁？”下图所示的程序框图反映了此题的一个算法．执行下图的程序框图，则输出的 ( )‎ A. 25 B. ‎45 ‎C. 60 D. 75‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图，解方程得，即可得到答案.‎ ‎【详解】根据程序框图，当时，解得，‎ 此时，终止循环.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查程序框图语言和数学文化的交会，考查阅读理解能力，求解时注意将问题转化为解方程问题.‎ ‎8.已知实数，满足，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实数，满足，画出可行域，再由表示坐标原点与可行域内点距离的平方，找到最优点求解.‎ ‎【详解】根据实数，满足，画出可行域为（内部及其边界），‎ 其中，，，‎ 表示坐标原点与可行域内点距离的平方，‎ 所以点与点距离最大，‎ 所以，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单线性规划求最值，还考查了数形结合的思想方法和运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎9.已知两个夹角为的单位向量，，若向量满足，则的最大值是（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，为符合题意的两个向量，得到，再根据表示以的坐标为圆心，1为半径的圆求解.‎ ‎【详解】如图所示：‎ 设，为符合题意的两个向量，‎ 则，即，‎ 而，则的终点在以为圆心，1为半径的圆上，‎ 从而当的终点在点处时，最大，且，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算以及向量模的几何意义的应用，还考查了数形结合的思想方法和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎10.已知抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，过点作直线与此抛物线交于，两点，若，则（ ）‎ A. 3 B. ‎2 ‎C. 4 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线：，，，由得，再由联立，将韦达定理代入上式，然后利用抛物线的定义由求解.‎ ‎【详解】设直线：，，，‎ ‎∵，，‎ ‎∴由得，‎ ‎∴，①‎ 由得，‎ ‎∴，∴，代入①得，‎ ‎∴.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，定义的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎11.将函数的图像向右平移个单位长度得到的图像，若函数在区间上单调递增，且的最大负零点在区间上，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由平移变换易得，根据在区间上单调递增，则有，又得到，根据的最大负零点在区间上，则有，两个取交集.‎ ‎【详解】将函数的图像向右平移个单位长度得到，‎ 又因为在区间上单调递增，‎ 所以，解得，‎ 又时，所以最大负零点为，‎ 所以，解得，‎ 综上.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图象变换以及性质的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎12.已知函数在上有两个极值点，且在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得函数的导数，根据函数在上有两个极值点，转化为在上有不等于的解，令，利用奥数求得函数的单调性，得到且，又由在上单调递增，得到在上恒成立，进而得到在上恒成立，借助函数在为单调递增函数，求得，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意，函数，‎ 可得，‎ 又由函数在上有两个极值点，‎ 则，即在上有两解，‎ 即在在上有不等于2的解，‎ 令，则，‎ 所以函数在为单调递增函数，‎ 所以且，‎ 又由在上单调递增，则在上恒成立，‎ 即在上恒成立，即在上恒成立，‎ 即在上恒成立，‎ 又由函数在为单调递增函数，所以，‎ 综上所述，可得实数的取值范围是，即，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.‎ 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分（共90分）.第13~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22~23为选考题，考生根据要求作答.‎ 二､填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应的题号后的横线上）‎ ‎13.二项式的展开式中的常数项为______.‎ ‎【答案】252‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先得到展开式的通项公式，再令x的次数为零求解.‎ ‎【详解】展开式的通项，‎ 令，得，‎ 所以.‎ 故答案为：252‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎14.已知双曲线的左顶点为，右焦点为，点，双曲线的渐近线上存在一点，使得，，，顺次连接构成平行四边形，则双曲线的离心率______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，，，顺次连接构成平行四边形，求得点与点的中点，从而求得点的坐标，代入双曲线方程求解.‎ ‎【详解】由题知点与点的中点也是点与点的中点，‎ 所以点的坐标为，‎ 又点在渐近线上，‎ 所以，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎15.定义在上的函数对任意，都有，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，可推知是周期函数，然后再结合求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 所以是周期为4的周期函数，‎ 故，‎ 由已知可得，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查函数周期性的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎16.如图，矩形中，，，为的中点，点，分别在线段，上运动（其中不与，重合，不与，重合），且，沿将折起，得到三棱锥，则三棱锥体积的最大值为______；当三棱锥体积最大时，其外接球的半径______.‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 易知当平面平面时，三棱锥体积最大，此时平面.DN为几何体的高，设，则，且，再由V三棱锥D-MNQ求解，当三棱锥体积最大时，三棱锥是正三棱柱的一部分，则三棱柱的外接球即是三棱锥的外接球，设点，分别是上下底面正三角形的中心，则线段的中点即是三棱柱的外接球的球心求解.‎ ‎【详解】当平面平面时，三棱锥体积最大，‎ 这时平面.‎ 设，则，且，‎ 则V三棱锥D-MNQ，‎ 当时，三棱锥体积最大，且.此时，，‎ ‎∴，‎ ‎∴为等边三角形，‎ ‎∴当三棱锥体积最大时，三棱锥是正三棱柱的一部分，‎ 如图所示：‎ 则三棱柱的外接球即是三棱锥的外接球，‎ 设点，分别是上下底面正三角形的中心，‎ ‎∴线段的中点即是三棱柱的外接球的球心，‎ ‎∴，‎ 又∵是边长为2的等边三角形，‎ ‎∴，‎ ‎∴三棱柱外接球的半径.‎ 故答案为：1；.‎ ‎【点睛】本题主要考查几何体体积的最值和球的组合体问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.‎ 三､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）‎ ‎17.如图，CM，CN为某公园景观湖胖的两条木栈道，∠MCN=120°，现拟在两条木栈道的A，B处设置观景台，记BC=a，AC=b，AB=c（单位：百米）‎ ‎（1）若a，b，c成等差数列，且公差为4，求b的值；‎ ‎（2）已知AB=12，记∠ABC=θ，试用θ表示观景路线A-C-B的长，并求观景路线A-C-B长的最大值．‎ ‎【答案】（1）10；（2）8.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用a、b、c成等差数列,且公差为4,可得,利用余弦定理即可求b的值；‎ ‎（2）利用正弦定理,求出AC、BC,可得到观景路线A-C-B为是关于的函数,求出最大值即可 ‎【详解】解：（1）∵a、b、c成等差数列,且公差为4,∴,‎ ‎∵∠MCN=120°，‎ ‎∴,即°,‎ ‎∴b=10‎ ‎（2）由题意,在中,,‎ 则,‎ ‎∴,,‎ ‎∴观景路线A-C-B的长,且,‎ ‎∴θ=30°时,观景路线A-C-B长的最大值为8‎ ‎【点睛】本题考查利用余弦定理求三角形的边,考查正弦定理的应用,考查三角函数的最值问题,考查运算能力 ‎18.为迎接“五一国际劳动节”，某商场规定购买超过6000元商品顾客可以参与抽奖活动现有甲品牌和乙品牌的扫地机器人作为奖品，从这两种品牌的扫地机器人中各随机抽取6台检测它们充满电后的工作时长相关数据见下表（工作时长单位：分）‎ 机器序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 甲品牌工作时长/分 ‎220‎ ‎180‎ ‎210‎ ‎220‎ ‎200‎ ‎230‎ 乙品牌工作时长/分 ‎200‎ ‎190‎ ‎240‎ ‎230‎ ‎220‎ ‎210‎ ‎（1）根据所提供的数据，计算抽取的甲品牌的扫地机器人充满电后工作时长的平均数与方差；‎ ‎（2）从乙品牌被抽取的6台扫地机器人中随机抽出3台扫地机器人，记抽出的扫地机器人充满电后工作时长不低于220分钟的台数为，求的分布列与数学期望.‎ ‎【答案】（1）平均数（分）；方差（2）分布列和数学期望详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据平均数和方差公式求解.‎ ‎（2）X的可能取值为：0，1，2，3，分别求得相应的概率，列出分布列，再求期望.‎ ‎【详解】（1）（分），‎ ‎；‎ ‎（2），‎ ‎，，，，‎ 的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查平均数和方差和离散型随机变量的分布列和期望，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎19.如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点E是棱的中点．‎ ‎（1）求证：平面ABC；‎ ‎（2）在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）存在，或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用余弦定理解得，结合勾股定理得到，证得侧面，‎ ‎，继而可证平面ABC；‎ ‎（2）以B为原点，分别以，和的方向为x，y和z轴的正方向建立空间直角坐标系，假设存在点M，设，由EM与平面所成角的正弦值为，可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，因为，，，利用余弦定理，‎ 解得，又，，侧面，．‎ 又，AB，平面ABC，∴直线平面ABC．‎ ‎（2）以B为原点，分别以，和的方向为x，y和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则有，，，，‎ 设平面的一个法向量为，，，‎ ‎，，令，则，，‎ 假设存在点M，设，，，‎ ‎，，‎ 利用平面的一个法向量为，，得．‎ 即，或，或．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间向量和立体几何综合问题，考查了学生逻辑推理，空间向量和数学运算能力，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆：的离心率为.点在椭圆上，点，，的面积为，为坐标原点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若直线交椭圆于，两点，直线的斜率为，直线的斜率为，且，证明：的面积是定值，并求此定值.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析；定值为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据点在椭圆上，点，，的面积为，得到求解.‎ ‎（2）分直线的斜率不存在时，设直线：（且），直接求得M，N的坐标求解.当直线的斜率存在时，设点，，直线：，与联立，得到m，k的关系，再利用弦长公式求得，以及原点到直线的距离，代入求解.‎ ‎【详解】（1）由已知得，∴，‎ 又，∴，∴椭圆：.‎ ‎（2）当直线的斜率不存在时，设直线：（且），代入，得，‎ 则，∴，则，‎ 当直线的斜率存在时，设点，，直线：，代入，‎ 得，∴，‎ ‎，，，‎ ‎∴，满足，‎ ‎，‎ 又原点到直线的距离，‎ ‎∴，为定值.‎ 综上，的面积为定值，定值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法以及三角形面积问题，还考查了运算求解的能力，属于难题.‎ ‎21.设函数.‎ ‎(1)若当时，取得极值，求的值，并求的单调区间.‎ ‎(2)若存在两个极值点，求的取值范围，并证明：.‎ ‎【答案】（1），的单调增区间为，单调减区间为. （2），证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导数，由题意可知为方程的根，求解值，即可.再令导数，，分别求解单调增区间与单调减区间，即可.‎ ‎（2）函数存在两个极值点，等价于方程即在上有两个不等实根，则，即可. 变形整理为；若证明不等式，则需证明，由变形为，不妨设，即证，令，则，求函数的取值范围，即可证明.‎ ‎【详解】（1）‎ 时，取得极值.‎ ‎.‎ 解得或 解得 的单调增区间为，单调减区间为.‎ ‎（2）‎ 存在两个极值点 方程即在上有两个不等实根.‎ ‎，‎ ‎.‎ 所证不等式等价于 即 不妨设，即证 令，‎ ‎，在上递增.‎ 成立.‎ 成立.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，以及根据极值求参数取值范围，证明不等式.属于难题.‎ 请考生在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，曲线的参数方程是（为参数）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，，为曲线上两点，且，设射线：.‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）求的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先将曲线的参数方程化为直角坐标方程，再将，代入化简即可.‎ ‎（2）根据题意得到射线的极坐标方程为或，利用极径的几何意义得到，，建立模型，利用基本不等式求解.‎ ‎【详解】（1）将曲线的参数方程化为直角坐标方程：，‎ 将，代入可得，‎ 化简得：.‎ ‎（2）由题意知，射线的极坐标方程为或，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 当且仅当，即时，取最小值.‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程，直角坐标方程，极坐标方程的转化，以及椭圆方程的求法以及垂直弦问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数，若的最大值为.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）设函数，若，且，求证：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将函数转化为，再利用分段函数的性质求解.‎ ‎（2）根据（1）得到，将化，两边平方利用一元二次不等式解法求解.‎ ‎【详解】（1）∵，‎ ‎∴当时，，‎ ‎∴.‎ ‎（2），‎ ‎∴可化为，即，‎ 两边平方后得，，‎ 即，‎ 由得，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值函数求最值以及一元二次不等式解法的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎