福建省漳州市2020届高三毕业班第二次高考适应性测试数学（文）试题 Word版含解析

福建省漳州市2020届高三毕业班第二次高考适应性测试数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 漳州市2020届高中毕业班第二次高考适应性测试 文科数学试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共5页150分，请考生把答案填写在答题纸上.‎ 第Ⅰ卷 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.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解方程和不等式得到集合和，结合并集的概念即可得到结果.‎ ‎【详解】因为，，所以，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了并集运算，得到集合和是解题的关键，属于基础题.‎ ‎2.复数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用待定系数法设，，根据复数模长及相等的充要条件列出方程组，解出即可得结果.‎ ‎【详解】设，，‎ 因为，所以，‎ 即.‎ - 23 -‎ 所以，解得，‎ 所以，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用待定系数法求复数，复数模长及复数相等的概念，属于基础题.‎ ‎3.下图是某省从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊病例变化曲线图.‎ 若该省从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊人数按日期顺序排列构成数列，的前n项和为，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 数列递增数列 B. 数列是递增数列 C. 数列的最大项是 D. 数列的最大项是 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据数列的性质及每日新增确诊病例变化曲线图中的数据对各个选项进行判断，可得答案.‎ ‎【详解】解：因为1月28日新增确诊人数小于1月27日新增确诊人数，即，所以不是递增数列，所以选项A错误;‎ 因为2月23日新增确诊病例数为0，所以，所以数列不是递增数列，所以选项B错误;‎ 因为1月31日新增病例数最多，从1月21日算起，1月31日是第11天，所以数列 - 23 -‎ 的最大项是，所以选项C正确;‎ 数列的最大项是最后项，所以选项D错误,‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查折线图与数列的性质、数列前n项的和等知识，注意灵活分析图中数据进行判断.‎ ‎4.若，，，则（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数函数的单调性可得，，，进而可得结果.‎ ‎【详解】因为，，，‎ 所以，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查对数函数单调性的应用，属于基础题.‎ ‎5.在平面直角坐标系中，已知四边形是平行四边形，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为四边形是平行四边形，所以，所以，故选D．‎ 考点：1、平面向量的加法运算；2、平面向量数量积的坐标运算．‎ - 23 -‎ ‎6.函数（且）的图象可能为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.‎ 考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.‎ ‎7.中华文化博大精深，我国古代算书《周髀算经》中介绍了用统计概率得到圆周率π的近似值的方法．古代数学家用体现“外圆内方”文化的钱币（如图1）做统计，现将其抽象成如图2所示的图形，其中圆的半径为2cm，正方形的边长为1cm，在圆内随机取点，若统计得到此点取自阴影部分的概率是P，则圆周率π的近似值为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ - 23 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据几何概型的方法分析阴影部分占总面积的比值,列式求解的表达式即可.‎ ‎【详解】圆形钱币的半径为2cm,面积为S圆＝π•22＝4π；正方形边长为1cm,面积为S＝12＝1．‎ 在圆形内随机取一点,此点取自黑色部分的概率是P＝,则．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了几何概型的方法,需要求解阴影部分面积占总面积的比值,属于基础题型.‎ ‎8.已知正项等比数列的前项和为，，且，，成等差数列，则与的关系是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为，由已知列式求得，再由等比数列的通项公式与前项和求解得答案.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，由，，成等差数列，得，‎ 又，所以，即，所以，‎ 又，所以，所以，，‎ 所以，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式与前项和，考查等差数列的性质，属于中档题.‎ - 23 -‎ ‎9.若正四棱柱的底面边长为2，外接球的表面积为，四边形ABCD和的外接圆的圆心分别为M，N，则直线MN与所成的角的余弦值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意该四棱柱的外接球的半径为R，高为h，可得h的值，可得正四棱柱侧棱的长，易得，所以为直线MN与所成的角或其补角，利用余弦定理可得直线MN与所成的角的余弦值.‎ ‎【详解】解：设该四棱柱的外接球的半径为R，高为h，‎ 由，得，‎ 由，得，‎ 所以.‎ 因为四边形ABCD和的外接圆的圆心分别为M，N，所以M，N分别为BD和的中点，‎ 所以，所以为直线MN与所成的角或其补角，‎ 又，所以直线MN与所成的角的余弦值为，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，其中利用外接球的表面积求出正四棱柱侧棱长是解题的关键，属于中档题.‎ - 23 -‎ ‎10.已知是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递增．若实数满足，则的取值范围是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎ ‎ ‎,选D.‎ ‎11.某学校运动会的立定跳远和秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段．下表为名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊．‎ 学生序号 立定跳远（单位：米）‎ ‎30秒跳绳（单位：次）‎ 在这名学生中，进入立定跳远决赛的有人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则 A. 号学生进入秒跳绳决赛 B. 号学生进入秒跳绳决赛 C. 号学生进入秒跳绳决赛 D. 号学生进入秒跳绳决赛 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意得1-8有6人进入30秒跳绳决赛，所以当时,1,3,4,5,6,7号6人进入30秒跳绳决赛，去掉A,C; 同理9号学生不一定进入30秒跳绳决赛，所以选B. ‎ - 23 -‎ ‎12.已知函数（，）的图象经过点，若关于x的方程在上恰有一个实数解，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的图象经过点，可得，可得，由，可得，所以的所有正解从小到大为，在上恰有一个实数解，可列出关于的不等式组，可得答案.‎ ‎【详解】解：因为的图象经过点，所以，‎ 又因为，所以，‎ 所以由，得，即，‎ 所以的所有正解从小到大为，‎ 因为关于x的方程在上恰有一个实数解，‎ 所以，即，其中T为的最小正周期，‎ 所以，所以，所以，‎ - 23 -‎ 所以或.‎ 所以或，所以，‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图形与性质，考查学生分析问题解决问题的能力，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.若椭圆的离心率为，则的短轴长为___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断出椭圆的焦点在轴上，得出的值，根据离心率的概念可得，解出的值可得短轴长.‎ ‎【详解】由椭圆得焦点在轴上，，，，‎ 且，解得，‎ 所以，，所以的短轴长为，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了已知椭圆的离心率的值求参数的值，从而达到求椭圆的短轴长，属于基础题.‎ - 23 -‎ ‎14.若实数，满足则最大值是___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出约束条件表示的区域，将表示为直线斜率，结合线性规划的知识进行求解即可得到结论.‎ ‎【详解】作出约束条件表示的区域，如图阴影部分:‎ 因为，其中，，‎ 由得，‎ 所以由图可知，当位于时，，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用直线斜率几何意义，求可行域中的点与定点的斜率，属于线性规划中的延伸题，属于中档题.‎ ‎15.如图，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，正视图中的曲线为四分之一圆弧，则该几何体的表面积是___________．‎ - 23 -‎ ‎【答案】24‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图知几何体是一个正四棱柱挖去四分之一圆柱后的几何体，结合图中数据求出它的表面积.‎ ‎【详解】该几何体是一个正四棱柱挖去四分之一圆柱后的几何体，‎ 正四棱柱的底面边长为2，高为3，圆柱的底面半径和高都为2，‎ 所以所求几何体的表面积为：，‎ 故答案为：24.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用三视图求几何体表面积的应用问题，将三视图换元是解题的关键，属于中档题.‎ ‎16.已知双曲线的下焦点为，虚轴的右端点为，点在的上支，为坐标原点，直线和直线的倾斜角分别为，，若，则的最小值为___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由先求出动点在圆上，利用双曲线的定义可得，结合图形可得的最小值为到圆心的距离减去半径，进而可得结果.‎ - 23 -‎ ‎【详解】在双曲线中，，‎ 设，因为，‎ 所以，‎ 所以，且，‎ 又，，‎ 所以，且，所以.‎ 所以在圆上，且圆的圆心为，半径，‎ 由双曲线定义可得，‎ 所以，‎ 由图可得当为与圆的交点时，最小，，‎ 所以的最小值为，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是双曲线的简单性质，距离和的最小值，其中将的最小值转化为平面上两点之间的距离线段最短是解答的关键，属于中档题.‎ 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.‎ - 23 -‎ ‎17.已知的内角、、C的对边分别为a、b、c，面积为，且．‎ ‎（1）求角；‎ ‎（2）若角的角平分线交于点，且，求．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三角形面积公式结合题意可得，结合的范围即可得结果；‎ ‎（2）首先通过求出，进而得到，利用余弦定理可求出，接着中，由正弦定理可得进而可得结果.‎ ‎【详解】（1）因为的面积为，‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 又，所以.‎ ‎（2）因为，角的角平分线交于点，所以，‎ 又，所以，‎ 因为，所以，所以，‎ 因为，‎ - 23 -‎ 所以，解得，‎ 在中，由正弦定理可知：，‎ 即，所以，‎ 因为，所以.‎ 因为，，‎ 所以，所以为锐角，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式等在解三角形中的应用，属于中档题.‎ ‎18.已知四棱锥中，四边形为梯形，,平面平面，为线段的中点，.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，求点到平面的距离.‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1)利用线面垂直的判定定理，即可证得平面.‎ ‎（2）由（1）知平面，求得，再根据等体积法，即可求解点点到平面的距离.‎ ‎【详解】（1)由题意知，,且，‎ 所以四边形是正方形，连接，所以，‎ 又因为，，所以四边形是平行四边形，‎ 所以，则.‎ 因为平面平面，，平面平面，故平面.所以，所以，‎ 又因为，则平面.‎ ‎（2），，的面积为，‎ 又由（1）知平面，，‎ 又在中，，，，‎ 由（1）知，的面积为，‎ 设点到平面的距离为，则，即.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与平面垂直的判定与证明，以及点到平面的距离的计算，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，及合理利用“等体积法”求解点到平面的距离是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．‎ ‎19.某市场研究人员为了了解产业园引进的甲公司前期的经营状况，对该公司2018年连续六个月的利润进行了统计，并根据得到的数据绘制了相应的折线图，如图所示 ‎（1）由折线图可以看出，可用线性回归模型拟合月利润（单位：百万元）与月份代码之间的关系，求关于的线性回归方程，并预测该公司2019年3月份的利润；‎ - 23 -‎ ‎（2）甲公司新研制了一款产品，需要采购一批新型材料，现有两种型号的新型材料可供选择，按规定每种新型材料最多可使用个月，但新材料的不稳定性会导致材料损坏的年限不同，现对两种型号的新型材料对应的产品各件进行科学模拟测试，得到两种新型材料使用寿命的频数统计如下表：‎ 使用寿命/材料类型 ‎1个月 ‎2个月 ‎3个月 ‎4个月 总计 A ‎20‎ ‎35‎ ‎35‎ ‎10‎ ‎100‎ B ‎10‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎20‎ ‎100‎ 如果你是甲公司的负责人，你会选择采购哪款新型材料？‎ 参考数据： ‎ 参考公式：回归直线方程，其中 ‎【答案】(1) , 百万元；(2) 型新材料.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据所给的数据，做出变量的平均数，求出最小二乘法所需要的数据，可得线性回归方程的系数,再根据样本中心点一定在线性回归方程上，求出 - 23 -‎ 的值，写出线性回归方程；将代入所求线性回归方程，求出对应的的值即可得结果； (2)求出型新材料对应产品的使用寿命的平均数与型新材料对应产品的使用寿命的平均数，比较其大小即可得结果.‎ ‎【详解】（1）由折线图可知统计数据共有组，‎ 即，，，，，，‎ 计算可得，‎ 所以 ，‎ ‎，‎ 所以月度利润与月份代码之间的线性回归方程为.‎ 当时，.‎ 故预计甲公司2019年3月份的利润为百万元.‎ ‎（2）型新材料对应产品的使用寿命的平均数为，型新材料对应的产品的使用寿命的平均数为， 应该采购型新材料.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性回归方程的求解与应用，属于中档题.求回归直线方程的步骤：①依据样本数据确定两个变量具有线性相关关系；②计算的值；③计算回归系数；④写出回归直线方程为； 回归直线过样本点中心是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势.‎ ‎20.已知直线与轴，轴分别交于，，线段的中垂线与抛物线有两个不同的交点、．‎ ‎（1）求的取值范围；‎ ‎（2）是否存在，使得，，，四点共圆，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）（2）存在，‎ - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出两点坐标，得出其中垂线方程为，与抛物线方程联立根据即可得结果；‎ ‎（2）设，，线段的中点为，将（1）和韦达定理可得，，结合四点共圆的特征得，代入两点间距离公式可解得的值.‎ ‎【详解】（1）因为直线与轴，轴分别交于，.‎ 所以，，‎ 所以线段的中点为，，‎ 所以线段的中垂线的方程为，即.‎ 将代入，‎ 得，‎ 因为与有两个不同的交点，.‎ 所以，‎ 又，所以，即的取值范围为.‎ ‎（2）若，，，四点共圆，由对称性可知，圆心应为线段的中点，‎ 设，，线段的中点为，‎ 则，‎ 所以，，‎ - 23 -‎ 若，，C，四点共圆，则，即，‎ 所以.‎ 所以，解得，‎ 又满足，所以存在，使得，，C，四点共圆.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，圆内接四边形的特征，考查了学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（1）求证：当时，在上存在最小值；‎ ‎（2）若是的零点且当时，，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入，对函数进行求导，根据零点存在定理可得在上有唯一零点，判断单调性即可得结果；‎ ‎（2）由为函数零点，将用表示可得，当时，通过求导可得在上单调递增，从而可得结果；，则取，验证，即时，不满足题意，综合可得结果.‎ ‎【详解】（1）的定义域为.‎ 当时，，.‎ 因为当时，，‎ 所以在上单调递增，‎ 又，.‎ 所以在上有唯一零点，‎ - 23 -‎ 且当时，；‎ 当时，.‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以在上存在最小值.‎ ‎（2）因为是函数的零点，‎ 所以，即，即，‎ 所以，所以．‎ ‎①若，则当时，．‎ 所以在上单调递增，‎ 所以当时，，‎ 所以满足题意．‎ ‎②若，则取，‎ 因为，且．‎ 所以不满足题意．‎ 综上，的取值范围．‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数在函数中的应用之导数与最值之间的关系，函数零点的应用，属于中档题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做第一个题目计分.‎ ‎22.已知曲线C的参数方程为（为参数），P是曲线C上的点且对应的参数为，.直线l过点P且倾斜角为.‎ ‎（1）求曲线C的普通方程和直线l的参数方程.‎ ‎（2）已知直线l与x轴，y轴分别交于，求证：为定值.‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）；（t为参数）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由曲线C的参数方程为，利用消去参数可得曲线C的普通方程, 由直线l过点且倾斜角为，所以直线l的参数方程为，化简可得答案.‎ ‎（2）由，所以，由直线l与x轴，y轴分别交于，可得A对应的参数， B对应的参数的值，计算可得为定值.‎ ‎【详解】（1）解：曲线C的普通方程为，‎ 因为直线l过点且倾斜角为，‎ 所以直线l的参数方程为，‎ 即（t为参数）.‎ ‎（2）证明：因为，所以，‎ 所以由，得A对应的参数，‎ 由，得B对应的参数，‎ 所以为定值.‎ ‎【点睛】本题主要考查参数与普通方程的互化及参数方程中参数的几何意义，考查学生的计算能力与转化思想，属于中档题.‎ ‎23.已知，，.‎ ‎（1）求证：；‎ - 23 -‎ ‎（2）若，求证：.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，可得，可得，解不等式可得证明；‎ ‎（2）由，所以，要证，只需证，利用基本不等式可得证明；‎ ‎【详解】证明：（1）由条件，有，‎ 所以，即，‎ 所以.‎ ‎（2）因为，所以，‎ 要证，‎ 只需证（*），‎ 只需证 因为，所以，即（*）式成立，‎ 故原不等式成立.‎ ‎【点睛】本题是一道关于基本不等式应用的题目，熟练掌握基本不等式的性质进行证明是解题的关键.‎ - 23 -‎ ‎ ‎ - 23 -‎