重庆市巴蜀中学2020届高三下学期高考适应性月考（六）数学（理）试题 Word版含解析

重庆市巴蜀中学2020届高三下学期高考适应性月考（六）数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 巴蜀中学2020届高考适应性月考卷（六）‎ 理科数学 一、选择题 ‎1.已知集合，集合，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用一元二次不等式的解法化简集合A，B，再用交集的定义求解.‎ ‎【详解】，或，‎ 所以，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及一元二次不等式的不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎2.已知复数满足：，其中是虚数单位，则的值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先通过复数的乘除运算化简复数，再求模.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以.‎ 故选：A.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的运算和复数模的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎3.已知随机变量服从正态分布，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据随机变量服从正态分布，且，得到，利用正态分布的对称性求解.‎ ‎【详解】因为随机变量服从正态分布，且，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查随机变量的正态分布，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎4.已知向量，，，若为实数，，则（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，由共线向量得到求解.‎ ‎【详解】因为向量，，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以，‎ 解得.‎ - 25 -‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的共线定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎5.下列说法中，正确的有（ ）个.‎ ‎①各个面都是三角形的几何体是三棱锥；‎ ‎②过球面上任意两点只能作球的一个大圆；‎ ‎③三棱锥的四个面都可以是直角三角形；‎ ‎④梯形的直观图可以是平行四边形.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 举例说明.②根据平面的基本性质判断.③举例说明.④根据斜二测画法判断.‎ ‎【详解】①如两个同底的三棱锥构成的六面体，不是三棱锥，故错误；‎ ‎②过球面上任意两点与球心共线时，可以作球的无数个大圆，故错误；‎ ‎③一条侧棱垂直于底面直角三角形的一个锐角顶点的三棱锥，满足题意，故正确；‎ ‎④因为平行于x轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度减半，故错误.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查命题的真假判断，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎6.在平面直角坐标系中，双曲线的渐近线与圆没有交点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的渐近线与圆 - 25 -‎ 没有交点，则有求解.‎ ‎【详解】因为双曲线的渐近线与圆没有交点，‎ 所以，‎ 解得，‎ 又因为，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质以及直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎7.“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数函数，指数函数和幂函数的单调性，根据逻辑条件的定义判断.‎ ‎【详解】由，得，此时，‎ 反之成立时，可以取，，不能推出.‎ - 25 -‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查逻辑条件的判断，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎8.已知函数满足，，那么函数的图象（ ）‎ A. 关于点对称 B. 关于点对称 C. 关于直线对称 D. 关于直线对称 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，，可得推出，即得到，再由，得到是的一条对称轴，求得再验证即可.‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以，即，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以，所以，‎ 因为，‎ 所以是的一条对称轴，‎ - 25 -‎ 所以，‎ 所以，又，‎ 所以，‎ 所以.‎ 所以 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的基本性质以及三角函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎9.如图是某个闭合电路的一部分，每个元件正常导电的概率为，则从到这部分电源能通电的概率为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由并联和串联电路性质先求出从A到B电路不能正常工作的概率，再由对立事件的概率求解.‎ ‎【详解】从A到B电路不能正常工作的概率为 ‎，‎ 所以从A到B电路能正常工作的概率为 ‎.‎ 故选：A.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查独立事件和对立事件的概率，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎10.已知是定义域为的奇函数，且对任意实数，都有，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据是定义域为的奇函数，由，得到，再利用函数的单调性，将恒成立，转化为恒成立求解.‎ ‎【详解】因为是定义域为的奇函数 所以由，得，‎ 而且单调递增，‎ 所以恒成立，‎ 所以，‎ 解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的基本性质以及不等式恒成立问题，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎11.锐角的三边分别为，，则的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ - 25 -‎ 根据，由正弦定理得到，再根据是锐角三角形，分，两种情况求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 因为是锐角三角形，‎ 所以当时，解得.‎ 所以 ，‎ 所以.‎ 当时，，得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理以及三角函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎12.已知单调递增的整数列共有项，，，且对任意的整数，都存在整数使得（可以相等），则数列至少有（ ）项.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据数列的新定义，采用验证推理的方法求解.‎ ‎【详解】当时，数列满足；‎ 若有项，依题意，，‎ 所以，，，，，，‎ - 25 -‎ 而，所以，，，此时，‎ 所以无法取整数；‎ 显然当都不成立.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列的新定义，还考查了分析推理求解的能力，属于难题.‎ 二、填空题 ‎13.如果的展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的展开式中各项系数之和为，令解得，得到其通项公式，再令x的指数为-2求解即可.‎ ‎【详解】令，得展开式中各项系数之和为.‎ 由，得，‎ 通项公式为 令，得 所以的系数是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查二项展开式的系数以及通项公式的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎14.已知，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 根据，，由平方关系得到，再由角的变换得到，利用两角差的正弦公式求解.‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以，‎ 故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查同角三角函数基本关系式以及两角和与差的三角函数，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎15.设抛物线的焦点为，点的抛物线上，直线过焦点，若，则的值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线AB方程为，联立方程组，再根据，结合抛物线定义解得，然后由求解.‎ ‎【详解】设直线AB方程为，‎ 联立方程组，得,‎ - 25 -‎ 所以 所以 因为，‎ 由抛物线定义得：，‎ 所以，，‎ 故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义以及直线与抛物线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎16.在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的半径为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，，由勾股定理得到，，从而有 平面BCD，根据截面圆的性质，得到球心到平面BCD的距离h，在中，由余弦定理和正弦定理求得的外接圆半径r，再利用球的半径为求解.‎ ‎【详解】如图所示：‎ - 25 -‎ 因为，，‎ 由勾股定理得，，‎ 所以平面BCD，‎ 所以球心到平面BCD的距离为1‎ 在中，由余弦定理得，‎ 所以 所以的外接圆半径为，‎ 所以球的半径为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查球的外接问题，以及截面圆的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17.已知数列中，，.‎ ‎（1）求证：数列是等差数列，并求数列通项公式；‎ ‎（2）设，令的前项和为，求证：.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，，两边同时乘以，有，再由等差数列定义求解.‎ ‎（2）由（1）知，再利用等比数列求和公式求解..‎ - 25 -‎ ‎【详解】（1）∵，，‎ 两边同时乘以，即有，‎ 即.‎ 又，‎ 所以数列是首项为和公差为的等差数列，‎ 所以，‎ 故.‎ ‎（2）由（1）知，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的定义以及等比数列的求和公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎18.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，与都是等边三角形.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点为，连接，根据与都是等边三角形且有公共边 - 25 -‎ ‎，又，得到，再由，得到，利用线面垂直的判定定理得到平面，再利用面面垂直的判定定理证明.‎ ‎（2）由（1）知，两两垂直，以为原点，取分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面一个法向量，由二面角的向量公式求解.‎ ‎【详解】（1）如图所示：‎ 设的中点为，连接，‎ 因为与都是等边三角形且有公共边，又，‎ 所以，所以.‎ 在等腰直角三角形中，易知，‎ 又，所以，‎ 所以，所以.‎ 又，平面，‎ 所以平面.‎ 又平面，所以平面平面.‎ ‎（2）由（1）知，两两垂直，以为原点，取分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图3所示的空间直角坐标系，‎ - 25 -‎ 则，，，.‎ 设平面一个法向量为，‎ 又，，‎ 所以，取，得.‎ 设平面的一个法向量为，‎ 又，，‎ 所以，取，得.‎ 所以.‎ 设二面角的大小为，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直，面面垂直的判定定理，二面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.‎ - 25 -‎ ‎19.新型冠状病毒肺炎是一种急性感染性肺炎，其病原体是一种先前未在人类中发现的新型冠状病毒，即2019新型冠状病毒.2020年2月7日，国家卫健委决定将“新型冠状病毒感染的肺炎”暂命名为“新型冠状病毒肺炎”，简称“新冠肺炎”.患者初始症状多为发热、乏力和干咳，并逐渐出现呼吸困难等严重表现.基于目前流行病学调查，潜伏期为1~14天，潜伏期具有传染性，无症状感染者也可能成为传染源.某市为了增强民众防控病毒的意识，举行了“预防新冠病毒知识竞赛”网上答题，随机抽取人，答题成绩统计如图所示.‎ ‎（1）由直方图可认为答题者的成绩服从正态分布，其中分别为答题者的平均成绩和成绩的方差，那么这名答题者成绩超过分的人数估计有多少人？（同一组中的数据用该组的区间中点值作代表）‎ ‎（2）如果成绩超过分的民众我们认为是“防御知识合格者”，用这名答题者的成绩来估计全市的民众，现从全市中随机抽取人，“防御知识合格者”的人数为，求.（精确到）‎ 附：①，；②，则，；③，.‎ ‎【答案】（1）人（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由频率分布直方图求得，服从正态分布根据提供的数据，得到，然后通过法则求解.‎ - 25 -‎ ‎（2）由（1）知，成绩超过的概率为，，利用二项分布公式求解.‎ ‎【详解】（1）由题意知：.‎ 因为服从正态分布，其中，，，‎ ‎∴服从正态分布，‎ 而，‎ ‎∴，‎ ‎∴竞赛成绩超过的人数估计为人.‎ ‎（2）由（1）知，成绩超过的概率为，‎ 而，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查频率分布直方图估计总体，正态分布以及二项分布的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎20.如图，在平面直角坐标系中，过原点作圆的两条切线，切点分别为，圆心的轨迹为.‎ ‎（1）若为钝角，求四边形的面积的取值范围；‎ ‎（2）设与的斜率分别为，且，与交轨迹于，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）36‎ - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，则.根据，得到，再由求解.‎ ‎（2）根据与圆相切，则有，整理得，同理，得到是方程的两根，再由 得到圆心的轨迹方程，由点，，在轨迹C上，结合，由求解.‎ ‎【详解】（1）设，则.‎ ‎，，‎ ‎（2）由于与圆相切，则有，‎ 整理得，同理，‎ 故是方程的两根.‎ 所以，整理得，‎ 故轨迹的方程为.‎ 设，，由，得①，‎ 又，所以，同理，‎ - 25 -‎ 则，‎ 将①代入得.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法以及直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）（i）证明：当时，对任意，总有；‎ ‎（ii）讨论函数的零点个数.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）（i）证明见解析（ii）当或时，函数有唯一零点；当且时，函数有两个零点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），用导数法求得最小值大于零即可。‎ ‎（2）（i）证明：由（1）知：，根据，利用根的分布证明。（ii）将的零点问题，转化为的零点问题，求导，分，, ，，四种情况讨论求解。‎ ‎【详解】（1）令，‎ - 25 -‎ 则.‎ 当时，；当时，，‎ 故在上单调递减；在上单调递增，‎ 所以，即.‎ ‎（2）（i）证明：由（1）知：‎ ‎.‎ 当，时，，‎ ‎，故.‎ ‎（ii），令，则.‎ 因为函数的定义域为，‎ 故的零点与的零点相同，‎ 所以下面研究函数在上的零点个数.‎ ‎∵，∴.‎ ‎①当时，在上恒成立，‎ ‎∴在上单调递增.‎ ‎∵，.‎ ‎∴存在唯一的零点，使得.‎ ‎②当时，，‎ 可得在上单调递减，在上单调递增.‎ ‎∴的最小值为.‎ - 25 -‎ 令，则，‎ 所以在上单调递增，在上单调递减，又.‎ 当时，有唯一零点；‎ 当，即时，且.‎ ‎∵，∴在上有唯一的零点.‎ 又由（i）知：在上存在唯一零点，不妨设，‎ ‎∴在上有唯一的零点，‎ 故此时在上有两个零点；‎ 当，即时，且，，.‎ 又，由函数零点存在定理可得在上有唯一零点，‎ 故在，上各一个唯一零点.‎ 综上可得：当或时，函数有唯一零点；‎ 当且时，函数有两个零点.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数证明不等式，导数与函数的零点，还考查了转化化归，分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.‎ ‎22.点的极坐标为，圆的极坐标方程为.点为圆上一动点，线段的中点为点.‎ ‎（1）求点的轨迹方程；‎ ‎（2）设线段的中点为点，直线过点且与圆交于两点，直线交轨迹于两点，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据点为圆上一动点，N为线段的中点设点，点为，有，得到 代入圆的方程整理即可.‎ ‎（2）根据点为圆的圆心，则，得到，设直线（为参数），代入圆有，再由求解.‎ ‎【详解】（1）点的直角坐标为，圆的标准方程为.‎ 设点，点为，有 代入，得，‎ 即，‎ 所以点的轨迹方程为.‎ ‎（2）点，点的坐标为为圆的圆心，，‎ 所以，设直线（为参数），‎ 代入圆，得，‎ 即，‎ 所以 - 25 -‎ 所以 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，直线与圆的位置关系以及直线参数方程的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）当时，解关于的不等式；‎ ‎（2）已知，求函数的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用绝对值的几何意义，去掉绝对值求解. ‎ ‎（2）根据，利用绝对值三角不等式得到，再根据，利用不等式的基本性质求解.‎ ‎【详解】（1）当时，‎ 等价于或或 解得.‎ 所以原不等式的解集是.‎ ‎（2）‎ - 25 -‎ ‎，当且仅当时，取“”‎ 因为，所以，‎ 所以当时，函数的最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法以及绝对值三角不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ - 25 -‎ ‎ ‎ - 25 -‎