贵州省普通高等学校招生2020届高三高考适应性测试数学（理）试题 Word版含解析

贵州省普通高等学校招生2020届高三高考适应性测试数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 贵州省2020年普通高等学校招生适应性测试 理科数学 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 一、选择题：本大题共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. 已知集合，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合，再求解.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 因为，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的补集和并集运算，化简集合为最简形式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎2. 函数的最小正周期是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简函数，结合周期公式可求周期.‎ - 25 -‎ ‎【详解】因为，所以周期为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的周期，把函数化简成标准型，利用周期公式可求周期，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎3. 已知直线平面，直线平面，则“”是“”的（ ）‎ A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：由题意考查充分性和必要性即可求得最终结果.‎ 详解：若，则，又，所以；‎ 若，当时，直线与平面的位置关系不确定，无法得到.‎ 综上，“”是“”的充分不必要条件.‎ 本题选择B选项.‎ 点睛：本题主要考查线面平行的判断定理，面面平行的判断定理及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎4. 据记载，欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉发现的，该公式被誉为“数学中的天桥”.特别是当时，得到一个令人着迷的优美恒等式，将数学中五个重要的数（自然对数的底，圆周率，虚数单位，自然数的单位1和零元0）联系到了一起，有些数学家评价它是“最完美的数学公式”.根据欧拉公式，若复数的共轭复数为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 先根据题意求出复数的代数形式，再求它的共轭复数.‎ ‎【详解】由题意，，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查共轭复数，化简复数为形式，其共轭复数为，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎5. 的展开式中的系数为（ ）‎ A. 10 B. C. 5 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项式定理展开式通项公式可求的系数.‎ ‎【详解】的展开式的通项公式为，‎ 令可得，所以的系数为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理，利用二项式定理求解特定项的系数一般是利用通项公式求解，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎6. 若，则实数之间的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用中间1和2进行比较可得答案.‎ ‎【详解】因为，，;‎ 所以.‎ - 25 -‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查比较指数式和对数式的大小，一般是利用函数的单调性结合中间值进行比较，侧重考查数学抽象的核心素养.‎ ‎7. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险：戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔.该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图例，以下四个选项错误的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 54周岁以上参保人数最少 B. 18～29周岁人群参保总费用最少 C. 丁险种更受参保人青睐 D. 30周岁以上的人群约占参保人群的80%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据统计图表逐个选项进行验证即可.‎ ‎【详解】由参保人数比例图可知，54周岁以上参保人数最少，30周岁以上的人群约占参保人群的80%，所以选项A,选项D均正确；‎ 由参保险种比例图可知，丁险种更受参保人青睐，所以选项C正确；‎ 由不同年龄段人均参保费用图可知，18～29周岁人群人均参保费用最少，但是这类人所占比例为20%，所以总费用不一定最少.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查统计图表的识别，根据统计图得出正确的统计结论是求解的前提，侧重考查数据分析的核心素养.‎ ‎8. 函数的部分图象大致是（ ）‎ - 25 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数的奇偶性可以排除部分选项，再利用特殊值进行排除，可得正确结果.‎ ‎【详解】因为，所以是偶函数，排除选项A；‎ 当，排除选项D；‎ 当，排除选项C；‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数图象的识别，利用函数的性质及特殊值，采用排除法是这类问题的常用方法，侧重考查直观想象的核心素养.‎ ‎9. 已知抛物线，倾斜角为的直线交于两点.若线段中点的纵坐标为，则的值为（ ）‎ A. B. 1 C. 2 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理和中点公式可求的值.‎ ‎【详解】设直线方程为，联立得，‎ - 25 -‎ 设，则，‎ 因为线段中点的纵坐标为，所以，所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，利用弦中点求解参数时，一般利用待定系数法，结合韦达定理及中点公式可得结果，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎10. 已知一块形状为正三棱柱（底面是正三角形，侧棱与底面垂直的三棱柱）的实心木材，.若将该木材经过切割加工成一个球体，则此球体积的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用棱柱的三个侧面都相切的球的特点求出球的半径，进而可得体积的最大值.‎ ‎【详解】由题意最大球应该是和正三棱柱三个侧面都相切的球，即球的大圆和正三棱柱的横截面相切，横截面是边长为的正三角形，所以内切圆半径为，所以球体积的最大值为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查球切接问题，求解的关键是找到蕴含的等量关系式，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎11. 已知函数，是的导函数.①在区间是增函数；②当时，函数的最大值为；③有2个零点；④.则上述判断正确的序号是（ ）‎ A. ①③ B. ①④ C. ③④ D. ①②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 结合函数解析式及导数的解析式，逐项验证可得答案.‎ ‎【详解】当时，，，所以在区间是增函数，即①正确；‎ 当时，，当且仅当时取到最小值，所以②不正确；‎ 当时，，‎ 令，则，由于，所以在上先减后增，且，所以在内只有一个零点；‎ 当时，，‎ 令，则，由于，所以在上先增后减，且，所以在内只有一个零点；‎ 综上可知，有2个零点，所以③正确；‎ 当时，，，所以④不正确；‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的性质，利用导数研究函数的性质是常用方法，侧重考查数学抽象的核心素养.‎ ‎12. 设双曲线的右焦点为的一条渐近线为，以为圆心的圆与相交于两点，，为坐标原点，，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 25 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据题意可得圆的半径及弦长，结合直角三角形的性质建立等量关系，根据的范围可得离心率的取值范围.‎ ‎【详解】不妨设渐近线为，，则点到渐近线的距离为；‎ 取的中点，如图，由题意可知，是等腰直角三角形， 所以，且，即；‎ 设，由得，即，；‎ 在直角三角形中，，所以，‎ 整理可得，即有，‎ 因为，所以，‎ 所以双曲线的离心率.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的离心率，向量条件的转化是求解的关键，离心率问题主要是构建关于的关系式，侧重考查数学运算的核心素养.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ - 25 -‎ ‎13. 已知点满足约束条件则原点到点的距离的最小值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，结合图形可得原点到点的距离的最小值.‎ ‎【详解】作出可行域，如图，由图可知点到原点的距离最小，‎ 联立和，得，所以原点到点的距离的最小值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用线性规划知识求解距离型最值问题，作出可行域，观察图形，找到最值点是求解的关键，侧重考查直观想象的核心素养.‎ ‎14. 如图所示，若输入，，，则输出_________.‎ - 25 -‎ ‎【答案】520‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合程序框图，逐次进行运算，直到退出循环，输出 - 25 -‎ ‎【详解】第一次运算：；第二次运算：；第三次运算：；第四次运算：；此时退出循环，输出值520.‎ 故答案为：520.‎ ‎【点睛】本题主要考查程序框图的理解，利用程序框图求解输出值，一般是采用“还原现场”的方法，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎15. 的内角的对边分别为.若，，，则的面积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用正弦定理化边为角可得，结合余弦定理可得，然后利用面积公式可求的面积.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，即，;‎ 由余弦定理得，‎ 因为，，所以，‎ 所以的面积为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理求解三角形，边角的转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎16. 如图是由六个边长为1的正六边形组成的蜂巢图形，定点是如图所示的两个顶点，动点在这些正六边形的边上运动，则的最大值为________.‎ - 25 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立直角坐标系，把向量数量积转化为坐标运算，结合函数单调性可求最值.‎ ‎【详解】以为坐标原点建立平面直角坐标系如图，则，，；‎ 由图可知点在线段上运动时，最有可能取到最大值，‎ 线段：，‎ 设，则，，‎ 因为，且为增函数，所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，平面向量问题优先利用坐标运算进行求解，侧重考查数学运算的核心素养.‎ - 25 -‎ 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. 2019年底，湖北省武汉市等多个地区陆续出现感染新型冠状病毒肺炎的患者.为及时有效地对疫情数据进行流行病学统计分析，某地研究机构针对该地实际情况，根据该地患者是否有武汉旅行史与是否有确诊病例接触史，将新冠肺炎患者分为四类：有武汉旅行史（无接触史），无武汉旅行史（无接触史），有武汉旅行史（有接触史）和无武汉旅行史（有接触史），统计得到以下相关数据.‎ ‎（1）请将列联表填写完整：‎ 有接触史 无接触史 总计 有武汉旅行史 ‎27‎ 无武汉旅行史 ‎18‎ 总计 ‎27‎ ‎54‎ ‎（2）能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为有武汉旅行史与有确诊病例接触史有关系？‎ 附：‎ ‎0.15‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎【答案】（1）列联表见解析；（2）能 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据表格可得有武汉旅行史且有接触史的有9人，有武汉旅行史且无接触史的有18人，可以完成表格；‎ ‎（2）根据列联表计算卡方，根据参考数据可以得出结论.‎ - 25 -‎ ‎【详解】（1）请将该列联表填写完整：‎ 有接触史 无接触史 总计 有武汉旅行史 ‎9‎ ‎18‎ ‎27‎ 无武汉旅行史 ‎18‎ ‎9‎ ‎27‎ 总计 ‎27‎ ‎27‎ ‎54‎ ‎（2）根据列联表中的数据，由于 ‎.‎ 因此，在犯错误的概率不超过0.025的前提下，认为有武汉旅行史与有确诊病例接触史有关系.‎ ‎【点睛】本题主要考查独立性检验，题目较为简单，独立性检验根据公式计算卡方是求解的关键，侧重考查数据处理的核心素养.‎ ‎18. 已知为等差数列，各项为正的等比数列的前项和为，，，__________.在①；②；③这三个条件中任选其中一个，补充在横线上，并完成下面问题的解答（如果选择多个条件解答，则以选择第一个解答记分）.‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ - 25 -‎ ‎【答案】（1）选①：，；选②：，；选③：，；（2）选①：；选②：；选③：‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据所选条件，建立方程组，求解基本量，进而可得通项公式；‎ ‎（2）根据通项公式的特点，选择错位相减法进行求和.‎ ‎【详解】选①解：‎ ‎（1）设等差数列的公差为，‎ ‎∵，∴，∴，，‎ ‎∴，‎ 由，‎ 当时，有，则有，即 当时，，‎ 即，所以是一个以2为首项，2为公比的等比数列.‎ ‎∴.‎ ‎（2）由（1）知，‎ ‎∴，①‎ ‎，②‎ ‎①-②得：，‎ ‎∴.‎ 选②解：‎ ‎（1）设等差数列的公差为，‎ - 25 -‎ ‎∵，∴，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 设等比数列的公比为，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 又∵，∴，解得，或（舍），‎ ‎∴.‎ ‎（2）由（1）可知，‎ ‎∴，‎ ‎，②‎ ‎①-②得：，‎ ‎∴.‎ 选③解：‎ ‎（1）设等差数列的公差为，‎ ‎∵，∴，∴，，‎ ‎∴，‎ ‎∵，，‎ 令，得，即，∴，∴，‎ ‎∴；‎ ‎（2）解法同选②的第（2）问解法相同.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解和错位相减法求和，熟记等差数列和等比数列的通项公式是求解的关键，错位相减法求和时，注意检验结果，防止计算错误，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎19. 图1是直角梯形，，，，，，.以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.‎ ‎ ‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）求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）做辅助线，先根据线线垂直证明面，进而可证平面平面；‎ ‎（2）建立平面直角坐标系，求出平面的法向量，利用法向量法可求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【详解】 ‎ ‎（1）证明：在图1中，连结，由已知得 ‎∵且，‎ ‎∴四边形为菱形，‎ 连结交于点，‎ ‎∴，‎ - 25 -‎ 又∵在中，，‎ ‎∴，‎ 在图2中，，‎ ‎∵，∴，‎ 由题意知，‎ ‎∴面，又平面，‎ ‎∴平面平面；‎ ‎（2）如图，以为坐标原点，，分别为轴，方向为轴正方向建立空间直角坐标系.由已知得各点坐标为 ‎，‎ 所以，，，‎ 设平面的法向量为，则，‎ 所以，即，令，解得，‎ 所以，‎ 所以，‎ 记直线与平面所成角为，‎ 则.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面与平面垂直及线面角求解，面面垂直一般转化为线面垂直来证明，线面角主要是利用法向量进行求解，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.‎ ‎20. 设、分别是椭圆的左、右焦点，、两点分别是椭圆 - 25 -‎ 的上、下顶点，是等腰直角三角形，延长交椭圆于点，且的周长为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设点是椭圆上异于、的动点，直线、与直线分别相交于、两点，点，试问：外接圆是否恒过轴上的定点（异于点）？若是，求该定点坐标；若否，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）是，且定点坐标为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用椭圆的定义可求得的值，再由是等腰直角三角形可求得、的值，由此可得出椭圆的方程；‎ ‎（2）设点，求出直线、的斜率之积为，设直线的方程为，可得出直线的方程，进而可求得点、的方程，假设的外接圆过轴上的定点，求出的外接圆圆心的坐标，由结合两点间的距离公式可求得的值，进而可求得定点的坐标.‎ ‎【详解】（1）因为的周长为，由定义可得，，‎ 所以，所以，‎ 又因为是等腰直角三角形，且，所以，‎ 所以椭圆的方程为：；‎ - 25 -‎ ‎（2）设，，则，‎ 所以直线与的斜率之积，‎ 设直线的斜率为，则直线的方程为：，‎ 直线的方程：，‎ 由，可得，同理，‎ 假设的外接圆恒过定点，，‎ 由于线段的垂直平分线所在直线的方程为，‎ 线段的垂直平分线所在直线的方程为，则其圆心，‎ 又，所以，解得，‎ 所以的外接圆恒过定点.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了圆过定点问题的求解，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎21. 已知函数.‎ ‎（1）若直线与曲线相切，求的值；‎ ‎（2）对任意，成立，讨论实数的取值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设出切点，利用导数建立方程组，求解方程组可得的值；‎ ‎（2）构造新函数，利用导数求解最值，讨论可得实数 - 25 -‎ 的取值.‎ ‎【详解】（1）设直线与曲线相切于点，‎ 因为，‎ 则有解得，所以；‎ ‎（2）令，‎ 则，且，‎ 因为，所以，，，‎ 令，‎ ‎（ⅰ）当时，因为，所以，即，在单调递增，当时，，不满足题意；‎ ‎（ⅱ）当时，且，又，所以在单调递减，存在，使，当时，，即，当时，，即，所以在单调递减，在单调递增；在有唯一的最小值点，因为，要使恒成立，当且仅当，又，‎ 所以，即.‎ 综上所述，.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数的几何意义求解切线问题时，常常设出切点，结合切点处的导数值等于切线的斜率建立等式，恒成立问题一般转化为最值问题，利用导数求解最值即可，侧重考查数学抽象的核心素养.‎ - 25 -‎ ‎（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.‎ ‎22. 如图，在以为极点，轴为极轴的极坐标系中，圆，，的方程分别为，，.‎ ‎（1）若相交于异于极点的点，求点的极坐标；‎ ‎（2）若直线与分别相交于异于极点的两点，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）联立方程组可解点的极坐标；‎ ‎（2）表示出的表达式，利用三角函数的知识可求最大值.‎ ‎【详解】（1）由，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，∴点的极坐标为；‎ ‎（2）设 - 25 -‎ ‎，‎ ‎∴的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查极坐标，极坐标的应用，题目较为简单，明确极坐标的意义是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎23. 已知函数的最小值为6，.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）6；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用绝对值不等式的性质及题目所给最小值可求结果；‎ ‎（2）利用柯西不等式可求，进而得到实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1），当且仅当等号成立 ‎∴；‎ ‎（2）由柯西不等式得，‎ ‎∴，‎ 当且仅当时等号成立，‎ ‎∴，即，解得.‎ 故的取值范围是.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的性质及柯西不等式应用，熟悉柯西不等式的结构是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ - 25 -‎ - 25 -‎