贵州省贵阳市、六盘水市、黔南州2020届高三3月适应性考试（一）数学（理）试题 Word版含解析 24页

www.ks5u.com 贵阳市2020年高三适应性考试（一）‎ 理科数学 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，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.已知集合，集合，则的元素个数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意得,‎ ‎∴．‎ ‎∴的元素个数为3.选C．‎ ‎2.复数（是虚数单位）在复平面内对应的点在（ ）‎ A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎∵，‎ ‎∴复数在复平面内对应的点为，在第一象限．选A． ‎ ‎3.为了保障人民群众的身体健康，在预防新型冠状病毒期间，贵阳市市场监督管理局加强了对市场的监管力度，对生产口罩的某工厂利用随机数表对生产的个口罩进行抽样测试是否合格，先将个口罩进行编号，编号分别为；从中抽取个样本，如下提供随机数表的第行到第行：‎ 若从表中第行第列开始向右依次读取个数据，则得到的第个样本编号为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 24 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据随机数表法抽样的定义进行抽取即可.‎ ‎【详解】编号分别为001，002，，599，600，‎ 从表中第6行第6列开始向右依次读取3个数据，‎ 第一个数为808>600，不符合条件；‎ 第二个数为436 <600，符合条件；‎ 第三个数为789>600，不符合条件；‎ 第四个数为535<600，符合条件；‎ 第五个数为577<600，符合条件；‎ 第六个数为348<600，符合条件；‎ 第七个数为994>600，不符合条件；‎ 第八个数为837>600，不符合条件；‎ 第九个数为522 <600，符合条件；‎ 得到的第5个样本编号是522.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了随机数表法提取样本，根据定义选择满足条件是解决本题的关键，属于基础题.‎ ‎4.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎ 因为，所以，‎ ‎ 所以，故选C.‎ - 24 -‎ ‎5.若满足约束条件，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出约束条件表示的平面区域，利用目标函数找出最优解，即可求出目标函数的最小值.‎ ‎【详解】‎ 画出满足约束条件表示的平面区域，如图所示，化目标函数为，‎ 由图可知，当直线过点时直线在y轴上的截距最小，‎ 的最小值为.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是线性规划的简单应用，弄清楚目标函数所表示的几何意义是解题的关键，是基础题.‎ ‎6.已知， ， ，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎， ， ，‎ 所以.‎ 故选D.‎ ‎7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图画出主观图，利用锥体体积公式即可求得.‎ ‎【详解】‎ 由三视图可知，该几何体是底面是上底为，下底为，高为的直角梯形，高为的四棱锥，‎ ‎.‎ 故选：.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查的是由三视图画出主观图，再求出其体积，由三视图画出主观图的步骤和思想方法是：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体的前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整，‎ ‎8.在二项式的展开式中,各项系数之和为,各项二项式系数之和为,且,则展开式中常数项的值为 A. 18 B. 12 C. 9 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 令,可得各项系数之和;各项二项式系数之和;而=,解得;所以,其通项=,令,可得展开式中常数项为.故选C.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数和，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.‎ ‎9.己知四点在球的表面上，且，若四面体的体积的最大值为，则球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据几何体的特征可得与面垂直时体积最大，最大值为，在中，求得进而可求得结果.‎ - 24 -‎ ‎【详解】‎ 由题意是一个直角三角形，其所在球的球小圆的圆心在斜边AC的中点上，设小圆的圆心为，若四面体ABCD的体积最大，由于底面积不变，高最大时体积最大，所以与面垂直时体积最大，最大值为，‎ ‎，‎ ‎ ，‎ 即，‎ 如图所示，设球心为，半径为，则在中，‎ 即，‎ 所以，‎ 因此球的表面积为：.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是一道关于球内接多面体及球的表面积的题目，关键是分析出何时四面体ABCD的体积取得最大值；细查题意知，灵活运用球的性质是解答本题的基本方法，是中档题.‎ ‎10.已知函数)的图象在区间上恰有3个最高点，则的取值范围为 A. B. C. D. ‎ - 24 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为函数)的图象在区间上恰有3个最高点,‎ 所以函数)的图象在区间上至少有两个周期加八分之一周期,少于三个周期加八分之一周期,‎ 所以,‎ 所以 本题选择C选项.‎ ‎11.过双曲线的左焦点，作圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点．若线段的中点为在线段上，为坐标原点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设双曲线的右焦点为，，连接，为中位线，所以，，又在，可以得到，由此能求出.‎ - 24 -‎ ‎【详解】‎ 如图所示，设是双曲线的右焦点，连接，‎ 点，分别为线段的中点.‎ 由三角形中位线定理得：‎ ‎，‎ 连接，因为是圆的切线，则，‎ 在中，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是双曲线的性质和应用，解题是要注意圆的方程和性质的合理应用以及三角形的中位线定理，考查的是学生计算能力和分析能力，是中档题.‎ ‎12.若函数与函数有四个不同的交点，则实数的取值（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 设，易知为偶函数，函数有四个零点等价于函数在内有2个零点，进而分析和，对求导分析单调性，可得的极值亦是最小值，只要，即可得到实数的取值范围.‎ ‎【详解】由题意，函数与函数有4个不同的交点，‎ 即方程有4个解，‎ 设，‎ 显然函数为偶函数，且，函数有四个零点等价于函数在内有2个零点.‎ 当时，，‎ ‎（1）当时，函数的在上单调递增，最多只有一个零点，显然不满足题意；‎ ‎（2）当时，‎ 由得，由得，‎ 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，.‎ 所以函数，‎ 又当时，；当时，‎ 由函数在区间上有两个零点可得，即，‎ 解之得.‎ 故选：‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查的是利用导数研究函数的零点，构造函数，利用导数研究函数的单调性和极值，考查学生的分析问题的能力和解决问题的能力，是难题.‎ 第Ⅱ卷(非选择题共90分）‎ 本卷包括必考题和选考题两部分.第13题～第21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.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.已知向量与的夹角为，，，则__________．‎ ‎【答案】6.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：根据平面向量的数量积与模的计算公式，即可求解答案．‎ 详解：由题意，向量的夹角为，‎ 所以，‎ 所以．‎ 点睛：本题主要考查了平面向量数量积与模的计算问题，此类问题的求解，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用，利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．‎ ‎14.已知圆的圆心是抛物线的焦点，直线与圆相交于两点，且，则圆的标准方程为____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据抛物线方程求得焦点坐标，得圆心以及圆心到直线的距离，根据勾股定理求得圆的半径，则圆的方程可得.‎ ‎【详解】依题意可知，抛物线的焦点为，‎ 即圆的圆心坐标为，‎ 直线与圆相交于两点，且，‎ - 24 -‎ 圆心到直线的距离为，‎ 圆的半径为，‎ 则所求圆的方程为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的应用，涉及了圆的基本性质，点到直线的距离，数形结合思想等问题，是基础题.‎ ‎15.已知随机变量，，若，，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎∵随机变量服从，∴，解得：.‎ 又，∴‎ 故答案为0.1‎ ‎16.在中，角所对的边分别为，若，，则的面积的最大值为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理得出的关系，利用余弦定理，同角三角函数基本关系式可求得，利用基本不等式，三角形面积公式即可求解.‎ ‎【详解】，，‎ 由正弦定理可得：，‎ 解得 ‎，‎ - 24 -‎ ‎，可得（当且仅当时等号成立），‎ ‎，‎ 可得，‎ ‎（当且仅当时等号成立）.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是正弦定理，余弦定理的应用，基本不等式的应用以及同角三角函数基本关系式的应用，熟练掌握正余弦定理是解本题的关键，是中档题.‎ 三、解答题：第17至21题每题12分，第22、23题为选考题，各10分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知等比数列的公比为，前项和为，满足：是与的等差中项．数列的前项和为，且．‎ ‎（1）求与;‎ ‎（2）证明：‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等比数列的公比为q，利用是与的等差中项，求出公比和首项，即可求，再根据即可得到；（2）求出数列的前项和为，可得数列通项，利用裂项法求数列的和，即可证得结论.‎ ‎【详解】（1）由题意，设数列的公比为，‎ - 24 -‎ 依题意得方程组，‎ 解得或（舍去），‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎（2），，‎ 数列为的等差数列，‎ ‎，‎ 所以，‎ ‎，‎ 令，则恒成立，‎ 函数单调递增，‎ 单调递增，且为正整数，所以当时，有最小值，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项，考查裂项法求数列的和，考查学生分析解决问题的能力，准确利用公式和确定数列的通项是关键，是中档题.‎ ‎18.如图，是一个半圆柱与多面体构成的几何体，平面与半圆柱的下底面共面，且，为弧上（不与重合）的动点.‎ - 24 -‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若四边形为正方形，且，，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由平面，可得，由是上底面对应圆的直径，可得，根据线面垂直的判定定理可得平面；（2）以为坐标原点，以 为轴，过作与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量垂直数量积为零，列方程组分别求出平面与平面的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得面角的余弦值.‎ 试题解析：（1）在半圆柱中，平面，所以.‎ 因为是上底面对应圆的直径，所以.‎ 因为，平面，，所以平面.‎ ‎（2）以为坐标原点，以 为轴，过作与平面 垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系.如图所示，‎ - 24 -‎ 设，则，，，，.‎ 所以，.‎ 平面的一个法向量.‎ 设平面的一个法向量，则，令，则，‎ 所以可取，所以.‎ 由图可知二面角为钝角，所以所求二面角的余弦值为.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.‎ ‎19.某校举行运动会，其中三级跳远的成绩在米以上的进入决赛，把所得的成绩进行整理后，分成组画出频率分布直方图的一部分（如图），已知第组的频数是.‎ - 24 -‎ ‎（1）求进入决赛的人数；‎ ‎（2）用样本的频率代替概率，记表示两人中进入决赛的人数，求得分布列及数学期望.‎ ‎【答案】（1）36人（2）见解析，数学期望为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由频率分直方图求出第6小组的频率，从而求出总人数，进而得到第4、5、6组成绩均进入决赛，由此能求出进入决赛的人数.（2）由题意知的可能取值为0，1，2，进入决赛的概率为，从而，由此能求出的分布列及数学期望.‎ ‎【详解】（1）第小组的频率为，‎ 总人数为(人).‎ 第组成绩均进入决赛，人数为（人），‎ 即进入决赛的人数为.‎ ‎（2）由题意可知的可能取值为，进入决赛的概率为，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ - 24 -‎ ‎，‎ 所求分布列为：‎ ‎，两人中进入决赛的人数的数学期望为.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是平率分布直方图的简单应用，考查分布列以及数学期望的求法，考查学生的分析问题的能力和解决问题的能力，考查学生的计算能力，是中档题.‎ ‎20.在平面直角坐标系中取两个定点，，再取两个动点，，且.‎ ‎(1)求直线与的交点的轨迹的方程；‎ ‎(2)过的直线与轨迹交于两点，过点作轴且与轨迹交于另一点，为轨迹的右焦点，若，求证：‎ ‎【答案】(1)； (2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由直线所过两点可得直线和的方程，设为两直线交点，则两方程做乘法整理可得所求轨迹方程；‎ ‎(2)设过直线及坐标，将直线方程与椭圆方程联立整理可得韦达定理形式；由可得；通过分析法可知，若要证 - 24 -‎ ‎，只需证得，将等式整理后可知最终只需证得，将韦达定理的结论代入即可知等式成立，即所证成立.‎ ‎【详解】(1)由题意知，直线的方程为：…①‎ 直线的方程为：…②‎ 设是直线与的交点，‎ ‎①×②得：，整理得：‎ 即点的轨迹的方程为：‎ ‎(2)证明：设过点的直线，，，则 由消去得：‎ ‎，‎ 由得：‎ 由(1)知：，则要证，即证 只需证，只需 即证 又，‎ ‎，即 成立 成立 - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查定点轨迹方程求解、直线与椭圆综合应用中的向量问题的求解；本题证明的关键是能够通过分析法将证等式进行转化，转化为能够利用韦达定理的形式，通过直线与椭圆方程联立得到韦达定理的结果，代入即可证得结论.‎ ‎21.已知函数 ‎（1）当时，讨论函数的单调性；‎ ‎（2）当时，令，是否存在区间，使得函数在区间上的值域为，若存在，求实数的取值范围；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）不存在，见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，分三种情况讨论的范围，在定义域范围内，分别令求得的范围，可得函数的增区间，求得的范围，可得函数的减区间；‎ ‎（2）假设存在区间，使得函数在区间上值域为，则，问题转化为关于的方程在区间内是否存在两个不相等的实根，进而可得结果.‎ ‎【详解】（1）的定义域为，‎ ‎，‎ ‎①即，则恒成立，‎ 故在单调递增，‎ ‎②若，而，故，‎ 则当时，；‎ 当及时，，‎ - 24 -‎ 故在单调递减，在单调递增，‎ ‎③若，即，同理在单调递减，‎ 在单调递增.‎ ‎（2），所以，‎ 令，则对恒成立，‎ 所以在区间内单调递增，‎ 所以恒成立，‎ 所以函数在区间内单调递增，‎ 假设存在区间，使得函数在区间的值域是，‎ 则，‎ 问题转化为关于的方程在区间内是否存在两个不相等的实根，‎ 即在区间内是否存在两个不相等的实根，‎ 令，则，‎ 设，‎ 则对对恒成立，‎ 所以函数在区间内单调递增，‎ 故恒成立，‎ 所以，‎ - 24 -‎ 所以函数在区间内单调递增.‎ 所以方程在区间内不存在两个不相等的实根.‎ 综上所述，不存在区间，‎ 使得函数在区间上的值域是.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、存在性问题，解决导数综合题时，函数的单调性、极值是解题的基础，在得到单调性的基础上经过分析可使得问题得以解决；对于探索性问题，在求解的过程中可先假设结论成立，然后在此基础上进行推理，看能否得到矛盾，若得到矛盾，则说明假设不成立；若无矛盾出现，则说明假设成立，从而说明所证明题成立，考查考生的分类讨论思想、等价转化能力、数学计算能力，是中档题.‎ 请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时 用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑．‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程是为参数），以该直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线，的极坐标方程为 ‎（1）写出曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设点，直线与曲线相交于两点，，求实数的值．‎ ‎【答案】（1），（2）或或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化.（2）利用直线和曲线的位置关系建立方程组，进一步利用一元二次方程根和系数的关系求出结果.‎ ‎【详解】（1），‎ 故曲线的普通方程为.‎ - 24 -‎ ‎，，‎ 直线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）直线的参数方程可以写为（为参数），‎ 设两点对应的参数分别为，‎ 将直线的参数方程代入曲线的普通方程，‎ 可以得到，‎ ‎,解得.‎ 所以，‎ 或，‎ 解得或或.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程化普通方程，极坐标方程化直角坐标方程，考查直线与圆位置关系的应用，考查直线的参数方程的几何意义的应用，是中档题.‎ ‎23.已知a，b，c为正数，函数f(x)＝|x＋1|＋|x－5|.‎ ‎(1)求不等式f(x)≤10的解集；‎ ‎(2)若f(x)的最小值为m，且a＋b＋c＝m，求证：a2＋b2＋c2≥12.‎ ‎【答案】(1) {x|－3≤x≤7} (2) 证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分段讨论的范围，去掉绝对值符号得出不等式的解；‎ ‎（2）求出的值，根据基本不等式得出结论．‎ ‎【详解】解：（1），‎ 等价于或或，‎ - 24 -‎ 解得或或，‎ 所以不等式的解集为．‎ ‎（2）因为，‎ 当且仅当即时取等号．‎ 所以，即．‎ ‎，，，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎．当且仅当时等号成立．‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，不等式的证明与基本不等式的应用，属于中档题．‎ - 24 -‎ - 24 -‎