新疆2020届普通高考高三第二次适应性检测理科数学 Word版含解析 26页

新疆维吾尔自治区2020年普通高考第二次适应性检测 理科数学 ‎（卷面分值：150分；考试时间：120分钟）‎ 注意事项：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上.‎ ‎2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效.‎ ‎3.回答笫Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.‎ ‎4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知全集，，，则集合（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再求出其补集即可．‎ ‎【详解】解：因为全集，，‎ 所以或 所以 故选：D ‎【点睛】本题考查了集合的并集、补集的运算，属于基础题．‎ ‎2.设复数z满足，则z的虚部为（ ）‎ A. B. 2 C. D. -1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，根据复数的运算法则，得到，解出即可.‎ ‎【详解】设，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，，则z虚部为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算和复数的概念，属于基础题.‎ ‎3.在等差数列中，，其前n项和为，若，则（ ）‎ A. -4040 B. -2020 C. 2020 D. 4040‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的前项和公式，可得为等差数列，由已知求出其公差，进而得到通项公式，即可得出结论.‎ ‎【详解】在等差数列中，，其前n项和为，‎ 则是以为首项的等差数列，设其公差为，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列前和基本量的运算，应用等差数列前项和的性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于中档题.‎ ‎4.设M是所在平面上的一点，，D是的中点，，则实数t的值为（ ）‎ A. B. C. 2 D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由D是的中点，可得，由于，从而得，所以，可求得t的值.‎ ‎【详解】解：因为D是的中点，所以，‎ 又因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 故选：B ‎【点睛】此题考查了向量的平行四边形法则、向量形式的中点坐标公式，考查了推理能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎5.将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，其中一个路口3人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有（ ）‎ A. 18种 B. 24种 C. 36种 D. 72种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 由于甲乙在同一路口执勤且有一路口需3‎ 人，所以甲乙在三人组，第一步给甲乙组选一人，剩余两人为两组，第二步把三组人安排到3个路口即可.‎ ‎【详解】5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，其中一个路口3人，所以不同路口的执勤人数为，‎ 又甲、乙在同一路口，先选一个人和甲乙组成一组有种选法,剩余两人为两组，‎ 然后安排到3个路口共有种不同安排方法，‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了分步乘法计数原理，排列组合的应用，分组问题，属于中档题.‎ ‎6.如图，在棱长为1的正方体中，点P在正方体表面上移动，且满足，则点和动点P的轨迹形成的图形的周长是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据己知条件， 判断P点在与垂直的平面上，同时又在正方体表面，得出P点轨迹，然后求解轨迹长度.‎ ‎【详解】因为动点P满足，‎ 所以动点P的轨迹为过点与直线垂直的截面与正方体的交线，就是图形中（除去点）,如图，‎ 所以点和点的轨迹形成的图形的周长即为的周长，‎ 因为正方体的棱长为1，‎ 所以的周长为，‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的位置关系的应用，平面的基本性质，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题.‎ ‎7.下列命题中不正确命题的个数是（ ）‎ ‎①已知a，b是实数，则“”是“”的充分而不必要条件；‎ ‎②，使；‎ ‎③若，则；‎ ‎④若角的终边在第一象限，则的取值集合为.‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可判断出①错误，由当时，‎ 可判断出②错误，‎ 由可求出，可得到③正确，‎ 由可得，然后可判断出④正确.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以“”是“”的必要不充分条件，故①错误 因为当时，，即，不存在使，故②错误 因为，‎ 所以，故③正确 因为角的终边在第一象限，即，‎ 所以 当为奇数时，在第三象限，‎ 当为偶数时，在第一象限，‎ 所以的取值集合为，故④正确 综上：不正确命题的个数是2‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了指数函数的性质，二项式定理，三角函数的概念及其在每个象限符号，属于中档题.‎ ‎8.《九章算术》有如下问题：“今有金棰，长五尺，斩本一尺，重四斤；斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？意思是：“现在有一根金棰，长五尺，在粗的一端截下一尺，重4斤；在细的一端截下一尺，重2斤，问各尺依次重多少？”假设金棰由粗到细各尺重量依次成等比数列，则从粗端开始的第三尺的重量是（ ）‎ A. 斤 B. 斤 C. 斤 D. 3斤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此问题是一个等比数列，设首项为，则，求，根据等比数列的下标和性质计算可得．‎ ‎【详解】解：依题意可得，此问题是一个等比数列，且首项为，则 因为 所以，解得或（舍去）‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎9.甲、乙、丙三人中，一人是董事长，一人是总经理，一人是秘书，已知：丙的年龄比秘书的大，甲的年龄和总经理不同；总经理的年龄比乙小，根据以上情况，下列判断正确的是（ ）‎ A. 甲是董事长，乙是秘书，丙是总经理 B. 甲是秘书，乙是总经理，丙是董事长 C. 甲是秘书，乙是董事长，丙是总经理 D. 甲是总经理，乙是秘书，丙是董事长 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由“甲的年龄和总经理不同”和“总经理的年龄比乙小”可以推得丙是总经理，所以丙的年龄比乙小，再由“丙的年龄比秘书的大”，可知乙不是秘书，即可得出结论.‎ ‎【详解】根据题意，甲和乙都不是总经理，所以丙是总经理，‎ 因为丙的年龄比秘书的大，且比乙的年龄小，‎ 所以乙不是秘书，乙是董事长，所以甲是秘书.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查推理和证明，从矛盾中逐渐找到结论是解答此类问题的常用方法，属于基础题.‎ ‎10.已知函数，若且，则函数取得最大值时x的可能值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得直线是函数的对称轴，可得，，对分奇偶讨论可知，根据余弦函数的最值可得结果.‎ ‎【详解】因为，所以函数的图象关于直线对称，‎ 所以，，所以，，‎ 当为奇数时，，‎ 此时，，不满足，‎ 当为偶数时，，‎ 此时，，满足，‎ 故，‎ 当，即，时，取得最大值1,‎ 当时，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的对称轴、最值，考查了分类讨论思想，属于基础题.‎ ‎11.已知双曲线的左、右焦点分别为,是右支上的一点，与轴交于点 ，的内切圆在边上的切点为，若，则的离心率是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线的定义和内切圆的切线性质，圆外一点向圆引切线，则切线长相等，结合离心率公式即可得到所求的值 ‎【详解】设的内切圆在边上的切点为，在上的切点为 则，‎ 由双曲线的对称性可得：‎ 由双曲线的定义可得 解得 又，即有 则离心率 故选 ‎【点睛】本题考查了双曲线的离心率，结合了三角形内切球，由切线长定理和双曲线定义求出的值是本题的关键，综合性较强 ‎12.已知函数，，函数，若对于任意，总存在，使得成立，则a的值为（ ）‎ A. -1 B. 1 C. -2 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数研究的单调性，即可求出的值域，再根据二次函数的性质可得的值域，最后根据两集合的包含关系得到不等式组，解得即可；‎ ‎【详解】解：因为，，‎ 所以 ，可得时，即在区间上单调递减；时，即在区间上单调递增；‎ 又，，，‎ 故 因为，‎ 所以在上单调递减；，‎ 所以 又因为对于任意，总存在，使得成立，‎ 所以 所以解得所以 故选：D ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，存在性问题的解法，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷 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题~第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.随机变量，且，____________.‎ ‎【答案】0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再根据得解.‎ ‎【详解】由题得，‎ 所以.‎ 故答案为：0.2‎ ‎【点睛】本题主要考查正态曲线性质及其应用，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.‎ ‎14.在中，，，D为边上的点，且，，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦定理求出cosB，可得sinB，在△ABC中利用正弦定理可得AC．‎ ‎【详解】如图，‎ ‎∵，，，‎ 在△ABD中，余弦定理，‎ ‎∵‎ ‎∴．‎ 由正弦定理：，‎ 可得：,‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，解题时要注意合理选择正余弦定理，属于中档题．‎ ‎15.已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离是_______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中给出的条件可判断出点S在底面中的射影为三角形的外心，即边AB的中点．然后再结合所给三棱锥的特点得到球心在棱锥的高上，然后即可建立方程求出，然后可得球心到平面的距离.‎ ‎【详解】∵三棱锥中，‎ ‎∴顶点在底面上的射影为的外心，‎ 又是以为斜边的等腰直角三角形，‎ ‎∴点为的中点．‎ ‎∴平面．‎ 如上图，设点O为三棱锥外接球的球心，则的长即为外接球的球心到平面的距离．‎ 设球半径为，则．‎ 由题意得，，‎ 在中，有，即，解得，‎ ‎∴，‎ 即三棱锥的外接球的球心到平面的距离为．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查的是几何体外接球的问题，解答本题的关键时是确定三棱锥外接球的球心的位置，属于基础题.‎ ‎16.已知椭圆的一条弦为，点P的坐标为，且，则弦的中点到直线的距离为_________________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设坐标，根据在椭圆上以及条件解出纵坐标，再根据中点坐标公式得弦的中点纵坐标，最后根据点到直线距离公式得结果.‎ ‎【详解】设,‎ 因为，所以 因为在椭圆上，所以 所以， ‎ 相减得 因此弦的中点纵坐标为，其到直线的距离为 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系以及中点坐标公式，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎17.设的内角所对的边长分别为且，.‎ ‎（Ⅰ）求和边长a；‎ ‎（Ⅱ）当取最小值时，求的面积.‎ ‎【答案】（Ⅰ），.（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据条件利用正弦定理化边为角得，再根据平方关系解得，，回代条件得边长a，根据诱导公式得；‎ ‎（Ⅱ）根据余弦定理化简为一元二次函数，再根据二次函数性质求最小值，并确定等号取法，最后根据三角形面积公式得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由正弦定理及与得：‎ ‎，（R是的外接圆半径）‎ 两式相除，得，‎ 设，‎ ‎∵B是的内角，∴‎ ‎∵，∴‎ ‎∴，，‎ 将代入，得，‎ ‎∴.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）及余弦定理知 ‎∴ ‎ 当且仅当时，取得最小值.‎ ‎∴‎ ‎∴最小时的面积为 ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式以及二次函数性质，考查综合分析与求解能力，属中档题.‎ ‎18.如图，四棱锥的底面为平行四边形，底面，，，，.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若E是侧棱上的一点，且与底面所成的是为45°，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由余弦定理得的长，利用勾股定理，证得，再由底面，得到，从而证得平面，进而得到平面平面.‎ ‎（Ⅱ）以A为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设，根据向量的夹角公式，求得，得到，进而求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）在平行四边形中，，，，‎ 由余弦定理得，‎ 可得，所以，即，‎ 又底面，底面，所以，‎ 又 所以平面，‎ 又平面，所以平面平面.‎ ‎（Ⅱ）如图所示，以A为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，，‎ 设，，‎ 因为，，‎ 又因为，所以，‎ 又由平面的一个法向量为，‎ 所以，‎ 解得，即，‎ 设平面的法向量为，平面的法向量为，‎ 由，，‎ 因为，，可得，取，得，‎ 同理可得 ，‎ 由，‎ 因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了平面与平面垂直的判定与证明，以及空间角的求解与应用，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎19.目前，我国老年人口比例不断上升，造成日趋严峻的人口老龄化问题.2019年10月12日，北京市老龄办、市老龄协会联合北京师范大学中国公益研究院发布《北京市老龄事业发展报告（2018）》，相关数据有如下图表.规定年龄在15岁至59岁为“劳动年龄”，具备劳动力，60岁及以上年龄为“老年人”，据统计，2018年底北京市每2.4名劳动力抚养1名老年人.‎ ‎（Ⅰ）请根据上述图表计算北京市2018年户籍总人口数和北京市2018年的劳动力数；（保留两位小数）‎ ‎（Ⅱ）从2014年起，北京市老龄人口与年份呈线性关系，比照2018年户籍老年人人口年龄构成，预计到2020年年底，北京市90以上老人达到多少人？（精确到1人）‎ ‎（附：对于一组数据其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为：，.，）‎ ‎【答案】（Ⅰ）1374.41万人837.84万人（Ⅱ）59878人.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由图表数据及题意计算可得；‎ ‎（Ⅱ）设2014年是第1年，第x年老年人口为y万人，可得如下表格；依题意设，根据所给数据求出，，求出、，即可得得到回归直线方程，再将代入计算可得；‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）2018年北京市老年人349.1万人，占户籍总人口的25.4%，所以北京市2018年户籍总人口万人； ‎ ‎2018年北京市“老年人”有349.1万人，每2.4名劳动力抚养1名老年人，故北京市2018年的劳动力数为万 ‎（Ⅱ）设2014年是第1年，第x年老年人口为y万人，则 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎296.7‎ ‎313.3‎ ‎329.2‎ ‎333.3‎ ‎349.1‎ 由于从2014年起，北京市老龄人口与年份呈线性关系，设 则，.‎ 得 ‎∴ ‎ 当时，‎ ‎∴北京市2020年年底的老年人人数约为374.24万人，‎ ‎90以上老人占1.6%，万人≈59878人 答：预计到2020年年底，北京市90以上老人约为59878人.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查统计图表的应用，最小二乘法求回归直线方程以及利用回归方程预测数据，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎20.在平面直角坐标系中，直线与抛物线交于M，抛物线C的焦点为F，且.‎ ‎（Ⅰ）求抛物线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设点Q是抛物线C上的动点，点D，E在y轴上，圆内切于三角形，求三角形的面积的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据抛物线的定义得到点的坐标，将其代入抛物线方程即可得到结果；‎ ‎（Ⅱ）设，，且，利用直线与圆相切可得，同理可得，所以，是方程的两根.利用根与系数的关系求出，再根据三角形面积公式与基本不等式可得答案.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为直线与抛物线交于M，且.‎ 根据抛物线的定义可知，，所以，所以，‎ 所以，因为，所以解得，‎ ‎∴抛物线方程为. ‎ ‎（Ⅱ）设，，且，‎ ‎∴直线的方程为，即，‎ 由直线与圆相切，‎ 得，注意到，‎ 化简得，‎ 同理得 所以，是方程的两根，‎ 所以，，‎ 所以，‎ ‎∴（当且仅当时等号成立）‎ 因此三角形的面积的最小值为8.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的定义、直线与圆相切的位置关系、根与系数关系、三角形的面积公式、基本不等式、运算求解能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数，，.‎ ‎（Ⅰ）求函数的导函数的零点个数；‎ ‎（Ⅱ）若时，恒成立，求实数a的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）零点的个数是0.（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求出，令，得，设，转化为求的零点个数，通过求导求出单调区间，极值最值即可得出结论；‎ ‎（Ⅱ）时，，等价转化为恒成立，设，等价于，利用二次求导得出在上递增，所以只需求出，即可求出的取值范围.‎ ‎【详解】（Ⅰ）∵‎ ‎∴，其定义域为 ‎ 令，得，即 设，则，‎ ‎∴在上，在上 ‎∴在单调递减，在单调递增，‎ ‎∴，‎ ‎∴函数没有零点，‎ ‎∴的导函数零点的个数是0.‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎， ‎ 令，则，‎ 令，，‎ ‎，‎ 所以在上递减，在上递增，‎ ‎∴‎ ‎∴在上递增.‎ ‎∵等价于，即，‎ ‎∴.‎ 设，，‎ 则，得，‎ 在时递增，在时递减 ‎∴，∴‎ ‎∴实数a的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查函数导数综合应用，涉及到函数的单调性、极值最值、零点、不等式恒成立等基础知识，构造函数多次求导是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理以及数学计算能力，属于较难题.‎ 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.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程选讲.‎ ‎22.平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（s为参数），以坐标原点为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，，直线与曲线C交于A，B两点.‎ ‎（Ⅰ）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）已知点P的极坐标为，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）的普通方程为：；曲线C的直角坐标方程为. （Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由直线的参数方程能求出的普通方程，由曲线的极坐标方程转为，能求出曲线的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）的角坐标为，直线的参数方程为（为参数），代入曲线的直角坐标方程，结合韦达定理可得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）∵直线的参数方程为（为参数），‎ ‎∴的普通方程为：；‎ 又∵曲线的极坐标方程为，即，‎ ‎∴曲线的直角坐标方程为，‎ 即曲线的直角坐标方程为：.‎ ‎（Ⅱ）点P的极坐标为，其直角坐标为，‎ 直线的参数方程为（为参数）‎ 代入曲线的直角坐标方程得，‎ 即，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查直线的普通方程和曲线的直线坐标方程的求法，考查极坐标方程、参数方程、直角坐标方程的互化等基础知识，属于中档题.‎ 选修4-5：不等式选讲.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）若时，解不等式；‎ ‎（Ⅱ）若的值域是，若恒成立，求k的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先根据绝对值定义将函数化为分段函数形式，再分类列不等式，最后解不等式求结果;‎ ‎（Ⅱ）先根据绝对值三角不等式得的最小值，根据条件可得，再利用1的代换求最小值，即得k的取值范围，进而可得结果.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）∵，‎ ‎∴ ‎ 当时，化为，不等式的解为；‎ 当时，化为，不等式的解为；‎ 当时，化为，所以不等式的解为；‎ 综上所述，不等式的解集为或（‎ ‎（Ⅱ）∵，‎ 当且仅当时取“=”号 又值域是，‎ ‎∵，∵，.∴‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎（当且仅当，即时取“=”号）‎ ‎∴，当且仅当时取“=”号.‎ 又恒成立，∴‎ ‎∴k的最大值是 ‎【点睛】本题考查分类讨论解含绝对值不等式、根据绝对值三角不等式求最值以及利用基本不等式求最值，考查综合分析与求解能力，属中档题.‎