2020年普通高考（天津卷）适应性测试数学试题

2020年普通高考（天津卷）适应性测试数学试题

‎2020年普通高考（天津卷）适应性测试 数学 本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第I卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页.‎ 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题上并在规定位置粘贴考试用条形码，答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 祝各位考生考试顺利 第Ⅰ卷 注意事项：‎ ‎1.每小题选出答案后，用铅笔将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.‎ ‎2.本卷共9小题，每小题5分，共45分.‎ 参考公式：‎ 如果事件A,B互斥，那么如果事件A,B相互独立，那么 如果事件A,B相互独立，那么 棱柱的体积公式，其中S表示棱柱的底面面积，h表示棱柱的高 棱锥的体积公式，其中S表示棱锥的底面面积h表示棱锥的高 一、选择题：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.已知全集，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用补集的定义求出，再利用交集的定义可得结果.‎ ‎【详解】因为全集， ，‎ 所以，‎ 又因集合，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且不属于集合的元素的集合.‎ ‎2.设，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用一元二次不等式的解法化简，再由充分条件与必要条件的定义可得结果.‎ ‎【详解】“”等价于 “或”，‎ ‎“”能推出“或”，而“或”不能推出“”，‎ 所以“”是“”的充分非必要条件，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.‎ ‎3.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数有两个极值点，可排除选项C、D；利用奇偶性可排除选项B，进而可得结果.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 令可得，，‎ 即函数有且仅有两个极值点，可排除选项C、D；‎ 又因为函数即不是奇函数，又不是偶函数，可排除选项B，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：‎ ‎(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．‎ ‎(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；‎ ‎(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；‎ ‎(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.‎ ‎4.如图，长方体的体积是36，点E在棱上，且，则三棱锥E-BCD的体积是（ ）‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. 6 D. 12‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由锥体的体积公式可得三棱锥的体积为，结合长方体的体积是36可得结果.‎ ‎【详解】因为长方体的体积是36，点E在棱上，且，‎ 所以， ‎ 三棱锥E-BCD的体积是 ‎ ‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查柱体的体积与锥体的体积，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题.‎ ‎5.某市为了解全市居民日常用水量的分布情况，调查了一些居民某年的月均用水量（单位：吨），其频率分布表和频率分布直方图如图，则图中t的值为（ ）‎ 分组 频数 频率 ‎4‎ ‎0.04‎ ‎8‎ ‎0.08‎ ‎15‎ a ‎22‎ ‎0.22‎ m ‎0.25‎ ‎14‎ ‎0.14‎ ‎6‎ ‎0.06‎ ‎4‎ ‎0.04‎ ‎2‎ ‎0.02‎ 合计 ‎100‎ ‎1.00‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由频率和为1可求得，再除以组距即可得结果.‎ ‎【详解】因为0.04+0.08++0.22+0.25+0.14+0.06+0.04+0.02=1，‎ 所以，‎ 又因为组距等于0.5，‎ 所以t的值为，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】直方图的主要性质有：（1）直方图中各矩形的面积之和为；（2）组距与直方图纵坐标的乘积为该组数据的频率；（3）每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标、组距相乘后求和可得平均值；（4）直方图左右两边面积相等处横坐标表示中位数.‎ ‎6.已知是定义在R上的偶函数且在区间单调递减，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数的单调性以及对数函数的单调性判断出 ，再利用函数的单调性与奇偶性可得结果.‎ ‎【详解】因为是定义在R上的偶函数，所以，‎ 根据对数函数单调性可得，‎ 根据指数函数的单调性可得，‎ 所以，‎ 因为在区间单调递减，‎ 所以，‎ 即 故选：C.‎ ‎【点睛】解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.‎ ‎7.抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线垂直于双曲线的一条渐近线，则p的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出抛物线的焦点与双曲线的右焦点，再利用直线垂直斜率相乘等于-1可得结果.‎ ‎【详解】抛物线的焦点为，双曲线的右焦点为，‎ 所以，又因为双曲线的渐近线为，‎ 所以，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线与双曲线的焦点，考查了双曲线的渐近线方程以及直线垂直斜率之间的关系，属于基础题.‎ ‎8.已知函数，则下列结论错误的是（ ）‎ A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 是的一个零点 D. 在区间单调递减 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用辅助角公式化简，再利用正弦函数的周期性、对称性、单调性以及函数零点的定义逐一判断即可.‎ ‎【详解】，‎ 对于A，的最小正周期为，正确；‎ 对于B，时，为最小值，的图象关于直线对称，正确；‎ 对于C， 时，，是的一个零点，正确；‎ 对于D，在区间上不是单调函数，错误，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查正弦函数的周期性、对称性、单调性以及函数的零点的定义，属于中档题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.‎ ‎9.已知函数，若函数有且只有3‎ 个零点，则实数k的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出函数图象，分两种情况讨论，分别求出直线与曲线相切时的斜率，结合函数图象的交点个数，即可判断函数有且只有3个零点时实数k的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 时，过，‎ 设与切于，因为，，‎ 则 画出的图象，由图可知，当时，与有三个交点 时，，过，‎ 设与切于，因为，所以，‎ 可得，‎ 画出的图象，由图可知，当，即时，与有三个交点，‎ 综上可得，时，与有三个交点，‎ 即有三个零点.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的图象与性质以及数形结合思想的应用，属于难题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．‎ 第II卷 注意事项：‎ ‎1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.‎ ‎2.本卷共11小题，共105分.‎ 二、填空题：本大题共6小题，每小题5份，共30分 ‎10.i是虚数单位，复数________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简求解即可.‎ ‎【详解】，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.‎ ‎11.已知直线与圆交于点A,B两点，则线段AB的长为____________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出圆心与半径，利用点到直线的距离公式，结合勾股定理可得结果.‎ ‎【详解】因为的圆心为，半径，‎ 到直线的距离，‎ 所以线段AB的长为，‎ 故答案为：4.‎ ‎【点睛】本题主要考查点到直线距离公式以及圆弦长的求法，求圆的弦长有两种方法：一是利用弦长公式，结合韦达定理求解；二是利用半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，利用勾股定理求解.‎ ‎12.在的展开式中，常数项是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 写出的展开式的通项公式，让的指数为零，求出常数项.‎ ‎【详解】因为的展开式的通项公式为：，‎ 所以令，常数项为.‎ ‎【点睛】本题考查了利用二项式展开式的通项公式求常数项的问题，考查了运算能力.‎ ‎13.已知某同学投篮投中的概率为，现该同学要投篮3次，且每次投篮结果相互独立，则恰投中两次的概率为：_____________；记X为该同学在这3次投篮中投中的次数,则随机变量X的数学期望为____________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由独立重复试验的概率公式可得恰投中两次的概率；分析题意可得随机变量，利用二项分布的期望公式可得结果.‎ ‎【详解】由独立重复试验的概率公式可得，恰投中两次的概率为；‎ 可取0，1，2，3，‎ ‎；‎ 则随机变量，‎ 所以，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】“求期望”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望．对于某些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布（如二项分布），则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式()求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度．‎ ‎14.已知，则的最小值为______________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简原式为，两次运用基本不等式可得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 当且仅当，即等号成立，‎ 所以，的最小值为4，‎ 故答案为：4.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于中档题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.‎ ‎15.如图，在中，，D,E分别边AB,AC上的点,且，则______________，若P是线段DE上的一个动点，则的最小值为_________________.‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由利用数量积公式可求的值为1，设的长为，则，，利用平面向量的几何运算法则结合数量积的运算法则，可得，再利用配方法可得结果 ‎【详解】，；‎ 又因为且，为正三角形，‎ ‎，，，‎ 设的长为（），则，，‎ 时取等号，‎ 的最小值为.‎ 故答案为：1，.‎ ‎【点睛】向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）平面向量数量积的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用．‎ 三、解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎16.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知 ‎（1）求的值 ‎（2）若 ‎（i）求的值 ‎（ii）求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）（i）;（ii）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化简原式，直接利用余弦定理求的值即可；（2）（i）由（1）可得，再利用正弦定理求的值；（ii）利用二倍角的余弦公式求得，可得，再由二倍角的正弦公式以及两角和的正弦公式可得结果.‎ ‎【详解】（1） 在中，由，整理得，‎ 又由余弦定理，可得；‎ ‎（2）（i）由（1）可得，又由正弦定理，‎ 及已知，可得；‎ ‎（ii）由（i）可得，由已知，可得，故有，‎ 为锐角，故由，可得，从而有,‎ ‎.‎ ‎【点睛】以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.‎ ‎17.如图，在四棱锥P一ABCD中，已知，点Q为AC中点，底面ABCD,，点M为PC的中点.‎ ‎（1）求直线PB与平面ADM所成角的正弦值；‎ ‎（2）求二面角D-AM-C的正弦值；‎ ‎（3）记棱PD的中点为N，若点Q在线段OP上，且平面ADM，求线段OQ的长.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以O为原点，分别以向量的方向为x轴,y轴,z轴正方向，可以建立空间直角坐标系，（1）求出直线PB的方向向量，利用向量垂直数量积为零列方程求出平面ADM的法向量，可求直线PB与平面ADM所成角的正弦值；（2）由已知可得平面，故是平面的一个法向量，结合（1）中平面ADM的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可求二面角D-AM-C的余弦值，从而可得正弦值；（3）设线段OQ的长为，则点Q的坐标为，由已知可得点N的坐标为，利用直线与平面的法向量数量积为零列方程求解即可.‎ ‎【详解】依题意，以O为原点，分别以向量的方向为x轴,y轴,z轴正方向，可以建立空间直角坐标系（如图），可得，‎ ‎.‎ ‎（1）依题意，可得，‎ 设为平面ADM的法向量，则，‎ 即，不妨设，可得，‎ 又， 故，‎ 直线PB与平面ADM所成角的正弦值为；‎ ‎（2）由已知可得，‎ 所以平面，‎ 故是平面的一个法向量，‎ 依题意可得，‎ 因此有，于是有，‎ 二面角D-AM-C的正弦值；‎ ‎（3）设线段OQ的长为，则点Q的坐标为，‎ 由已知可得点N的坐标为，进而可得，‎ 由平面ADM，故，‎ 即，解得，‎ 线段OQ长为.‎ ‎【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.‎ ‎18.已知椭圆的离心率为，点在椭圆上 ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已短直线与椭交于A、B两点，点P的坐标为，且,求实数m的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，结合性质 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、，即可得椭圆的方程；（2‎ ‎）直线与曲线联立，根据韦达定理，利用平面向量数量积公式，结合条件列方程求解即可.‎ ‎【详解】（1）设椭圆的焦距为，由已知有，又由，‎ 可得，由点在椭圆上，有，‎ 由此可得，椭圆的方程为；‎ ‎（2）设点A的坐标，点B的坐标,‎ 由方程组，消去y，整理可得，①‎ 由求根公式可得，②‎ 由点P的坐标为，可得，‎ 故，③‎ ‎ 又，，‎ 代入上式可得，‎ 由已知，以及②，可得，‎ 整理得，解得，‎ 这时，①的判别式，故满足题目条件，‎ ‎.‎ ‎【点睛】求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.‎ ‎19.已知数列是公差为1的等差数列，数列是等比数，且,,‎ 数列满足其中.‎ ‎（1）求和的通项公式 ‎（2）记，求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用,,列方程求出，等差数列的首项、等比数列的首项与公比，从而可得结果；（2）先根据得，再根据分组求和与错位相减求和法，结合等比数列的求和公式可得结果.‎ ‎【详解】（1）设数列的公差为d，数列的公比为q，则，‎ 由，可得，由，可得，‎ 又，故可得，‎ 再由，可得，解得，‎ ‎；‎ ‎（2），其中，‎ ‎，‎ 记，‎ 则，‎ ‎，①‎ 故有，②‎ ‎①-②可得 ‎，‎ 由此可得，‎ 由，故可得.‎ ‎【点睛】“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项 的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.‎ ‎20.已知函数，函数，其中，是的一个极值点，且.‎ ‎（1）讨论的单调性 ‎（2）求实数和a的值 ‎（3）证明 ‎【答案】（1）在区间单调递增；（2）；（3）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，在定义域内，再次求导，可得在区间上恒成立，从而可得结论；（2）由，可得，由可得，联立解方程组可得结果；（3）由（1）知在区间单调递增，可证明，取，可得 ‎，而，利用裂项相消法，结合放缩法可得结果.‎ ‎【详解】（1）由已知可得函数的定义域为，且，‎ 令，则有，由，可得，‎ 可知当x变化时，的变化情况如下表：‎ ‎1‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ 极小值 ‎，即，可得在区间单调递增；‎ ‎（2）由已知可得函数的定义域为，且，‎ 由已知得，即，①‎ 由可得，，②‎ 联立①②，消去a，可得，③‎ 令，则，‎ 由（1）知，，故，在区间单调递增，‎ 注意到，所以方程③有唯一解，代入①，可得，‎ ‎；‎ ‎（3）证明：由（1）知在区间单调递增，‎ 故当时，，，‎ 可得在区间单调递增，‎ 因此，当时，，即，亦即，‎ 这时，故可得，取，‎ 可得，而，‎ 故 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.‎