新疆维吾尔自治区2020届高三第一次适应性检测数学（文）试题 Word版含解析 22页

新疆维吾尔自治区2020年普通高考第一次适应性检测 文科数学（问卷）‎ 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.‎ - 22 -‎ ‎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，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.‎ - 22 -‎ ‎【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，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ - 22 -‎ 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：‎ ‎，‎ ‎∵，‎ - 22 -‎ ‎∴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.‎ - 22 -‎ 解答此类问题的关键是先进行假设，然后再逐个分析.‎ ‎8.剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，作为一种镂空艺术，它能给人以视觉上以透空的感觉和艺术享受.在中国南北方的剪纸艺术，通过一把剪刀、一张纸、就可以表达生活中的各种喜怒哀乐.如图是一边长为1的正方形剪纸图案，中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心，圆与圆之间是相切的，且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的2倍，若在正方形图案上随机取一点，则该点取自白色区域的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出正方形中各个圆的半径和面积，再求解概率,‎ ‎【详解】由题意，正方形的内切圆的半径为,‎ 设中间黑色的小圆的半径为，则中间黑色的大圆的半径为2.‎ 所以，则，‎ 即中间黑色的大圆的半径为，中间黑色的小圆的半径为.‎ 所以白色的区域的面积为 则该点取自白色区域的概率为 故选：D ‎【点睛】本题考查几何概型的概率计算问题，属于基础题.‎ ‎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（ ）‎ - 22 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过点作交的延长线于点，连接，则角 (或其补角)为异面直线与所成角.在三角形中用余弦定理求解.‎ ‎【详解】过点作交的延长线于点，连接 则角 (或其补角)为异面直线与所成角.‎ 设正方体的棱长为3，则,‎ 所以 故选：B ‎【点睛】本题考查求异面直线所成的角，属于中档题.‎ ‎10.函数在区间单调递减，在区间上有零点，则取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 22 -‎ ‎【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，‎ - 22 -‎ 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，‎ - 22 -‎ 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.‎ 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_____.‎ - 22 -‎ ‎【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________．‎ - 22 -‎ ‎【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 - 22 -‎ 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的主要过程：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．‎ - 22 -‎ ‎【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），‎ ‎∴数列的前项和 ‎．‎ ‎【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.‎ - 22 -‎ 常见的几种可裂项相消的数列形式：，，，.‎ ‎18.如图，四棱锥中，底面是平行四边形，，，底面.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若，求点到面的距离.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由平面，∴，由，可得，从而可证结论. (2) 由（1）可知平面，则由等体积法有，可求出答案.‎ ‎【详解】证明：（1）∵平面，∴‎ 又，，设 所以，则 ‎∴平面，‎ 又平面，故平面平面.‎ ‎（2）设点到面的距离为，‎ 又，‎ 由（1）可知平面，则，‎ - 22 -‎ 所以，，‎ 所以，‎ 故点到面的距离为.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的证明和求点到面的距离，属于中档题.‎ ‎19.为提升教师业务水平，引领青年教师专业成长，乌鲁木齐市教育局举行了全市青年教师课堂教学比赛，乌鲁木齐市各中学青年教师积极报名、蹦跃参加.现甲、乙两校各有3名教师报名参赛，其中甲校2男1女，乙校1男2女.‎ ‎（1）若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师性别相同的概率；‎ ‎（2）若从报名的6名教师中任选2名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师来自同一学校的概率.‎ ‎【答案】（1）可能结果见解析，；（2）可能结果见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设甲校两男教师分别用，表示，女教师用表示；乙校男教师用表示，两女教师分别用，表示，用列举法直接列举从甲校和乙校报名的教师中各任选1名即可,再根据列举额结果计算概率. (2)设这6名教师为，，，，，，用列举法直接列举从报名的6名教师中任选2名即可,再根据列举额结果计算概率.‎ ‎【详解】（1）甲校两男教师分别用，表示，女教师用表示；‎ 乙校男教师用表示，两女教师分别用，表示，‎ 从甲校和乙校报名的教师中各任选1名的所有可能的结果为：，，，，，，，，共9种.‎ - 22 -‎ 从中选出两名教师性别相同的结果有：，，，共4种，‎ 选出的两名教师性别相同的概率为.‎ ‎（2）从甲校和乙校报名的教师中任选2名的所有可能的结果为：‎ ‎，，，，，，，，，，，，，，共15种，‎ 从中选出两名教师来自同一学校的结果有：‎ ‎，，，，，共6种.‎ 选出的两名教师来自同一学校的概率为.‎ ‎【点睛】本题考查用列举法确定基本事件和考查古典概率，用列举法要注意列举时不重不漏，属于基础题.‎ ‎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，，‎ - 22 -‎ 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．‎ - 22 -‎ ‎【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，‎ - 22 -‎ 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.‎ ‎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．‎ - 22 -‎ ‎【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.‎ ‎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；‎ - 22 -‎ ‎（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.‎ - 22 -‎