江西省赣州市赣县三中2020届高三1月考前适应性考试数学（理）试卷 含答案

江西省赣州市赣县三中2020届高三1月考前适应性考试数学（理）试卷 含答案

www.ks5u.com 理科数学 班级 姓名 学号 得分 ‎ 一、选择题(本题共12题，每小题5分，共60分.在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1．设集合,,则等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．若复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ）‎ A． B．2 C． D．‎ ‎3．为了解户籍、性别对生育二胎选择倾向的影响，某地从育龄人群中随机抽取了容量为200的调查样本，其中城镇户籍与农村户籍各100人；男性120人，女性80人，绘制不同群体中倾向选择生育二胎与倾向选择不生育二胎的人数比例图，如图所示，其中阴影部分表示倾向选择生育二胎的对应比例，则下列叙述中错误的是( )‎ ‎ ‎ A．是否倾向选择生育二胎与户籍有关 B．是否倾向选择生育二胎与性别有关 C．倾向选择生育二胎的人群中，男性人数与女性人数相同 D．倾向选择不生育二胎的人群中，农村户籍人数少于城镇户籍人数 ‎4．函数的图象大致为( )‎ A．‎ ‎ B．C．D．‎ ‎5．甲、乙两个不透明的袋中各有5个仅颜色不同的球，其中甲袋中有3个红球，2个白球，乙袋中有2个红球，3个白球，现从两袋中各随机取一球，则两球不同颜色的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．若非零向量，满足，向量与垂直，则与的夹角为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．执行如图所示的程序框图，输出的结果为　　‎ A． B． C． D．‎ ‎8．正项等差数列的前和为，已知，则=（ ）‎ A．35 B．36 C．45 D．54‎ ‎9．已知，是过抛物线（）焦点的直线与抛物线的交点，是坐标原点，且满足，，则抛物线的标准方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．关于函数有下述四个结论：①是偶函数；②在区间单调递减；③在有个零点；④的最大值为.其中所有正确结论的编号是（ ）‎ A．①②④ B．①④ C．①③ D．②④‎ ‎11．如图，矩形中，为边的中点，将绕直线翻转成平面)，若分别为线段的中点，则在翻转过程中，下列说法错误的是（ ）‎ A．与平面垂直的直线必与直线MB垂直 B．异面直线与所成角是定值 C．一定存在某个位置，使 D．三棱锥外接球半径与棱的长之比为定值 ‎12.若关于x的方程有三个不相等的实数解，且，其中m∈R，e为自然对数的底数，则的值为（ ）‎ A.1+m B. e C.m-1 D.1‎ 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分)‎ ‎13．曲线在点处的切线方程为 ．‎ ‎14．已知为正项等比数列的前n项和，若，则的最小值为________．‎ ‎15．将一颗均匀的骰子掷两次，第一次得到的点数记为，第一次得到的点数记为，则方程组有唯一解的概率是___________．‎ ‎16．已知，分别为双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为，，设四边形的周长为 ‎，面积为，且满足，则该双曲线的离心率为______.‎ 三、解答题每小题12分，共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。‎ ‎17．已知在中，的对边分别是，且，且．‎ ‎（1）求的面积；‎ ‎（2）为边上的点，且满足，当取得最小值时，求的长．‎ ‎18.如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成的角的正弦值．‎ ‎19．焦点在x轴上的椭圆C：经过点，椭圆C的离心率为．，是椭圆的左、右焦点，P为椭圆上任意点．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若点M为的中点（O为坐标原点），过M且平行于OP的直线l交椭圆C于A，B两点，是否存在实数，使得；若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．‎ ‎20．某汽车公司最近研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程的测试。现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图：‎ ‎（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）.‎ ‎（2）根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程近似地服从正态分布，经计算第（1）问中样本标准差的近似值为50。用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率.‎ 参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，.‎ ‎（3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券3万元。已知硬币出现正、反面的概率都是0.5，方格图上标有第0格、第1格、第2格、…、第20格。遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次。若掷出正面，遥控车向前移动一格（从到）；若掷出反面遥控车向前移动两格（从到），直到遥控车移到第19格胜利大本营）或第20格（失败大本营）时，游戏结束。设遥控车移到第格的概率为P试证明是等比数列，并求参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值。‎ ‎21．己知函数．‎ ‎（Ⅰ）当时，函数在上是减函数，求的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若方程的两个根分别为，求证：.‎ 四、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，那么按所做的第一题计分)‎ ‎22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）若，求直线以及曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线交于两点，且，求直线的斜率.‎ ‎23．已知函数的最小值为.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若正实数，，满足，求证：.‎ 理科数学参考答案 ‎1．D【解析】因为,即集合由并集运算可得故选:D ‎2．B【解析】依题意，虚部为.故选：B.‎ ‎3．C【解析】由比例图可知，是否倾向选择生育二胎与户籍、性别有关，倾向选择不生育二胎的人员中，农村户籍人数少于城镇户籍人数，倾向选择生育二胎的人员中，男性人数为人，女性人数为人，男性人数与女性人数不相同，故C错误，故选：C．‎ ‎4．D【解析】定义域为：，所以为非奇非偶函数，故错误；当时，则，因为在上单调递减，在上单调递增，则在上单调递减，只要满足条件，故选：‎ ‎5．D【解析】甲、乙两个不透明的袋中各有5个仅颜色不同的球，其中甲袋中有3个红球、2个白球，乙袋中有2个红球、3个白球，现从两袋中各随机取一球，基本事件总数，两球不同颜色包含的基本事件个数，则两球不同颜色的概率为．故选：．‎ ‎6．B【解析】∵，且与垂直，∴，即，∴，∴，∴与的夹角为．故选．‎ ‎7．C【解析】模拟程序的运行，可得该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，由于．‎ 故选：C．‎ ‎8．C【解析】正项等差数列的前项和，，，‎ 解得或（舍），，故选C.‎ ‎9．A【解析】设, ，则，又由抛物线焦点弦性质， ，所以，得， ，‎ 得。 ，‎ 得 ，抛物线的标准方程为，故选A.‎ ‎10．A【解析】对于命题①，函数的定义域为，且 ‎，则函数为偶函数，命题①为真命题；对于命题②，当时，，则，此时，函数在区间上单调递减，命题②正确；对于命题③，当时，，则，当时，，则，‎ 由偶函数的性质可知，当时，，则函数在上有无数个零点，命题③错误；对于命题④，若函数取最大值时，，则，，当时，函数取最大值，命题④正确.因此，正确的命题序号为①②④.故选：A.‎ ‎11．C【解析】取DC中点N，连MN,NB,则，所以平面平面，即平面，A正确；取的中点为F,连接MF,EF，则平面BEFM是平行四边形，‎ 所以为异面直线与所成角，故B正确；A关于直线DE对称点N，则平面，即过O与DE垂直的直线在平面上，故C错误；三棱锥外接球的半径为，故D正确.故选C.‎ ‎12．D【详解】‎ ‎13．【解析】.‎ ‎14．【解析】由等比数列的性质，，，成等比数列，且 故，当且仅当时，等号成立，所以最小值为32．故答案为：32‎ ‎15．【解析】由题意可知，方程组有唯一解转化为表示方程组的两直线相交，即直线l1:ax+by=3与直线l2：x+2y=2相交，又所有的可能出现的结果（a，b）共有6×6＝36种，当直线l1与l2平行时，应有，故其中满足直线l1与直线l2平行的结果（a，b）共有：（1，2）、（2，4）、（3，6），总计3个，故直线l1与l2平行的概率为．又由a,b的意义可知两条直线不重合，故直线l1与l2相交的概率为 1，∴方程组有唯一解的概率为 1，故答案为：．‎ ‎16．【解析】如图所示，根据题意绘出双曲线与圆的图像，设，由圆与双曲线的对称性可知，点与点关于原点对称，所以，因为圆是以为直径，所以圆的半径为，因为点 在圆上，也在双曲线上，所以有，联立化简可得，整理得，，，所以，‎ 因为，所以，，因为，所以，‎ 因为，联立可得，，‎ 因为为圆的直径，所以,‎ 即，，，‎ ‎，，，所以离心率。‎ ‎17．【解析】解：（1）由正弦定理得，故 所以，又因为，‎ 所以，，‎ 所以．‎ ‎（2）由（1）得，‎ 当且仅当时，取得最小值为，‎ 此时三角形为等边三角形，‎ 故，所以，‎ 故．‎ ‎18．【解析】（1）由得，‎ 所以.故.由， 得，由得，‎ 由，得，所以，故.‎ 因此平面.‎ ‎（2）如图，过点作，交直线于点，连结.‎ 由平面得平面平面，‎ 由得平面，‎ 所以是与平面所成的角.‎ 由得，‎ 所以，故.‎ 因此，直线与平面所成的角的正弦值是.‎ 方法二：‎ ‎（1）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.‎ 由题意知各点坐标如下：‎ 因此 由得.‎ 由得.‎ 所以平面.‎ ‎（2）设直线与平面所成的角为.‎ 由（Ⅰ）可知 设平面的法向量.‎ 由即可取.‎ 所以.‎ 因此，直线与平面所成的角的正弦值是.‎ ‎19．【解析】（1）由已知可得，解得，，‎ 所以椭圆的标准方程为．‎ ‎（2）若直线的斜率不存在时，，，‎ 所以；‎ 当斜率存在时，设直线的方程为，，．‎ 联立直线与椭圆方程，消去y，得，‎ 所以．‎ 因为，设直线的方程为，‎ 联立直线与椭圆方程，消去，得，解得．‎ ‎，‎ ‎，‎ 同理，，‎ 因为，‎ ‎，故，存在满足条件，‎ 综上可得，存在满足条件．‎ ‎20．【解析】（1）（千米）‎ ‎（2）因为服从正态分布 ‎ 所以 ‎ ‎（3）遥控车开始在第0格为必然事件，，第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为,即。遥控车移到第n（）格的情况是下列两种，而且也只有两种。‎ ‎ ①遥控车先到第格，又掷出反面，其概率为 ‎ ②遥控车先到第格，又掷出正面，其概率为 所以， ‎ ‎ 当时，数列是公比为的等比数列 ‎ ‎ ‎ 以上各式相加，得 ‎ （）， 获胜的概率 失败的概率 设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为万元，或0‎ X的期望 参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值为，约2万元.‎ ‎21．【解析】（Ⅰ）在上递减，‎ 对恒成立.‎ 即对恒成立，所以只需.‎ ‎，，‎ 当且仅当时取“”，.‎ ‎（Ⅱ）由已知，得，‎ 两式相减，‎ 得.‎ 由知 ‎，‎ 设，则.‎ ‎.‎ 在上递增，.‎ ‎，‎ ‎.‎ 即.‎ ‎22．【解析】解：（1）由题意，直线，可得直线是过原点的直线，‎ 故其直角坐标方程为，‎ 又，由 故；‎ ‎（2）由题意，直线l的极坐标为，‎ 设、对应的极径分别为，‎ 将代入曲线的极坐标可得：‎ ‎，‎ 故，，‎ ‎，‎ 故，则，即，，‎ 所以故直线的斜率是 法二：由题意，直线方程为，设、对应的点坐标为 联立直线与曲线的方程，消去得.‎ 所以，故直线的斜率是.‎ ‎23．【解析】解：（1），‎ 由于函数y=,是减函数，y=,是减函数，y=，是增函数，‎ 故当时，取得最小值.‎ ‎（2）‎ ‎.‎