云南省2020届高三适应性考试数学（文）试题（A卷） Word版含答案 15页

‎ 2020届高三适应性考试 文 科 数 学 试 卷 本卷满分150分，考试时间120分钟。‎ 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。‎ ‎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，将答题卡交回。‎ 一、选择题：本题共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．若集合，则（ ）‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎2．已知为虚数单位，若复数满足，则复数的共轭复数（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．已知，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．唐狩猎纹高足银杯如图1所示，银杯经锤揲成型，圆唇侈口，直壁深腹，腹下部略收，下承外撇高足．纹样则采用堑刻工艺，鱼子地纹，杯腹上部饰一道凸弦纹，下部阴刻一道弦纹，高足中部有“算盘珠”式节．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示．已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为．设酒杯上面部分（圆柱）的体积为，下面部分（半球）的体积为，则的值是= （ ）‎ A．1 B． C．2 D．3‎ ‎5．执行如图所示的程序框图，则输出的S的值为（ ）‎ A．16 B．32 C．64 D．1024‎ ‎6．已知实数满足不等式组，则目标函数的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图，在△ABC中，点D在线段BC上，且BD=2DC，若，则 A． B． C．2 D．‎ ‎8．函数的图象大致为（ ）‎ ‎9．已知函数的最小正周期为，则下列说法错误的是（ ）‎ A．函数的图象关于点对称 B．函数的图象关于直线对称 C．将函数的图象向右平移个单位长度后所得函数的图象关于原点对称 D．函数在区间上单调递减 ‎10．设各项均为正数的数列的前项和为，若数列满足，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．已知抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点到准线的距离为1，若抛物线C上存在不同的两点P和Q关于直线l：x–y–2=0对称，则线段PQ的中点的坐标为（ ）‎ A．（1，1） B．（2，0） C．（，） D．（1，–1）‎ ‎12．已知函数，，若对，，使得，其中，则实数a的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13．若函数，则=__________．‎ ‎14．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2cosAsinB=sinA+2sinC．‎ 则B=______；‎ ‎15．设分别是双曲线的左、右焦点，若直线与双曲线C的两条渐近线分别交于点M，N，且，则双曲线C的离心率为__________．‎ ‎16．已知，函数，．若关于的方程有个解，则的取值范围为__________．‎ 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．（12分）已知数列 满足： ，数列 满足.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项，并求证：数列 为等比数列 ；‎ ‎（Ⅱ）求数列的通项公式及其前n项和.‎ ‎18．（12分）‎ 某校为了有效地加强高中生自主管理能力，推出了一系列措施，其中自习课时间的自主管理作为重点项目，学校有关处室制定了“高中生自习课时间自主管理方案”．现准备对该“方案”进行调查，并根据调查结果决定是否启用该“方案”，调查人员分别在各个年级随机抽取若干学生对该“方案”进行评分，并将评分分成[30，40），[40，50），…，[90，100]七组，绘制成如图所示的频率分布直方图．‎ 相关规则为：①采用百分制评分，评分在[60，80）内认定为对该“方案”满意，评分不低于80分认定为对该“方案”非常满意，评分在60分以下认定为对该“方案”不满意；②学生对“方案”的满意率不低于80%即可启用该“方案”；③用样本的频率代替概率．‎ ‎（1）从该校学生中随机抽取1人，求被抽取的这位同学对该“方案”非常满意的概率，并根据频率分布直方图求学生对该“方案”评分的中位数；‎ ‎（2）根据所学统计知识，判断该校是否启用该“方案”，说明理由．‎ ‎19．（12分）‎ 如图，三棱锥中，侧面是边长为的正三角形，，平面平面，把平面沿旋转至平面的位置，记点旋转后对应的点为（不在平面内），，分别是，的中点．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求三棱锥的体积的最大值．‎ ‎20．（12分）‎ 已知曲线在点处的切线方程为，其中为自然对数的底数．‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）若在区间内，存在使得不等式成立，求实数的取值范围．‎ ‎21．（12分）‎ 已知椭圆的离心率，且椭圆过点．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设点是椭圆与轴正半轴的交点，斜率不为的直线与椭圆交于不同的两点，，若，问直线是否恒过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．‎ ‎（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．[选修4−4：坐标系与参数方程]（10分）‎ 在极坐标系中，曲线C1的极坐标方程为ρ=r（常数r>0），以极点为原点，极轴为轴正半轴建立平面直角坐标系，曲线C2的参数方程为（t为参数）．‎ ‎（1）求曲线C1的直角坐标方程和曲线C2的普通方程；‎ ‎（2）若曲线C1、C2有两个不同的公共点，求实数r的取值范围．‎ ‎23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）‎ 已知函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围．‎ 文数参考答案 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ B B D C C D A C C A D A ‎8．C 【解析】方法一：由题可知函数的定义域为，因为，所以，所以函数为奇函数，故可排除选项A、B．又，，所以，故排除选项D．故选C．‎ 方法二：因为，，所以观察各选项中的图象可知C符合题意，故选C．‎ ‎9．C 【解析】由题可得，因为函数的最小正周期为，所以，解得，所以．令，解得，所以函数的图象的对称中心为，当时，对称中心为，故A正确；令，解得，所以函数的图象的对称轴方程为，当时，对称轴方程为，故B正确；将函数的图象向右平移个单位长度后可得函数的图象，显然函数不是奇函数，其图象不关于原点对称，故C错误；由，可得，所以函数的单调递减区间为，当时，单调递减区间为，故D正确．故选C．‎ ‎10．A 【解析】因为，，所以令，可得，解得，由，可得，上述两式相减可得，因为数列的各项均为正数，所以，所以当为奇数时，数列是首项为，公差为的等差数列，当为偶数时，数列是首项为，公差为的等差数列，所以 ‎，所以，故选A．‎ ‎11．D 【解析】因为抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点到准线的距离为1，所以．设P（x1，y1），Q（x2，y2），线段PQ的中点M的坐标为（x0，y0）．因为点P和Q关于直线l对称，所以直线l垂直平分线段PQ，所以直线PQ的斜率为–1，设其方程为y=–x+b，由，消去x，整理得y2+2y–2b=0，由题意，y1≠y2，从而①，所以，所以．又M（x0，y0）在直线l上，所以x0=1，所以点M（1，–1），此时b=0，满足①式，故线段PQ的中点M的坐标为（1，–1）．故选D．‎ ‎12．A 【解析】因为，所以当时，．由，可得，当时，，所以函数在上单调递减，不符合题意，所以．令，可得，则函数在上单调递减，在上单调递增，因为对，，使得，其中，所以且，解得，所以实数a的取值范围是．故选A．‎ ‎13、 【解析】令，可得，所以．‎ ‎14、；‎ ‎15、 【解析】根据题意得，由可得，所以，所以，故双曲线C的离心率为．‎ ‎16、.【解析】令g（x）=t，则方程f（t）=λ的解有4个，根据图象可知，0＜λ＜1．‎ 且4个解分别为t1=﹣1﹣λ，t2=﹣1+λ，t3=10λ， ‎ 则x2﹣4x+1+4λ=﹣1﹣λ，x2﹣4x+1+4λ=﹣1+λ，‎ x2﹣4x+1+4λ=10λ，x2﹣4x+1+4λ=均有两个不相等的实根，‎ 则△1＞0，且△2＞0，且△3＞0， ‎ 即16﹣4（2+5λ）＞0且16﹣4（2+3λ）＞0，解得0＜λ＜，‎ 当0＜λ＜时，△3=16﹣4（1+4λ﹣10λ）＞0即3﹣4λ+10λ＞0恒成立，‎ 同理也恒成立；‎ 故λ的取值范围为（0，）．‎ 故答案为：（0，）。‎ ‎17、【答案】(Ⅰ) ；（Ⅱ）证明过程见详解；‎ ‎【解析】(Ⅰ) 解：，∴是等差数列 又 ；（3分）‎ 证明： ‎ 所以是以 为首项，为公比的等比数列．（6分）‎ ‎（Ⅱ）由上可知 ．（8分）‎ ‎……①‎ ‎……②‎ ①- ‎②得：……（10分）‎ 化简得：……（12分）‎ ‎18．（12分）‎ ‎【解析】（1）根据频率分布直方图，被调查者对该“方案”非常满意的频率是，‎ 所以被抽取的这位同学对该“方案”非常满意的概率约为0.12．（4分）‎ 设中位数为，根据中位数将频率分布直方图的左右两边分成面积相等的两部分可知，‎ ‎0.02+0.06+0.24+0.03×（–60）=0.5，‎ 解得=66，所以所求中位数为66．（8分）‎ ‎（2）根据题意，60分或以上被认定为满意或非常满意，‎ 在频率分布直方图中，‎ 评分在[60，100]的频率为（0.030+0.026+0.01+0.002）×10=0.68<0.80，‎ 根据相关规则，该校不启用该“方案”．（12分）‎ ‎19．（12分）‎ ‎【解析】（1）如图，连接，，因为，是的中点，所以，‎ 又平面平面，平面平面，‎ 所以平面，所以．（3分）‎ 因为为边长为的正三角形，所以，又，所以由勾股定理可得，‎ 又，所以为直角三角形，且，‎ 又，分别是，的中点，所以，所以．（6分）‎ ‎（2）如图，连接，，‎ 因为三棱锥与三棱锥为同一个三棱锥，且的面积为定值，‎ 所以当三棱锥的体积最大时，必有平面，（8分）‎ 此时点到平面的距离为，‎ 在中，因为，，所以，（10分）‎ 所以的最大值为，‎ 所以三棱锥的体积的最大值为．（12分）‎ ‎20．（12分）‎ ‎【解析】（1）由题可得函数的定义域为，，则，‎ 又，所以，所以，，（3分）‎ 当，即时，解得；‎ 当，即时，结合，解得，‎ 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．（6分）‎ 注：在处写成闭区间也给分．‎ ‎（2）由（1）可知，由，可得，‎ 令，则，‎ 因为在区间内，存在使得不等式成立，所以当时，．（9分）‎ 易得，令，可得，‎ 当时，，的变化情况如下表：‎ ‎－‎ ‎＋‎ 单调递减 极小值 单调递增 由表可知，所以，故实数的取值范围为．（12分）‎ ‎21．（12分）【解析】（1）设椭圆的焦距为，‎ 因为，所以，即，所以，所以，（2分）‎ 又椭圆过点，所以，解得，‎ 所以椭圆的标准方程为．（5分）‎ ‎（2）由题可设直线的方程为，‎ 由，消去，整理可得，‎ 设，则，（8分）‎ 由题可得，因为，‎ 所以，且（直线不过（1，0）点），所以，（11分）‎ 整理可得，解得，故直线过定点．（12分）‎ ‎22．[选修4−4：坐标系与参数方程]（10分）‎ ‎【解析】（1）曲线C1的极坐标方程为ρ=r（常数r>0），两边平方，得，‎ 将代入，得曲线C1的直角坐标方程为x2+y2=r2．（2分）‎ 曲线C2的参数方程为（t为参数），整理得，‎ 消去参数，得曲线C2的普通方程为．（5分）‎ ‎（2）联立，消去，整理得，‎ 若曲线C1、C2有两个不同的公共点，则，‎ 因为r>0，所以解得，（8分）‎ 因为曲线C2是不经过的直线，当曲线C1经过时，，‎ 所以r的取值范围为．（10分）‎ ‎23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）‎ ‎【解析】（1）当时，，不等式可化为．（1分）‎ ‎①当时，不等式可化为，即，无解；‎ ‎②当时，不等式可化为，即，解得；（3分）‎ ‎③当时，不等式可化为，即，解得，‎ 综上，可得，故不等式的解集为．（5分）‎ ‎（2）当时，不等式，即，整理得，‎ 即，即，因为，所以分离参数可得．（8分）‎ 显然函数在上单调递减，所以，‎ 而函数，当且仅当，即时取等号，‎ 所以实数的取值范围为．（10分）‎