重庆市巴蜀中学2020届高三下学期高考适应性月考（六）数学（文）试题 Word版含解析 23页

www.ks5u.com 巴蜀中学2020届高考适应性月考卷（六）‎ 文科数学 一、选择题 ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解一元二次不等式化简集合，求出再与取交集，即可得答案.‎ ‎【详解】∵或，‎ ‎∴.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交、补运算，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎2.设复数，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出，根据复数的除法运算法则，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎.‎ 故选：C.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查共轭复数、复数的代数运算，属于基础题.‎ ‎3.在等差数列中，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列的性质，将已知式子和所求式子都转化为，即可求解 ‎【详解】因为在等差数列中，，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列性质的应用，属于基础题.‎ ‎4.命题“，”的否定形式是（ ）‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据全称命题的否定形式，即可求出结论.‎ ‎【详解】，，‎ 全称命题的否定是先改变量词，然后否定结论，‎ 故所求的否定是“，”．‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查命题的否定形式，要注意量词之间的转化，属于基础题.‎ ‎5.在区间上随机取一个实数，则使的概率为（ ）‎ - 23 -‎ A B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数函数的单调性，求出满足的的范围，根据几何概型的概率公式，即可求解.‎ ‎【详解】由，得，‎ 所求概率为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型长度型概率，属于基础题.‎ ‎6.函数的最大值是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据辅助角公式，将函数化为正弦型函数，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 所以函数的最大值为13.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查三等变换化简函数以及三角函数性质，熟记公式是解题的关键，属于基础题.‎ - 23 -‎ ‎7.若实数满足不等式组则的最大值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 作出不等式组表示的平面区域,将目标函数变形为,作出直线,将直线平移,由图判断出直线过过点 时，取得最大值，可得选项.‎ ‎【详解】画出不等式表示的平面区域如下图所示：‎ 由得，，平移直线，由图象可知当直线过点 时，直线的纵截距最大，‎ 此时取得最大值，最大值为：，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查不等式组所表示的平面的区域，线性规划中目标函数的最值问题，可以从明确目标函数的几何意义入手，运用数形结合的思想求得最值，属于基础题.‎ ‎8.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列选项正确的是（ ）‎ A. 若，，且，则 B. 若，，且，，则 C. 若，，且，则 D. 若，，且，则 - 23 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间线、面平行平行、垂直关系，逐项判断.‎ ‎【详解】由是两条不同的直线，是两个不同的平面，‎ 知：在A中，若，，且，‎ 则与相交或平行，故A错误；‎ 在B中，若，，且∥，∥，‎ 则与相交或平行，故B错误；‎ 在C中，若，且，‎ 设，在平面内做，则，‎ 又，所以∥，因为，所以，‎ 所以，故C正确；‎ 在D中，若∥，∥，且∥，‎ 则与相交，平行或异面，故D错误.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查空间有关线、面位置关系的判断，熟记定理是解题的关键，属于基础题.‎ ‎9.已知正实数，则“”是“”的（ ）‎ A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，成立，则成立；成立，可举例说明不一定成立，根据充分必要条件的定义，即可得出结论.‎ - 23 -‎ ‎【详解】不充分性：，；‎ 必要性：∵，∴.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查必要不充分条件的判断，属于基础题.‎ ‎10.如图，在直三棱柱中，为等边三角形，，，则三棱柱的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直三棱柱中，上下底面平行且全等，可得直三棱柱外接球的球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，求出底面外接圆半径，即可求解.‎ ‎【详解】如下图所示，取，的外接圆的圆心分别为，‎ 连接，取的中点，‎ 则是三棱柱的外接球的球心，‎ 设的外接圆的半径为，‎ 三棱柱的外接球的半径为，‎ 由正弦定理得，∵，‎ - 23 -‎ ‎∴，即，又，‎ 所以，所以，‎ 所以外接球的表面积为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查多面体与球的“外接”“内切”问题，确定球心位置是解题关键，属于中档题.‎ ‎11.已知分别是双曲线的左、右焦点，直线与双曲线的一条渐近线交于点，且，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知得，直线过焦点且与渐近线平行，则与另一渐近线交于点，将直线方程与联立，求出点坐标，利用，建立关系，即可求解.‎ ‎【详解】双曲线的渐近线方程为，‎ 与直线相交的渐近线的直线方程为，‎ - 23 -‎ 直线与联立，‎ 得到的坐标为，‎ ‎，∴，‎ ‎∴，∴，∴.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的性质，考查计算求解能力，属于基础题.‎ ‎12.已知定义在上的函数满足，对任意的实数，且，，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意设新函数，则可得，又因为即可算出，再根据，得到函数是增函数，根据增函数的定义即可求出的解．‎ ‎【详解】解：设，‎ 则，‎ ‎，‎ 对任意的，且，，‎ 得，‎ 即，‎ - 23 -‎ 所以在上是增函数，‎ 不等式即为，‎ 所以，.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查函数的单调性解不等式，属于中档题．‎ 二、填空题 ‎13.若向量与的夹角为，，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得，根据向量数量积性质，转化为求的值，由向量的数量积运算律即可求解.‎ ‎【详解】，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查向量的模长、向量的数量积运算，考查计算求解能力，属于基础题.‎ ‎14.在中，若，，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据余弦定理，建立方程，求解即可.‎ ‎【详解】由余弦定理得 整理得，解得或（舍去）.‎ 故答案为：3.‎ ‎【点睛】本题考查应用余弦定理解三角形，属于基础题.‎ - 23 -‎ ‎15.函数的单调递增区间为______.‎ ‎【答案】（也可以为）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出函数的定义域，根据二次函数的单调性和对数函数的单调性，即可求解.‎ ‎【详解】函数有意义须，解得，‎ 要使函数单调递增，‎ 则应使函数单调递减，‎ 函数的单调递减区间为，‎ 结合定义域可得函数的单调递增区间为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查对数型复合函数的单调性，研究函数性质要注意定义域优先原则，属于基础题.‎ ‎16.焦点为的抛物线上有不同的两点，且满足，若线段的中点到抛物线的准线的距离为，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 抛物线的焦点，设，根据抛物线的定义可得，设直线方程为，与抛物线方程联立求出，转化为，建立的方程，进而求出，即可求解.‎ ‎【详解】法一：抛物线的焦点，准线方程为，‎ - 23 -‎ 设，又，‎ 三点共线，设其方程为，，‎ 线段的中点到抛物线的准线的距离为，‎ ‎，‎ 联立消去得，①‎ ‎，‎ 当时，方程①为，‎ 解得或，，‎ 同理.‎ 法二：不妨设点在第一象限，作准线于点，‎ 作准线于点，作准线于点，‎ ‎∵，‎ ‎∴.设直线的倾斜角为，‎ ‎，‎ ‎∴，∴.‎ 故答案为：3‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查抛物线方程和性质，以及直线与抛物线的位置关系，焦点弦要注意焦半径公式的灵活应用，考查计算求解能力，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17.在数列中，前项和为，若，数列为等比数列，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设的公比为，根据已知得到，即可求出；‎ ‎（2）由（1）结论求出数列的通项公式，进而得到的通项公式，根据其特征求出前项和.‎ ‎【详解】（1）由数列为等比数列，‎ 由，则，，‎ - 23 -‎ ‎，有，则.‎ ‎（2）由（1），，‎ ‎，‎ 所以则 当时，‎ ‎，‎ 又符合，所以.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式基本量的运算与其前项和的求解，以及由前项和求通项，考查计算求解能力，属于中档题.‎ ‎18.某学校高三年级在开学时举行了入学检测.为了了解本年级学生寒假期间历史的学习情况，现从年级名文科生中随机抽取了名学生本次考试的历史成绩，得到他们历史分数的频率分布直方图如图.已知本次考试高三年级历史成绩分布区间为.‎ ‎（1）求图中的值；‎ - 23 -‎ ‎（2）根据频率分布直方图，估计这名学生历史成绩的平均分，众数；（每组数据用该组的区间中点值作代表）‎ ‎（3）已知该学校每年高考有%的同学历史成绩在一本线以上，用样本估计总体的方法，请你估计本次入学检测历史学科划定的一本线该为多少分？‎ ‎【答案】（1）；（2）平均数为，众数为；（3）分 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据频率和为，即可求出的值；‎ ‎（2）根据频率直方图，取频率最大组的中值即为众数；由平均数公式即可求出结论；‎ ‎（3）先确定从小到大概率和为所在的组，以及在该组所在的比例，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）依题意得，，‎ 解得；‎ ‎（2）估计这名学生历史成绩的平均分为，‎ ‎，‎ 众数为；‎ ‎（3）的频率和为，的频率为 所以估计本次入学检测历史学科划定的一本线为.‎ ‎【点睛】本题考查补全频率分布直方图，并利用频率直方图求众数、平均数以及估计百分比数，属于基础题.‎ ‎19.如图，在三棱台中，，.若点为的中点，点为靠近点的四等分点.‎ - 23 -‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若三棱台的体积为，求三棱锥的体积.‎ 注：台体体积公式：，或在分别为台体上下底面积，为台体的高.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，连接，可得∥，再由已知可证四边形为平行四边形，得∥，进而有∥，即可证明结论；‎ ‎（2）根据已知可得三棱台的高为，可得平面，再结合已知可证平面，应用，即可求解.‎ ‎【详解】（1）如图3，取的中点，连接.‎ 在中，由为中点，有∥.‎ 由棱台的性质知∥，与相似，‎ 且，则有，‎ 所以有∥，‎ 所以四边形为平行四边形，‎ 则∥，所以∥，又平面，‎ 平面，所以∥平面.‎ - 23 -‎ ‎（2）设三棱台的高为，，‎ 则体积，则，故平面.‎ 由，，，所以平面.‎ ‎，为中点，‎ ‎，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明直线与平面平行以及几何体的体积，空间垂直关系的应用是解题的关键，注意等体积法的运用，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的右焦点为，上顶点为，右顶点为.若（为坐标原点）的三个内角大小成等差数列.‎ ‎（1）求椭圆的离心率；‎ ‎（2）直线与椭圆交于两点，设直线，若面积的最大值为，且该椭圆短轴长小于焦距，求椭圆的标准方程.‎ ‎【答案】（1）或；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ ‎（1）由已知可得或，并且，在中，即可求出离心率；‎ ‎（2）根据已知条件可得，进而有，椭圆方程化为，直线过，设，，，直线方程与椭圆方程联立，得到关系，将表示为的函数，根据函数特征，求出最大值，建立的方程，求解即可.‎ ‎【详解】（1）的三个内角大小为，，，‎ 又，则或.‎ 所以椭圆的离心率或.‎ ‎（2）由，所以中，，‎ ‎，则.‎ 设椭圆的标准方程为，‎ 直线，，.‎ 直线与椭圆方程联立 消去得，‎ 所以 所以 - 23 -‎ ‎，‎ 令，，‎ 则，当时，恒成立，‎ 故在上单调递减，.‎ 所以时，，‎ 故椭圆的标准方程为.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程和简单几何性质，以及直线与椭圆的位置关系，要掌握根与系数关系设而不求的方法处理相交弦的问题，考查计算求解能力，属于较难题.‎ ‎21.函数.‎ ‎（1）若函数在处的切线为，求函数的单调递增区间；‎ ‎（2）证明：对任意时，.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，由，建立方程关系，求解，得到，求出的解即可； ‎ ‎（2）作差并化简，只需证明，设，只需证明，转化为证明 - 23 -‎ ‎，构造函数，，利用的单调性即可证明结论.‎ ‎【详解】（1）解：，‎ 由题有 所以，‎ 又定义域为，，‎ 所以函数的单调递增区间为.‎ ‎（2）由（1）有，‎ ‎，‎ 由 ‎，‎ 下证，等价于.‎ 设，由，则.‎ 原式等价于：.‎ - 23 -‎ 设，，‎ 恒成立，所以在上单调递增，‎ ‎，得证.‎ ‎【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到导数的几何意义、单调区间、不等式的证明等知识，考查等价转化思想，以及逻辑推理和数学计算能力，属于较难题.‎ ‎22.点的极坐标为，圆的极坐标方程为.点为圆上一动点，线段的中点为点.‎ ‎（1）求点的轨迹方程；‎ ‎（2）设线段的中点为点，直线过点且与圆交于两点，直线交轨迹于两点，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据点为圆上一动点，N为线段的中点设点，点为，有，得到 代入圆的方程整理即可.‎ ‎（2）根据点为圆的圆心，则，得到，设直线（为参数），代入圆有，再由求解.‎ ‎【详解】（1）点的直角坐标为，圆的标准方程为.‎ - 23 -‎ 设点，点为，有 代入，得，‎ 即，‎ 所以点的轨迹方程为.‎ ‎（2）点，点坐标为为圆的圆心，，‎ 所以，设直线（为参数），‎ 代入圆，得，‎ 即，‎ 所以 所以 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，直线与圆的位置关系以及直线参数方程的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）当时，解关于的不等式；‎ ‎（2）已知，求函数的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用绝对值的几何意义，去掉绝对值求解. ‎ - 23 -‎ ‎（2）根据，利用绝对值三角不等式得到，再根据，利用不等式的基本性质求解.‎ ‎【详解】（1）当时，‎ 等价于或或 解得.‎ 所以原不等式的解集是.‎ ‎（2）‎ ‎，当且仅当时，取“”‎ 因为，所以，‎ 所以当时，函数的最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法以及绝对值三角不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ - 23 -‎ ‎ ‎ - 23 -‎