云南省昆明市第一中学2020届高三数学（理）考前第九次适应性试题（Word版附解析） 24页

昆明第一中学2020届高中新课标高三第九次考前适应性训理科数学 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.如图所示，复数，在复平面中所对应的点分别为A，B，网格中的每个小正方形的边长都为1，则( )‎ A. B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的表示求得，，再利用复数的乘法，求得，最后利用复数模的计算公式，即可求解.‎ ‎【详解】由图可得，在复平面内，点的坐标分别为，，‎ 可得，，所以，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的表示及几何意义，以及复数的运算法则和复数模的计算，其中解答中熟记复数的表示，结合运算法则求解是解答的关键，着重考查运算与求解能力.‎ ‎2.设函数的定义域为A，函数的值域为B，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数定义域和值域得到集合和，再计算交集得到答案.‎ ‎【详解】函数定义域满足：，即，所以，‎ 函数的值域，所以，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了函数定义域，值域，交集运算，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ ‎3.如图所示的折线图为某小区小型超市今年一月份到五月份的营业额和支出数据（利润营业额支出），根据折线图，下列说法中错误的是（ ）‎ A. 该超市这五个月中的营业额一直在增长；‎ B. 该超市这五个月的利润一直在增长；‎ C. 该超市这五个月中五月份的利润最高；‎ D. 该超市这五个月中的营业额和支出呈正相关.‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题设中的折线图中的数据，准确计算每个月的利润，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，某小区小型超市今年一月份到五月份的营业额和支出数据的折线图，可得：‎ ‎1月份的利润为万元；2月份的利润为万元；‎ ‎3月份的利润为万元；4月份的利润为万元；‎ ‎5月份的利润为万元，‎ 所以该超市这五个月的利润一直在增长是不正确的，故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了折线图的应用，其中解答中认真审题，根据数据的折线图的数据，准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．‎ ‎4.已知等比数列的前n项和（），则的值为( )‎ A. B. C. 1 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据公式，结合已知进行求解即可.‎ ‎【详解】时，‎ 时，‎ 因为是等比数列，适合，所以，.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了已知等比数列的前n项和求参数问题，考查了已知求，考查了数学运算能力.‎ ‎5.若为奇函数，，则在处的切线方程为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由为奇函数可求出，从而求出导数，根据导数的几何意义即可求出答案．‎ ‎【详解】解：∵为奇函数，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，则，‎ 由导数的几何意义知在点处的切线斜率，‎ 则在点处的切线方程为，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查根据导数的几何意义求切线方程，考查函数奇偶性的应用，属于基础题．‎ ‎6.在中，D在边上，且，E为的中点，则( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，，，从而根据平面向量的线性运算求解即可．‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵为的中点，‎ ‎∴，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，属于基础题．‎ ‎7.各棱长均为2的直五棱柱的俯视图如图所示（五边形底角为直角），则该五棱柱的侧视图的面积为( )‎ A. 8 B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出直观图，得到侧视图为宽为，高为2的矩形，得解.‎ ‎【详解】‎ 由俯视图可知侧视图的宽是以正方形边长为与等边三角形的高为的和，高为2的矩形，所以侧视图面积为，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】由几何体三视图还原其直观图时应注意的问题.要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图．‎ ‎8.已知抛物线C：的焦点为F，M为C上一点，若，则（O为坐标原点）的面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的定义求出点M的坐标，利用三角形的面积公式即可求解.‎ ‎【详解】因为，由抛物线的定义可得，‎ 解得，代入抛物线方程可得 所以点M坐标为，‎ 所以的面积为，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的定义，考查了基本运算求解能力，属于基础题.‎ ‎9.已知函数，若方程有5个零点，则a的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出函数的图象，分析可得函数的图象和直线有且仅有3个交点，由此可求出答案．‎ ‎【详解】解：由题意，画出函数的图象如图，‎ 由，得，或，‎ 由图可知，时有两个实数根，则有三个实数根，‎ 即函数的图象和直线有且仅有3个交点，‎ 由图可知，，则，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，属于中档题．‎ ‎10.勒洛三角形是具有类似圆的“定宽性”的面积最小的曲线，它由德国机械工程专家，机构运动学家勒洛首先发现，其作法是：以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形，现在勒洛三角形中随机取一点，则此点取自正三角形外的概率为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，将圆心角为的扇形面积减去等边三角形的面积可得出弓形的面积，由此计算出图中“勒洛三角形”的面积，然后利用几何概型的概率公式可计算出所求事件的概率.‎ ‎【详解】如下图所示，设，则以点为圆心的扇形面积为，‎ 等边的面积为，其中一个弓形的面积为，‎ 所以，勒洛三角形的面积可视为一个扇形面积加上两个弓形的面积，‎ 即，‎ 在勒洛三角形中随机取一点，此点取自正三角形外部的概率，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型概率的计算，解题的关键就是要求出图形相应区域的面积，解题时要熟悉一些常见平面图形的面积计算方法，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎11.正方体的棱长为2，E，F分别是，的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据E，F分别是，的中点，得到，利用正方体的结构特征，有，从而有，由平面的基本性质得到在同一平面内，截面是等腰梯形，再利用梯形面积公式求解.‎ ‎【详解】由题意可得，如图所示：‎ 因为E，F分别是，的中点，‎ 所以，‎ 在正方体中，，‎ 所以，‎ 所以在同一平面内，‎ 所以平面截该正方体所得的截面为平面，‎ 因为正方体的棱长为2，‎ 所以，，等腰梯形的高为，‎ 所以S四边形EFAD1‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查正方体的截面问题以及平面的基本性质，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎12.已知双曲线的左、右焦点分别为，，为双曲线的中心，是双曲线右支上的点，的内切圆的圆心为，且圆I与x轴相切于点，过作直线的垂线，垂足为，则( )‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由椭圆的定义及三角形内切圆的性质可得，延长交于，可得B为的中点，进而可得，从而得解.‎ ‎【详解】由题意可知，，‎ 延长交于M，是角平分线，，‎ 所以三角形为等腰三角形，，‎ 所以B为的中点，，‎ 所以，所以.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的定义，同时考查三角形内切圆的性质，属于中档题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 ‎13.若变量满足约束条件，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 先画出二元一次不等式所表示的可行域，目标函数为截距形，，直线的截距越大，值越小，可见最优解为，则的最小值为.‎ ‎【点睛】请在此输入点睛！‎ ‎【详解】请在此输入详解！‎ ‎14.已知数列满足，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据递推关系式以及等差数列的定义可得是等差数列，再利用等差数列的通项公式即可求解.‎ ‎【详解】由，则，得，‎ 所以是等差数列，，，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了由递推关系式证明数列为等差数列、等差数列的通项公式，需熟记公式，属于基础题.‎ ‎15.在抗击新冠肺炎的疫情中，某医院从3位女医生，5位男医生中选出4人参加援鄂医疗队，至少有一位女医生入选，其中女医生甲和男医生乙不能同时参加，则不同的选法共有种______‎ ‎（用数字填写答案）.‎ ‎【答案】50‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以女医生的人数进行分类.有1位女医生时，有3位男医生，又分为两种情况：有女医生甲和不含女医生甲；有2位女医生时，有2位男医生，又分为两种情况：有女医生甲和不含女医生甲；有3位女医生时，有1位男医生.根据分类计数原理可得不同的选法种数.‎ ‎【详解】以女医生的人数进行分类. ‎ 有1位女医生时，有3位男医生，有种选法；‎ 有2位女医生时，有2位男医生，有种选法；‎ 有3位女医生时，有1位男医生，有种选法.‎ 根据分类计数原理可得，共有种选法.‎ 故答案为：50.‎ ‎【点睛】本题考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于基础题.‎ ‎16.已知函数，，若对任意，存在，使，则实数的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：函数的导函数,，若,,为增函数;若,或,为减函数；在上有极值,在处取极小值也是最小值；,对称轴,,当时,在处取最小值；当时,在处取最小值；当时,在上是减函数,；对任意,存在,使 ‎,只要的最小值大于等于的最小值即可,当时,,计算得出,故无解;当时,,计算得出,综上:,因此，本题正确答案是:.‎ 考点：函数最值问题.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查函数导数与不等式，恒成立问题.解决本题的关键是根据题意对任意,存在,使转化为求的最小值大于等于的最小值即可. 类似地这种问题还有存在,存在,使，则转化为求的最大值大于等于的最小值.解决这种问题一定要正确转化.‎ 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.已知在中，，，点在边上，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求的长.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据同角三角函数关系式及的值，可求得的值，再由外角关系及正弦差角公式展开即可求得.‎ ‎（2）在中先由正弦定理求得，再在中由余弦定理即可求得的长.‎ 详解】（1）由同角三角函数关系式及，‎ 可得，‎ 所以，‎ ‎.‎ ‎（2）在中，由正弦定理可知，‎ 所以 在中，由余弦定理可知 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.‎ ‎18.图1是由边长为4的正六边形，矩形，组成的一个平面图形，将其沿，折起得几何体，使得，且平面平面，如图2.‎ ‎（1）证明：图2中，平面平面；‎ ‎（2）设点M为图2中线段上一点，且，若直线平面，求图2中的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）要证平面平面，只需证平面，只需证且，要证，只需证平面，只需证，.根据直线与平面垂直的判定与性质和平面与平面垂直的判定定理即可证得；‎ ‎（2）连接与交于点N，连接，利用线面平行的性质定理得到，得到，再以，，分别作为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：因为为矩形，所以，又，，‎ 所以平面，故，‎ 因为为正六边形，所以，‎ 故，所以，即，‎ 又因为，所以平面，‎ 因为平面，所以平面平面.‎ ‎（2）解：连接与交于点N，连接，因为平面，且平面平面，‎ 所以，所以，所以，所以，‎ 由（1）知；，平面，故以，，分别作为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图：‎ ‎，， ，，‎ 所以，，，‎ 设为平面的一个法向量，‎ 则，取，则，，所以， ‎ 设直线与平面所成角为，‎ 所以，‎ 即直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了平面与平面垂直的判定，考查了直线与平面平行的性质定理，考查了直线与平面所成角的向量求法，属于中档题.‎ ‎19.已知圆M：，直线l：（）过定点N，点P是圆 M上的任意一点，线段的垂直平分线和相交于点Q，当点P在圆M上运动时，点Q的轨迹为曲线C.‎ ‎（1）求曲线C的方程；‎ ‎（2）直线l交C于A，B两点，D，B关于x轴对称，直线与x轴交于点E，且点D为线段的中点，求直线l的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得，根据椭圆定义知动点Q的轨迹是椭圆，求出后可得椭圆方程；‎ ‎（2）联立直线与椭圆，根据韦达定理以及中点公式可解得，从而可得直线l的方程.‎ ‎【详解】（1）直线l：（）过定点 由条件可得，又 所以 ，且，‎ 根据椭圆定义得动点Q的轨迹是以为焦点的椭圆 且，，，‎ 所以，‎ 故C的方程为：.‎ ‎（2）直线l：，代入，消去并整理得，‎ 设、，‎ 则，①.②‎ 因为D为的中点，且，‎ 因为，即，‎ 所以，所以③‎ ‎①③联立得，，代入②得 ‎，‎ 解得，所以，‎ 所以直线l的方程为.‎ ‎【点睛】本题考查了根据椭圆的定义求椭圆方程，考查了直线与椭圆的位置关系、韦达定理，考查了运算求解能力，属于中档题.‎ ‎20.某基地蔬菜大棚采用无土栽培方式种植各类蔬菜.根据过去50周的资料显示，该基地周光照量（小时）都在30小时以上，其中不足50小时的有5周，不低于50小时且不超过70小时的有35周，超过70小时的有10周.根据统计，该基地的西红柿增加量（千克）与使用某种液体肥料的质量（千克）之间的关系如图所示.‎ ‎（1）依据上图，是否可用线性回归模型拟合与的关系？请计算相关系数并加以说明（精确到0.01）.（若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合）‎ ‎（2）蔬菜大棚对光照要求较大，某光照控制仪商家为该基地提供了部分光照控制仪，但每周光照控制仪运行台数受周光照量限制，并有如下关系：‎ 周光照量（单位：小时）‎ 光照控制仪运行台数 ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ 若某台光照控制仪运行，则该台光照控制仪周利润为3000元；若某台光照控制仪未运行，则该台光照控制仪周亏损1000元.以频率作为概率，商家欲使周总利润的均值达到最大，应安装光照控制仪多少台？‎ 附：相关系数公式，‎ 参考数据：，.‎ ‎【答案】（1），可用线性回归模型拟合与的关系；（2）2台.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据公式得到相关系数的值，通过比较得到判断；（2）分别求出安装一台，两台，三台时的利润均值，得到结果.‎ ‎【详解】（1）由已知数据可得，.‎ ‎∵，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎∴相关系数 .‎ ‎∵，∴可用线性回归模型拟合与的关系.‎ ‎（2）记商家周总利润为元，由条件可知至少需安装1台，最多安装3台光照控制仪.‎ ‎①安装1台光照控制仪可获得周总利润3000元.‎ ‎②安装2台光照控制仪的情形：‎ 当时，只有1台光照控制仪运行，此时周总利润（元），‎ ‎，‎ 当时，2台光照控制仪都运行，此时周总利润（元），‎ ‎，‎ 故的分布列为 ‎2000‎ ‎6000‎ ‎0.2‎ ‎0.8‎ ‎∴（元）.‎ ‎③安装3台光照控制仪的情形：‎ 当时，只有1台光照控制仪运行，‎ 此时周总利润（元），‎ ‎，‎ 当时，有2台光照控制仪运行，此时周总利润（元），‎ ‎，‎ 当时，3台光照控制仪都运行，‎ 周总利润（元），‎ ‎，‎ 故的分布列为 ‎1000‎ ‎5000‎ ‎9000‎ ‎0.2‎ ‎0.7‎ ‎0.1‎ ‎∴（元）.‎ 综上可知，为使商家周总利润的均值达到最大，应该安装2台光照控制仪.‎ ‎【点睛】求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：‎ 第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；‎ 第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概 型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式等)，求出随机变量取每个值时的概率；‎ 第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确.‎ ‎21.已知函数，，，且的最小值为0.‎ ‎（1）若的极大值为，求的单调减区间；‎ ‎（2）若，的是的两个极值点，且，证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据的最小值为0分析可得，求导后，利用导数求出函数的极大值，与已知极大值相等列方程，可解得，从而可求得递减区间；‎ ‎（2）将不等式转化为证，对任意恒成立，再构造函数，,利用导数可得到证明.‎ ‎【详解】（1）因为的最小值为0，故对任意，即恒成立，‎ 且存在实数使得，即能成立，‎ 故关于x的一元二次方程根的判别式，故，‎ 故，则 ‎，‎ 令，则或，故在和上单调递增，‎ 令，则，故在上单调递减，‎ 故是的唯一极大值点，则，解得，‎ 故的单调减区间为.（写成，，均可得分）‎ ‎（2）不妨设，由（1）可知，的极大值点，极小值点，‎ 又，，故要证：，‎ 即证，‎ 即证，即证，对任意恒成立，‎ 构造函数，，令，‎ 则，故在上单调递减，又，故，‎ 故在上单调递增，又，故，‎ 即对任意恒成立，即对任意恒成立，‎ 特别地，取，则有成立，‎ 故原不等式成立.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值和单调性，考查了构造函数并利用导数证明不等式成立，属于较难题.‎ ‎（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.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，并且在两种坐标系中取相同的长度单位.若将曲线（为参数）上每一点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），然后将所得图象向右平移2个单位，再向上平移3个单位得到曲线C.直线l的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线C的普通方程；‎ ‎（2）设直线l与曲线C交于A，B两点，与x轴交于点P，线段AB的中点为M，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意得到（为参数）后，消去参数即可得到曲线C的普通方程；‎ ‎（2）将直线的方程化为参数方程的标准形式并代入到圆的方程，利用参数的几何意义可解得结果.‎ ‎【详解】（1）将曲线（为参数）上每一点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到， 然后将所得图像向右平移2个单位，再向上平移3个单位得到（为参数），消去参数得圆C的普通方程为.‎ ‎（2）由得，即，因为，所以，‎ 即直线l的直角坐标方程为：，倾斜角为，点，‎ 设直线l的参数方程为，代入圆C的普通方程并整理得：，‎ 因为，设、两点对应的参数分别为，，则点对应的参数为，‎ 由韦达定理得，，‎ 则.‎ ‎【点睛】本题考查了图象变换、参数方程化普通方程，考查了极坐标方程化直角坐标方程，考查了直线参数方程中参数的几何意义，属于基础题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若，，，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分、、三种情况解不等式，即可得出该不等式的解集；‎ ‎（2）利用分析法可知，要证，即证，只需证明即可，因式分解后，判断差值符号即可，由此证明出所证不等式成立.‎ ‎【详解】（1）.‎ 当时，由，解得，此时；‎ 当时，不成立；‎ 当时，由，解得，此时.‎ 综上所述，不等式的解集为；‎ ‎（2）要证，即证，‎ 因为，，所以，，，‎ ‎.‎ 所以，故所证不等式成立.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，同时也考查了利用分析法和作差法证明不等式，考查分类讨论思想以及推理能力，属于中等题.‎