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- 2021-06-24 发布
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贵州省2020年普通高等学校招生适应性测试
理科数学
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用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,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知集合,,,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先化简集合,再求解.
【详解】因为,所以,
因为,所以.
故选:D.
【点睛】本题主要考查集合的补集和并集运算,化简集合为最简形式是求解的关键,侧重考查数学运算的核心素养.
2. 函数的最小正周期是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先化简函数,结合周期公式可求周期.
- 25 -
【详解】因为,所以周期为.
故选:A.
【点睛】本题主要考查三角函数的周期,把函数化简成标准型,利用周期公式可求周期,侧重考查数学运算的核心素养.
3. 已知直线平面,直线平面,则“”是“”的( )
A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件
C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件
【答案】B
【解析】
分析:由题意考查充分性和必要性即可求得最终结果.
详解:若,则,又,所以;
若,当时,直线与平面的位置关系不确定,无法得到.
综上,“”是“”的充分不必要条件.
本题选择B选项.
点睛:本题主要考查线面平行的判断定理,面面平行的判断定理及其应用等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
4. 据记载,欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉发现的,该公式被誉为“数学中的天桥”.特别是当时,得到一个令人着迷的优美恒等式,将数学中五个重要的数(自然对数的底,圆周率,虚数单位,自然数的单位1和零元0)联系到了一起,有些数学家评价它是“最完美的数学公式”.根据欧拉公式,若复数的共轭复数为,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
- 25 -
【分析】
先根据题意求出复数的代数形式,再求它的共轭复数.
【详解】由题意,,所以.
故选:D.
【点睛】本题主要考查共轭复数,化简复数为形式,其共轭复数为,侧重考查数学运算的核心素养.
5. 的展开式中的系数为( )
A. 10 B. C. 5 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用二项式定理展开式通项公式可求的系数.
【详解】的展开式的通项公式为,
令可得,所以的系数为.
故选:B.
【点睛】本题主要考查二项式定理,利用二项式定理求解特定项的系数一般是利用通项公式求解,侧重考查数学运算的核心素养.
6. 若,则实数之间的大小关系为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用中间1和2进行比较可得答案.
【详解】因为,,;
所以.
- 25 -
故选:A.
【点睛】本题主要考查比较指数式和对数式的大小,一般是利用函数的单调性结合中间值进行比较,侧重考查数学抽象的核心素养.
7. 某保险公司为客户定制了5个险种:甲,一年期短险;乙,两全保险;丙,理财类保险;丁,定期寿险:戊,重大疾病保险,各种保险按相关约定进行参保与理赔.该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查,得出如下的统计图例,以下四个选项错误的是( )
A. 54周岁以上参保人数最少 B. 18~29周岁人群参保总费用最少
C. 丁险种更受参保人青睐 D. 30周岁以上的人群约占参保人群的80%
【答案】B
【解析】
【分析】
根据统计图表逐个选项进行验证即可.
【详解】由参保人数比例图可知,54周岁以上参保人数最少,30周岁以上的人群约占参保人群的80%,所以选项A,选项D均正确;
由参保险种比例图可知,丁险种更受参保人青睐,所以选项C正确;
由不同年龄段人均参保费用图可知,18~29周岁人群人均参保费用最少,但是这类人所占比例为20%,所以总费用不一定最少.
故选:D.
【点睛】本题主要考查统计图表的识别,根据统计图得出正确的统计结论是求解的前提,侧重考查数据分析的核心素养.
8. 函数的部分图象大致是( )
- 25 -
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用函数的奇偶性可以排除部分选项,再利用特殊值进行排除,可得正确结果.
【详解】因为,所以是偶函数,排除选项A;
当,排除选项D;
当,排除选项C;
故选:B.
【点睛】本题主要考查函数图象的识别,利用函数的性质及特殊值,采用排除法是这类问题的常用方法,侧重考查直观想象的核心素养.
9. 已知抛物线,倾斜角为的直线交于两点.若线段中点的纵坐标为,则的值为( )
A. B. 1 C. 2 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
设出直线方程,联立抛物线方程,利用韦达定理和中点公式可求的值.
【详解】设直线方程为,联立得,
- 25 -
设,则,
因为线段中点的纵坐标为,所以,所以.
故选:C.
【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系,利用弦中点求解参数时,一般利用待定系数法,结合韦达定理及中点公式可得结果,侧重考查数学运算的核心素养.
10. 已知一块形状为正三棱柱(底面是正三角形,侧棱与底面垂直的三棱柱)的实心木材,.若将该木材经过切割加工成一个球体,则此球体积的最大值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用棱柱的三个侧面都相切的球的特点求出球的半径,进而可得体积的最大值.
【详解】由题意最大球应该是和正三棱柱三个侧面都相切的球,即球的大圆和正三棱柱的横截面相切,横截面是边长为的正三角形,所以内切圆半径为,所以球体积的最大值为.
故选:C.
【点睛】本题主要考查球切接问题,求解的关键是找到蕴含的等量关系式,侧重考查数学运算的核心素养.
11. 已知函数,是的导函数.①在区间是增函数;②当时,函数的最大值为;③有2个零点;④.则上述判断正确的序号是( )
A. ①③ B. ①④ C. ③④ D. ①②
【答案】A
【解析】
- 25 -
【分析】
结合函数解析式及导数的解析式,逐项验证可得答案.
【详解】当时,,,所以在区间是增函数,即①正确;
当时,,当且仅当时取到最小值,所以②不正确;
当时,,
令,则,由于,所以在上先减后增,且,所以在内只有一个零点;
当时,,
令,则,由于,所以在上先增后减,且,所以在内只有一个零点;
综上可知,有2个零点,所以③正确;
当时,,,所以④不正确;
故选:A.
【点睛】本题主要考查函数的性质,利用导数研究函数的性质是常用方法,侧重考查数学抽象的核心素养.
12. 设双曲线的右焦点为的一条渐近线为,以为圆心的圆与相交于两点,,为坐标原点,,则双曲线的离心率的取值范围是( )
A. B. C. D.
- 25 -
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据题意可得圆的半径及弦长,结合直角三角形的性质建立等量关系,根据的范围可得离心率的取值范围.
【详解】不妨设渐近线为,,则点到渐近线的距离为;
取的中点,如图,由题意可知,是等腰直角三角形, 所以,且,即;
设,由得,即,;
在直角三角形中,,所以,
整理可得,即有,
因为,所以,
所以双曲线的离心率.
故选:C.
【点睛】本题主要考查双曲线的离心率,向量条件的转化是求解的关键,离心率问题主要是构建关于的关系式,侧重考查数学运算的核心素养.
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
- 25 -
13. 已知点满足约束条件则原点到点的距离的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
作出可行域,结合图形可得原点到点的距离的最小值.
【详解】作出可行域,如图,由图可知点到原点的距离最小,
联立和,得,所以原点到点的距离的最小值为.
故答案为:.
【点睛】本题主要考查利用线性规划知识求解距离型最值问题,作出可行域,观察图形,找到最值点是求解的关键,侧重考查直观想象的核心素养.
14. 如图所示,若输入,,,则输出_________.
- 25 -
【答案】520
【解析】
【分析】
结合程序框图,逐次进行运算,直到退出循环,输出
- 25 -
【详解】第一次运算:;第二次运算:;第三次运算:;第四次运算:;此时退出循环,输出值520.
故答案为:520.
【点睛】本题主要考查程序框图的理解,利用程序框图求解输出值,一般是采用“还原现场”的方法,侧重考查数学运算的核心素养.
15. 的内角的对边分别为.若,,,则的面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
先利用正弦定理化边为角可得,结合余弦定理可得,然后利用面积公式可求的面积.
【详解】因为,
所以,即,;
由余弦定理得,
因为,,所以,
所以的面积为.
故答案为:.
【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理求解三角形,边角的转化是求解的关键,侧重考查数学运算的核心素养.
16. 如图是由六个边长为1的正六边形组成的蜂巢图形,定点是如图所示的两个顶点,动点在这些正六边形的边上运动,则的最大值为________.
- 25 -
【答案】
【解析】
【分析】
建立直角坐标系,把向量数量积转化为坐标运算,结合函数单调性可求最值.
【详解】以为坐标原点建立平面直角坐标系如图,则,,;
由图可知点在线段上运动时,最有可能取到最大值,
线段:,
设,则,,
因为,且为增函数,所以.
故答案为:.
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算,平面向量问题优先利用坐标运算进行求解,侧重考查数学运算的核心素养.
- 25 -
三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21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.
(一)必考题:共60分
17. 2019年底,湖北省武汉市等多个地区陆续出现感染新型冠状病毒肺炎的患者.为及时有效地对疫情数据进行流行病学统计分析,某地研究机构针对该地实际情况,根据该地患者是否有武汉旅行史与是否有确诊病例接触史,将新冠肺炎患者分为四类:有武汉旅行史(无接触史),无武汉旅行史(无接触史),有武汉旅行史(有接触史)和无武汉旅行史(有接触史),统计得到以下相关数据.
(1)请将列联表填写完整:
有接触史
无接触史
总计
有武汉旅行史
27
无武汉旅行史
18
总计
27
54
(2)能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为有武汉旅行史与有确诊病例接触史有关系?
附:
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
【答案】(1)列联表见解析;(2)能
【解析】
【分析】
(1)根据表格可得有武汉旅行史且有接触史的有9人,有武汉旅行史且无接触史的有18人,可以完成表格;
(2)根据列联表计算卡方,根据参考数据可以得出结论.
- 25 -
【详解】(1)请将该列联表填写完整:
有接触史
无接触史
总计
有武汉旅行史
9
18
27
无武汉旅行史
18
9
27
总计
27
27
54
(2)根据列联表中的数据,由于
.
因此,在犯错误的概率不超过0.025的前提下,认为有武汉旅行史与有确诊病例接触史有关系.
【点睛】本题主要考查独立性检验,题目较为简单,独立性检验根据公式计算卡方是求解的关键,侧重考查数据处理的核心素养.
18. 已知为等差数列,各项为正的等比数列的前项和为,,,__________.在①;②;③这三个条件中任选其中一个,补充在横线上,并完成下面问题的解答(如果选择多个条件解答,则以选择第一个解答记分).
(1)求数列和的通项公式;
(2)求数列的前项和.
- 25 -
【答案】(1)选①:,;选②:,;选③:,;(2)选①:;选②:;选③:
【解析】
【分析】
(1)根据所选条件,建立方程组,求解基本量,进而可得通项公式;
(2)根据通项公式的特点,选择错位相减法进行求和.
【详解】选①解:
(1)设等差数列的公差为,
∵,∴,∴,,
∴,
由,
当时,有,则有,即
当时,,
即,所以是一个以2为首项,2为公比的等比数列.
∴.
(2)由(1)知,
∴,①
,②
①-②得:,
∴.
选②解:
(1)设等差数列的公差为,
- 25 -
∵,∴,∴,
∴,
∴,
设等比数列的公比为,
∵,
∴,
又∵,∴,解得,或(舍),
∴.
(2)由(1)可知,
∴,
,②
①-②得:,
∴.
选③解:
(1)设等差数列的公差为,
∵,∴,∴,,
∴,
∵,,
令,得,即,∴,∴,
∴;
(2)解法同选②的第(2)问解法相同.
- 25 -
【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解和错位相减法求和,熟记等差数列和等比数列的通项公式是求解的关键,错位相减法求和时,注意检验结果,防止计算错误,侧重考查数学运算的核心素养.
19. 图1是直角梯形,,,,,,.以为折痕将折起,使点到达的位置,且,如图2.
(1)证明:平面平面;
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析;(2)
【解析】
【分析】
(1)做辅助线,先根据线线垂直证明面,进而可证平面平面;
(2)建立平面直角坐标系,求出平面的法向量,利用法向量法可求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
(1)证明:在图1中,连结,由已知得
∵且,
∴四边形为菱形,
连结交于点,
∴,
- 25 -
又∵在中,,
∴,
在图2中,,
∵,∴,
由题意知,
∴面,又平面,
∴平面平面;
(2)如图,以为坐标原点,,分别为轴,方向为轴正方向建立空间直角坐标系.由已知得各点坐标为
,
所以,,,
设平面的法向量为,则,
所以,即,令,解得,
所以,
所以,
记直线与平面所成角为,
则.
【点睛】本题主要考查平面与平面垂直及线面角求解,面面垂直一般转化为线面垂直来证明,线面角主要是利用法向量进行求解,侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.
20. 设、分别是椭圆的左、右焦点,、两点分别是椭圆
- 25 -
的上、下顶点,是等腰直角三角形,延长交椭圆于点,且的周长为.
(1)求椭圆的方程;
(2)设点是椭圆上异于、的动点,直线、与直线分别相交于、两点,点,试问:外接圆是否恒过轴上的定点(异于点)?若是,求该定点坐标;若否,说明理由.
【答案】(1);(2)是,且定点坐标为.
【解析】
【分析】
(1)利用椭圆的定义可求得的值,再由是等腰直角三角形可求得、的值,由此可得出椭圆的方程;
(2)设点,求出直线、的斜率之积为,设直线的方程为,可得出直线的方程,进而可求得点、的方程,假设的外接圆过轴上的定点,求出的外接圆圆心的坐标,由结合两点间的距离公式可求得的值,进而可求得定点的坐标.
【详解】(1)因为的周长为,由定义可得,,
所以,所以,
又因为是等腰直角三角形,且,所以,
所以椭圆的方程为:;
- 25 -
(2)设,,则,
所以直线与的斜率之积,
设直线的斜率为,则直线的方程为:,
直线的方程:,
由,可得,同理,
假设的外接圆恒过定点,,
由于线段的垂直平分线所在直线的方程为,
线段的垂直平分线所在直线的方程为,则其圆心,
又,所以,解得,
所以的外接圆恒过定点.
【点睛】本题考查椭圆方程的求解,同时也考查了圆过定点问题的求解,考查计算能力,属于中等题.
21. 已知函数.
(1)若直线与曲线相切,求的值;
(2)对任意,成立,讨论实数的取值.
【答案】(1);(2)
【解析】
【分析】
(1)设出切点,利用导数建立方程组,求解方程组可得的值;
(2)构造新函数,利用导数求解最值,讨论可得实数
- 25 -
的取值.
【详解】(1)设直线与曲线相切于点,
因为,
则有解得,所以;
(2)令,
则,且,
因为,所以,,,
令,
(ⅰ)当时,因为,所以,即,在单调递增,当时,,不满足题意;
(ⅱ)当时,且,又,所以在单调递减,存在,使,当时,,即,当时,,即,所以在单调递减,在单调递增;在有唯一的最小值点,因为,要使恒成立,当且仅当,又,
所以,即.
综上所述,.
【点睛】本题主要考查导数的应用,利用导数的几何意义求解切线问题时,常常设出切点,结合切点处的导数值等于切线的斜率建立等式,恒成立问题一般转化为最值问题,利用导数求解最值即可,侧重考查数学抽象的核心素养.
- 25 -
(二)选考题:共10分.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.
22. 如图,在以为极点,轴为极轴的极坐标系中,圆,,的方程分别为,,.
(1)若相交于异于极点的点,求点的极坐标;
(2)若直线与分别相交于异于极点的两点,求的最大值.
【答案】(1);(2)
【解析】
【分析】
(1)联立方程组可解点的极坐标;
(2)表示出的表达式,利用三角函数的知识可求最大值.
【详解】(1)由,
∴,∴,
∴,∴点的极坐标为;
(2)设
- 25 -
,
∴的最大值为.
【点睛】本题主要考查极坐标,极坐标的应用,题目较为简单,明确极坐标的意义是求解的关键,侧重考查数学运算的核心素养.
23. 已知函数的最小值为6,.
(1)求的值;
(2)若不等式恒成立,求实数的取值范围.
【答案】(1)6;(2)
【解析】
【分析】
(1)利用绝对值不等式的性质及题目所给最小值可求结果;
(2)利用柯西不等式可求,进而得到实数的取值范围.
【详解】(1),当且仅当等号成立
∴;
(2)由柯西不等式得,
∴,
当且仅当时等号成立,
∴,即,解得.
故的取值范围是.
- 25 -
【点睛】本题主要考查绝对值不等式的性质及柯西不等式应用,熟悉柯西不等式的结构是求解的关键,侧重考查数学运算的核心素养.
- 25 -
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