宁夏石嘴山市第三中学2020届高三第四次高考适应性考试数学（文）试题 21页

石嘴山市三中2020届高三年级第四次高考适应性考试数学（文）能力测试 一、选择题：（本大题共12小题）‎ ‎1.已知复数，则的虚部是（ ）‎ A. B. C. -4 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数运算法则及虚部定义求解即可 ‎【详解】由，得，所以虚部为.‎ 故选A ‎【点睛】本题考查复数的四则运算，复数的虚部，考查运算求解能力.‎ ‎2.设集合，，则等于　　‎ A. B. R C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求定义域得集合A，求值域得集合B，根据并集的定义写出．‎ 详解】集合，‎ ‎，‎ 则．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查了并集的运算问题，涉及函数的定义域和值域的求解问题，是基础题．‎ ‎3.某学校为了解1000名新生的近视情况，将这些学生编号为000，001，002，…，999，从这些新生中用系统抽样的方法抽取100名学生进行检查，若036号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是（）‎ A 008号学生 B. 200号学生 C. 616号学生 D. 815号学生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件可知，1000人抽取100人，那么分成100组，每组10人，那么组距就是10，根据条件可知编号的末尾都是6，即可得到答案.‎ ‎【详解】解析：由题意得抽样间隔为，因为号学生被抽到，所以被抽中的初始编号为号，之后被抽到的编号均是10的整数倍与6的和，选.‎ 点睛】本题考查了系统抽样，属于简单题型.‎ ‎4.为了测试小班教学的实践效果，王老师对A、B两班的学生进行了阶段测试，并将所得成绩统计如图所示；记本次测试中，A、B两班学生的平均成绩分别为，，A、B两班学生成绩的方差分别为，，则观察茎叶图可知 A. ＜，＜ B. ＞，＜‎ C. ＜，＞ D. ＞，＞‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据茎叶图中数据的分布可得，班学生的分数多集中在之间，班学生的分数集中在之间，班学生的分数更加集中，班学生的分数更加离散，从而可得结果.‎ ‎【详解】班学生的分数多集中在之间，班学生的分数集中在之间，故；相对两个班级的成绩分布来说，班学生的分数更加集中，班学生的分数更加离散，故，故选B.‎ ‎【点睛】平均数与方差都是重要的数字特征，是对总体简明的描述，它们所反映的情况有着重要的实际意 平均数、中位数、众数描述其集中趋势, 方差和标准差描述其波动大小. 随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平;方差反映了 随机变量稳定于均值的程度, 它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方取舍的重要的理论依据，ᅳ般先比较均值, 若均值相同再用方差来决定.‎ ‎5.如果某林区的森林蓄积量每年平均比上一年增长10.4%，那么经过年可增长到原来的倍，则函数的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得关于的表达式，由此判断出正确的图像.‎ ‎【详解】依题意可知，故当时，，排除B、C选项，由于函数为指数函数，图像为曲线，所以A选项错误，D选项正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查指数函数模型在实际生活中的运用，考查函数图像的识别，属于基础题.‎ ‎6.已知椭圆分别过点和，则该椭圆的焦距为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得a2＝4，b2＝1，利用隐含条件求得c，则‎2c即为所求．‎ ‎【详解】由题意可得，，所以a2＝4，b2＝1，‎ 所以，从而.‎ 故选B ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求法，解题时要注意椭圆的简单性质的合理运用，是基础题．‎ ‎7.若，则的值为（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二倍角公式和差角公式可得,求解即可 ‎【详解】由题,‎ ‎,‎ 所以,‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查二倍角公式的应用,考查差角公式的应用,考查运算能力 ‎8.方程表示双曲线的一个充分不必要条件是（ ）‎ A. －3＜m＜0 B. －3＜m＜2‎ C. －3＜m＜4 D. －1＜m＜3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题意知，‎ ‎，则C，D均不正确，而B为充要条件，不合题意，故选A.‎ ‎9.过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线，若与轴的交点坐标为，则该双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出双曲线的左焦点，设出直线l的方程为，可得与轴的交点坐标，得到结合计算即可．‎ ‎【详解】由题意设直线的方程为，‎ 令，得，‎ 因为，所以，‎ 所以.‎ 故选A ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率的问题，考查了基本量的关系，属于基础题．‎ ‎10.已知奇函数在上是增函数，若，，，则的大小关系为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意：，‎ 且：，‎ 据此：，‎ 结合函数的单调性有：，‎ 即.‎ 本题选择C选项.‎ ‎【考点】 指数、对数、函数的单调性 ‎【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式.‎ ‎11.过抛物线的焦点F的直线交该抛物线于A、B两点，若，O为坐标原点，则（ ）‎ A. B. C. 4 D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别过作准线的垂线,垂足分别为,过作,垂足为,交轴于,设,根据抛物线的定义以及两个直角三角形相似可以求出,由此可求出结果.‎ ‎【详解】如图:‎ 分别过作准线的垂线,垂足分别为,过作,垂足为,‎ 交轴于,‎ 设,则,‎ 由抛物线的定义知:,,‎ 所以,‎ ‎,‎ 因为,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查了抛物线的定义,属于基础题.‎ ‎12.已知函数，若且，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点的横坐标为，过点作轴的垂线交函数于另一点，设点的横坐标为，并过点作直线的平行线，设点到直线的距离为，计算出直线的倾斜角为，可得出，于是当直线与曲线相切时，取最大值，从而取到最大值.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 设点的横坐标为，过点作轴的垂线交函数于另一点，设点的横坐标为，并过点作直线的平行线，设点到直线的距离为，，‎ 由图形可知，当直线与曲线相切时，取最大值，‎ 当时，，令，得，切点坐标为，‎ 此时，，，故选B.‎ ‎【点睛】本题考查函数零点差的最值问题，解题的关键将问题转化为两平行直线的距离，考查化归与转化思想以及数形结合思想，属于难题.‎ 二、填空题：本大题共4小题．‎ ‎13.已知非零向量满足，则向量的夹角________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两边平方化简得到答案.‎ ‎【详解】化简得到，故向量夹角为 ‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查了向量的夹角计算，属于基础题型.‎ ‎14.已知正项等比数列中，，若，则_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列通项公式可得,则,由可得,进而求得 ‎【详解】由,得,所以,‎ 又因为,即,‎ 所以或,‎ 因为正项等比数列,则,所以 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查求等比数列通项公式,考查运算能力 ‎15.我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面面积都相等，那么这两个几何体的体积相等.现有同高的三棱锥和圆锥满足“幂势既同”.若圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，由此推算三棱锥的体积为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据侧面展开图先计算圆锥的体积，再根据祖暅原理得到三棱锥的体积.‎ ‎【详解】圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆 则圆锥的底面半径满足： ，高，‎ 根据祖暅原理三棱锥的体积为 故答案为 ‎【点睛】本题考查了圆锥的体积的计算，新知识的引入，意在考查学生的应用能力和解决问题的能力.‎ ‎16.下列共用四个命题.‎ ‎（1）命题“，”的否定是“，”；‎ ‎（2）在回归分析中，相关指数为的模型比为的模型拟合效果好；‎ ‎（3），，，则是的充分不必要条件；‎ ‎（4）已知幂函数为偶函数，则.‎ 其中正确的序号为_________．（写出所有正确命题的序号）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 依据含一个量词的命题的否定可知：命题“，”的否定是“，”，故命题（1）不正确；由回归分析的知识可知：相关指数越大，其模型的拟合效果越好，则命题（2）是正确的；取，尽管，但，故命题（3）不正确；由幂函数的定义可得，则（舍去），故，则命题（4）是正确的，应填答案 ．‎ 点睛：本题是一道选择填空题，求解时充分借助题设中提供的四个命题的条件和结论，综合运用所学知识从而对问题做出正确的推理和判断，从而选出正确的命题，排除错误的命题，进而使得问题获解．‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分.‎ ‎17.在中，角，，的对边分别是，，，，且.‎ ‎（1）求的大小；‎ ‎（2）若的面积为，求的周长.‎ ‎【答案】（1）1；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理化简已知可求，由余弦定理可得cosA，结合B，可得所求．（2）利用的面积可求b=c=，利用余弦定理可得a=b，从而求得周长．‎ ‎【详解】（1）因为，由正弦定理可得：‎ ‎，整理得，‎ ‎∴，解得.‎ 又，所以，即， ‎ ‎∴.‎ ‎（2）由（1）知，，‎ ‎∴，解得.‎ 由余弦定理，得，即.‎ ‎∴的周长为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．‎ ‎18.‎ ‎ 对某校高三年级学生参加社区服务次数进行统计，随机抽取M名学生作为样本，得到这M名学生参加社区服务的次数，根据此数据作出了频数与频率的统计表和频率分布直方图.‎ 分组 ‎ 频数 ‎ 频率 ‎ ‎[10,15) ‎ ‎10 ‎ ‎0.25 ‎ ‎[15,20) ‎ ‎24 ‎ n ‎ ‎[20,25) ‎ m ‎ p ‎ ‎[25,30] ‎ ‎2 ‎ ‎0.05 ‎ 合计 ‎ M ‎ ‎1 ‎ ‎(1)求出表中M，p及图中a的值；‎ ‎(2)若该校高三学生有240人，试估计该校高三学生参加社区服务的次数在区间[10,15)内的人数；‎ ‎(3)估计这次学生参加社区服务人数的众数、中位数以及平均数．‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】‎ ‎(1)由分组[10,15)内的频数是10，频率是0.25，知＝0.25，所以 M＝40.因为频数之和为40，所以10＋24＋m＋2＝40，解得m＝4，p＝＝0.10.因为a是对应分组[15,20)的频率与组距的商，所以a＝＝0.12.‎ ‎(2)因为该校高三学生有240人，在[10,15)内的频率是0.25，‎ 所以估计该校高三学生参加社区服务的次数在此区间内的人数为60.‎ ‎(3)估计这次学生参加社区服务人数的众数是＝17.5.因为n＝＝‎ ‎0.6，所以样本中位数是15＋≈17.1，估计这次学生参加社区服务人 数的中位数是17.1.样本平均人数是12.5×0.25＋17.5×0.6＋22.5×0.1＋‎ ‎27.5×0.05＝17.25，估计这次学生参加社区服务人数的平均数是17.25.‎ 考点：中位数、众数、平均数.‎ ‎19.如图，在矩形中，，，点是边上的一点，且，点是的中点，将沿着折起，使点运动到点处，且有.‎ ‎（1）证明：.‎ ‎（2）求四棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，连接，，推导出，，由此能证明，可得，结合证得.‎ ‎（2））由（1）结合垂直关系可计算四棱锥的高及底面的面积，能求出的体积．‎ ‎【详解】（1）取中点，连接，，‎ 由已知得，∴，又点是的中点，∴.‎ 因为，点是线段的中点，∴.‎ 又因为，∴，从而平面，‎ ‎∴，又，不平行，∴平面.‎ ‎（2）由（1）知，，‎ 底面的面积为，‎ ‎∴四棱锥的体积.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查四棱锥的体积的求法，考查了空间思维能力，是中档题．‎ ‎20.已知数列满足，，，其中．‎ ‎(1)求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式；‎ ‎(2)设，求数列的前n项和为．‎ ‎【答案】（Ⅰ）; （Ⅱ）=. ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由,，,作差代入,再利用等差数列的通项公式即可得出,进而得出.（Ⅱ）,可得.利用“裂项求和”可得:数列 的前项和为=‎ 试题解析：（Ⅰ）证明：∵=‎ ‎=，∴数列是公差为2的等差数列，‎ 又，∴，‎ 故∴，解得． ‎ ‎（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得，∴‎ ‎∴数列的前项和为 ‎=. ‎ 点晴：本题考查的是数列中的递推关系和数列求和问题.第一问中关键是根据==得到是公差为2的等差数列;第二问中的通项由可得 ， 利用“裂项求和”可得:数列的前项和为=.‎ ‎21.已知椭圆的离心率为，以椭圆的短轴为直径的圆与直线 相切.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设椭圆过右焦点的弦为、过原点的弦为，若，求证：为定值.‎ ‎【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎(Ⅰ)由题意结合点到直线距离公式可得.结合离心率计算公式有.则椭圆的方程为.‎ ‎(Ⅱ)对直线的斜率分类讨论：当直线的斜率不存在时，.当直线的斜率存在时，设，，，，联立直线方程与椭圆方程有，由弦长公式可得.联立直线与椭圆方程，结合弦长公式有.计算可得.据此可得：为定值.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）依题意，原点到直线的距离为，‎ 则有.‎ 由，得.‎ ‎∴椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）证明：（1）当直线的斜率不存在时，易求，，‎ 则.‎ ‎（2）当直线的斜率存在时，‎ 设直线的斜率为，依题意，‎ 则直线的方程为，直线的方程为.‎ 设，，，，‎ 由得，‎ 则，，‎ ‎.‎ 由整理得，则.‎ ‎.‎ ‎∴.‎ 综合（1）（2），为定值.‎ ‎22.设，函数．‎ ‎（1）当时，求函数的单调区间；‎ ‎（2）若函数在区间上有唯一零点，试求a的值．‎ ‎【答案】（1）的单调减区间是，单调增区间是；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入中可得（）,令,解得,进而求得单调区间；‎ ‎（2）令,解得（舍）,,可得函数在上单调递减,在上单调递增,则,由于函数在区间上有唯一零点,则,整理即为,设,可得在是单调递增的,则,进而求得 ‎【详解】（1）函数,‎ 当时,（）,‎ ‎∴,‎ 令,即,‎ 解得或（舍）,‎ ‎∴时,；时,,‎ ‎∴的单调减区间是,单调增区间是 ‎（2）,‎ 则,‎ 令,得,‎ ‎∵,‎ ‎∴,‎ ‎∴方程的解为（舍）,；‎ ‎∴函数在上单调递减,在上单调递增，‎ ‎∴,‎ 若函数在区间上有唯一零点,‎ 则,‎ 而满足,‎ ‎∴,‎ 即,‎ 设,‎ ‎∵在是单调递增的,‎ ‎∴至多只有一个零点,‎ 而,‎ ‎∴用代入,‎ 得,‎ 解得 ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性,考查函数零点及不等式的应用问题