贵州省贵阳市、六盘水市、黔南州2020届高三3月适应性考试（一）数学（文）试题 Word版含解析

贵州省贵阳市、六盘水市、黔南州2020届高三3月适应性考试（一）数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 贵阳市2020年高三适应性考试（一）‎ 文科数学 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.已知集合，集合，则的元素个数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意得,‎ ‎∴．‎ ‎∴的元素个数为3.选C．‎ ‎2.复数（是虚数单位）在复平面内对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎∵，‎ ‎∴复数在复平面内对应点为，在第一象限．选A． ‎ ‎3.已知向量，若，则( )．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量平行的坐标表示列式求解m的值，再求解.‎ ‎【详解】=(1+m, 1),由得 ，解得m= ，‎ ‎ .故选B.‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查了向量平行的坐标表示,考查了向量的数量积的坐标表示，若则∥ ， .‎ ‎4.某几何体的三视图如图所示，已知主视图和左视图是全等的直角三角形，俯视图为圆心角为的扇形，则该几何体的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由三视图可知：该几何体为圆锥的四分之一，‎ ‎∴，‎ 故选B 点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.‎ ‎5.已知、是不同的两条直线，、是不重合的两个平面，‎ 则下列命题中为真命题的是 A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】对A, 若，则或 对B, 若，则或或l与相交 对C, 若，则或 对D,若则,又因为,所以 ‎6.游戏《王者荣耀》对青少年的不良影响巨大，被戏称为“王者农药”.某车间20名青年工人都有着不低的游戏段位等级，其中白银段位11人，其余人都是黄金或铂金段位.从该车间随机抽取一名工人，若抽得黄金段位的概率是0.2，则抽得铂金段位的概率是（ ）‎ A. 0.20 B. 0.22 C. 0.25 D. 0.42‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意可得，黄金段位的人数为 则抽得铂金段位的概率为 故选 ‎7.函数的部分图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【分析】‎ 先判断函数的奇偶性，然后利用特殊点的函数值的符号进行排除即可.‎ ‎【详解】由题知,函数的定义域为,关于原点对称,‎ 且,‎ 所以是奇函数,所以排除C,D;‎ 又∵,所以排除A,‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数图像的判断与识别，结合函数的奇偶性与特殊值的符号进行排除即可解决，属于中等题.‎ ‎8.为保证树苗的质量，林业管理部门在每年3月12日植树节前都对树苗进行检测，现从甲、乙两种树苗中各抽测了10株树苗的高度单位长度：，其茎叶图如图所示，则下列描述正确的是（ ）‎ A. 甲种树苗的平均高度大于乙种树苗的平均高度，甲种树苗比乙种树苗长得整齐 B. 甲种树苗的平均高度大于乙种树苗的平均高度，乙种树苗比甲种树苗长得整齐 C. 乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，乙种树苗比甲种树苗长得整齐 D. 乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，甲种树苗比乙种树苗长得整齐 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的知识点是茎叶图，由已知的茎叶图，我们易分析出甲、乙两种树苗抽取的样本高度，进而求出两组数据的平均数及方差，然后根据平均数的大小判断哪种树苗的平均高度高，根据方差判断哪种树苗长的整齐．‎ ‎【详解】由茎叶图中的数据，我们可得甲、乙两种树苗抽取的样本高度分别为：‎ - 21 -‎ 甲：19，20，21，23，25，29，31，32，33，37‎ 乙：10，10，14，26，27，30，44，46，46，47‎ 由已知易得：‎ 由茎叶图易得 故：乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，‎ 甲种树苗比乙种树苗长得整齐．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】茎叶图是新课标下的新增知识，且难度不大，常作为文科考查内容，数据的离散程度与茎叶图形状的关系具体如下：茎叶图中各组数据的越往中间集中，表示数据离散度越小，其标准差越小；茎叶图中各组数据的越往两边离散，表示数据离散度越大，其标准差越大．‎ ‎9.在中，角所对的边分别为满足，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知代入到余弦定理中求得cosA的值，进而求得A，利用正弦定理将进行边角转化，利用公式化简，通过B的范围，即可得解b+c的取值范围．‎ ‎【详解】在中，，‎ 由余弦定理可得，‎ ‎∵A是三角形内角，‎ ‎，‎ - 21 -‎ ‎，‎ ‎，‎ 可得：，‎ ‎，‎ ‎，可得：，‎ 可得：，‎ ‎.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查正、余弦定理的应用解三角形，解三角形问题通常是将利用正弦定理或余弦定理进行边角转化，再进一步求解可得，属于基础题.‎ ‎10.双曲线的左、右焦点分别为，过且垂直于轴的直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若为正三角形，则该双曲线离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出双曲线C的两渐近线方程，利用△MF1N为正三角形，利用直角三角形边角关系，即可求出该双曲线的离心率．‎ ‎【详解】双曲线的渐近线为y=±x,‎ 令x=c,得y=±,‎ - 21 -‎ 因为△MF1N为正三角形,所以tan∠MF1F2=,‎ 得a=,c=,所以e==.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程和离心率的求法，利用直角三角形边角关系可得a、c的等式，化简可得离心率，属于中等题.‎ ‎11.己知函数的图象在区间上恰有个纵坐标是最高点，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据区间[0，1]上，求出的范围，由于在区间[0，1]上恰有1个最高点，建立不等式关系，求解即可．‎ ‎【详解】函数，‎ ‎∵x∈[0,1]上，‎ ‎，‎ 图像在区间上恰有1个最高点，‎ ‎，‎ 解得：.‎ 故选：C.‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查正弦函数的图象和性质，解题的关键是利用数形结合思想应用正弦函数图象找出对应的区间，列出不等式求解，属于中等题.‎ ‎12.已知函数，则函数的零点个数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据x0，x0时f（x）的单调性和最值，作出y=f（x）的图象，设m=f（x），则变形为2m2﹣3m-2=0，解得m=2或 ，再由图像f（x）=2或f（x）=得交点个数即为零点个数.‎ ‎【详解】解：由题意，当 ,故当时，；当时，且 ，作出的大致图像，令中m=变形为2m2﹣3m-2=0，解得m=2或 ，再由图像f（x）=2或f（x）=，观察可知，函数 的零点个数为3.‎ ‎【点睛】本题函数与方程的应用，函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查学生分析解决问题的能力，函数的性质等基础知识．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分 ‎13.已知则sin2x的值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ 利用二倍角的余弦函数公式求出的值，再利用诱导公式化简，将的值代入计算即可求出值．‎ 详解】解：∵，，‎ 则sin2x＝=，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】此题考查了二倍角的余弦函数公式，以及诱导公式的作用，熟练掌握公式是解本题的关键．‎ ‎14.若,满足约束条件则的最大值 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 作出可行域如图中阴影部分所示，由斜率的意义知，是可行域内一点与原点连线的斜率，由图可知，点A（1,3）与原点连线的斜率最大，故的最大值为3.‎ 考点：线性规划解法 ‎15.已知圆的圆心是抛物线的焦点，直线与圆相交于两点，且，则圆的标准方程为____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【分析】‎ 先根据抛物线方程求得焦点坐标，得圆心以及圆心到直线的距离，根据勾股定理求得圆的半径，则圆的方程可得.‎ ‎【详解】依题意可知，抛物线的焦点为，‎ 即圆的圆心坐标为，‎ 直线与圆相交于两点，且，‎ 圆心到直线的距离为，‎ 圆半径为，‎ 则所求圆的方程为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的应用，涉及了圆的基本性质，点到直线的距离，数形结合思想等问题，是基础题.‎ ‎16.设二次函数的导函数为，若方程恰有两个相等的实根，则的最大值为______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于关于x的方程有两个相等实数根，可得△=0，可得，代入，再利用基本不等式的性质即可得出．‎ ‎【详解】二次函数导函数为，‎ 方程恰有两个相等的实根，‎ ‎，‎ - 21 -‎ 则，‎ ‎∵关于x的方程f(x)=f′(x)有两个相等实数根，‎ ‎∴，‎ 当且仅当时取等号.‎ ‎∴的最大值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查导数的运算、基本不等式求最值，解题的关键是根据二次函数根与系数关系进行化简，再运用基本不等式求最值，注意取等条件是否满知足，属于中等题.‎ 三、解答题：第17至21题每题12分，第22、23题为选考题，各10分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 ‎17.己知等差数列中，，前项和为，数列是首项为，公比为，各项均为正数的等比数列，且 ‎（1）求与;‎ ‎（2）证明： ‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用等差数列以及等比数列基本性质列出方程求出公差与公比，然后求解通项公式；‎ ‎（2）由等差数列求和公式可得，化简，利用裂项相消法，求解数列的和即可．‎ - 21 -‎ ‎【详解】（1）依题意的方程组 由①得,代入②得,解之，得或，‎ 因为数列各项均为正数，所以，所以，‎ 所以 ‎（2）由等差数列求和公式可得，‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式，数列的求和，利用等差、等比通项公式列方程进行求解即可，难度不大，属于基础题.‎ ‎18.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形且侧棱垂直与底面的棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵与刍童的组合体中，．‎ ‎（1）证明：直线平面；‎ ‎（2）已知,且三棱锥A-A1B1D1的体积，求该组合体的体积．‎ - 21 -‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明AD⊥MA，推出MA⊥平面ABCD，得到MA⊥BD．结合BD⊥AC，证明BD⊥平面MAC；‎ ‎（2）设刍童ABCD-A1B1C1D1的高为h，利用几何体的体积公式，转化求解即可．‎ ‎【详解】（1）证明:由题可知是底面为直角三角形且侧棱与底面垂直的棱柱,‎ 平面 又平面，‎ 又平面 平面,平面,‎ ‎，‎ 又四边形为正方形，‎ 又平面平面；‎ ‎（2）设刍童的高为，‎ 则三棱锥体积，‎ 所以，‎ 故该组合体的体积为：‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明及组合体体积的求法，涉及知识点有棱柱、棱台的体积计算公式及直线与平面垂直的判定定理，属于中等题.‎ ‎19.某校举行运动会，其中三级跳远的成绩在米以上的进入决赛，把所得的数据进行整理后，分成组画出频率分布直方图的一部分（如图），已知第组的频数是.‎ - 21 -‎ ‎（1）求进入决赛的人数；‎ ‎（2）经过多次测试后发现，甲的成绩均匀分布在米之间，乙的成绩均匀分布在米之间，现甲、乙各跳一次，求甲比乙远的概率．‎ ‎【答案】（1）36；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由频率分直方图求出第6小组的频率，从而求出总人数，进而得到第4、5、6组成绩均进入决赛，由此能求出进入决赛的人数；‎ ‎（2）设甲、乙各跳一次的成绩分别为x、y米，则基本事件满足的区域为：，由此利用几何概型能求出甲比乙远的概率．‎ ‎【详解】（1）第小组的频率为， ‎ 总人数为(人).‎ 第组成绩均进入决赛，‎ 人数为（人），即进入决赛的人数为.‎ ‎（2）设甲、乙各跳一次的成绩分别为米，‎ 则基本事件满足的区域为，‎ 事件“甲比乙远的概率”满足的区域为，如图所示：‎ - 21 -‎ 由几何概型，‎ 即甲比乙远的概率为.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型，频率分布直方图，考查频率分布直方图的应用及几何概型求概率问题的灵活应用，属于中等题.‎ ‎20.在平面直角坐标系中取两个定点，，再取两个动点，，且.‎ ‎(1)求直线与的交点的轨迹的方程；‎ ‎(2)过的直线与轨迹交于两点，过点作轴且与轨迹交于另一点，为轨迹的右焦点，若，求证：‎ ‎【答案】(1)； (2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由直线所过两点可得直线和的方程，设为两直线交点，则两方程做乘法整理可得所求轨迹方程；‎ ‎(2)设过直线及坐标，将直线方程与椭圆方程联立整理可得韦达定理的形式；由可得；通过分析法可知，若要证 - 21 -‎ ‎，只需证得，将等式整理后可知最终只需证得，将韦达定理的结论代入即可知等式成立，即所证成立.‎ ‎【详解】(1)由题意知，直线的方程为：…①‎ 直线的方程为：…②‎ 设是直线与的交点，‎ ‎①×②得：，整理得：‎ 即点的轨迹的方程为：‎ ‎(2)证明：设过点的直线，，，则 由消去得：‎ ‎，‎ 由得：‎ 由(1)知：，则要证，即证 只需证，只需 即证 又，‎ ‎，即 成立 成立 - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查定点轨迹方程求解、直线与椭圆综合应用中的向量问题的求解；本题证明的关键是能够通过分析法将证等式进行转化，转化为能够利用韦达定理的形式，通过直线与椭圆方程联立得到韦达定理的结果，代入即可证得结论.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，求在点处的切线方程；‎ ‎（2）当时，求函数的单调递增区间；‎ ‎（3）当时，证明：（其中为自然对数的底数）．‎ ‎【答案】(1)；(2)答案见解析；(3)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）根据导数的几何意义得到 ；（2）对函数求导，分类讨论导函数的正负，得到单调区间；（3）由 知需证明.，对函数求导，研究函数的最值即可．‎ 解析：‎ ‎（1）当时，，‎ ‎∴ ‎ ‎∴在点处的切线方程是.‎ ‎（2）的定义域为 ‎ ‎ 当，即当时，由解得或 当时，，‎ 当，即当时，由解得或 综上：当时，的单调递增区间是，‎ - 21 -‎ 当时，的单调递增区间是 当时，的单调递增区间是，‎ ‎（3）当时，由 知需证明 令 ，‎ 设，则 当时，，单调递减 当时，，单调递增 ‎∴当时，取得唯一的极小值，也是最小值 的最小值是 ‎ 另解：证明（“”不能同时成立）‎ 点睛：点睛：（1）导数综合题中对于含有字母参数的问题，一般要用到分类讨论的方法，解题时要注意分类要不重不漏；（2）对于导数中的数列不等式的证明，解题时常常要用到前面的结论，需要根据题目的特点构造合适的不等式，然后通过取特值的方法转化成数列的问题解决，解题时往往用到数列的求和．‎ 请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑．‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程是为参数），以该直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线，的极坐标方程为 ‎（1）写出曲线普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设点，直线与曲线相交于两点，，求实数的值．‎ - 21 -‎ ‎【答案】（1），（2）或或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化.（2）利用直线和曲线的位置关系建立方程组，进一步利用一元二次方程根和系数的关系求出结果.‎ ‎【详解】（1），‎ 故曲线的普通方程为.‎ ‎，，‎ 直线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）直线的参数方程可以写为（为参数），‎ 设两点对应的参数分别为，‎ 将直线的参数方程代入曲线的普通方程，‎ 可以得到，‎ ‎,解得.‎ 所以，‎ 或，‎ 解得或或.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程化普通方程，极坐标方程化直角坐标方程，考查直线与圆位置关系的应用，考查直线的参数方程的几何意义的应用，是中档题.‎ ‎23.已知a，b，c为正数，函数f(x)＝|x＋1|＋|x－5|.‎ ‎(1)求不等式f(x)≤10的解集；‎ - 21 -‎ ‎(2)若f(x)的最小值为m，且a＋b＋c＝m，求证：a2＋b2＋c2≥12.‎ ‎【答案】(1) {x|－3≤x≤7} (2) 证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分段讨论的范围，去掉绝对值符号得出不等式的解；‎ ‎（2）求出的值，根据基本不等式得出结论．‎ ‎【详解】解：（1），‎ 等价于或或，‎ 解得或或，‎ 所以不等式的解集为．‎ ‎（2）因为，‎ 当且仅当即时取等号．‎ 所以，即．‎ ‎，，，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎．当且仅当时等号成立．‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，不等式的证明与基本不等式的应用，属于中档题．‎ - 21 -‎ - 21 -‎