云南省2020届高三适应性考试数学（文）试题（A卷） Word版含解析
2020届高三适应性考试
文 科 数 学 试 卷
本卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
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，将答题卡交回.
一、选择题：本题共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. 若集合A＝{x|－3
0}，则A∩B＝( )
A. {x|－3－3}
【答案】B
【解析】
或，故选B．
2. 已知为虚数单位，若复数满足，则复数的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由复数的运算法则计算出，即可得出共轭复数.
【详解】，
，
.
故选：B.
- 22 -
【点睛】本题考查复数运算及共轭复数的求法，属于基础题.
3. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据对数函数、指数函数的单调性以及借用中间值0，1比较可得结果.
【详解】由题可知：，，
由，所以
故
故选：D
【点睛】本题考查对数式、指数式之间比较大小，比较大小常用：作差比较法、作商比较法、函数单调性，同时借用特殊值0，1进行比较，属基础题.
4. 唐狩猎纹高足银杯如图1所示，银杯经锤揲成型，圆唇侈口，直壁深腹，腹下部略收，下承外撇高足．纹样则采用堑刻工艺，鱼子地纹，杯腹上部饰一道凸弦纹，下部阴刻一道弦纹，高足中部有“算盘珠”式节．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示．已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为．设酒杯上面部分（圆柱）的体积为，下面部分（半球）的体积为，则的值是= （ ）
A. 1 B. C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
- 22 -
设圆柱的高为h，表示出表面积可得，再分别表示出即可.
【详解】设酒杯上部分圆柱的高为h，
则酒杯内壁表面积，则，
，，
.
故选：C.
【点睛】本题考查圆柱、球体积及表面积的公式，需熟记公式，属于基础题.
5. 执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（ ）
A. 16 B. 32 C. 64 D. 1024
【答案】C
【解析】
;;;.
6. 已知实数满足不等式组，则目标函数的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
- 22 -
画出可行域，然后作出目标函数的一条等值线，通过平移等值线找到目标函数取最大值的最优解，可得结果.
【详解】如图
由，令，则目标函数的一条等值线为
当该等值线经过点时，目标函数有最大值
所以
故选：D
【点睛】本题考查线性规划的问题，此种类型的问题，常看几步：（1）画出可行域；（2）根据线性的和非线性的理解的含义，然后简单计算，属基础题.
7. 在中,点D在线段上,,若(,),则（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平面向量的线性运算求解即可.
【详解】∵,
(,),所以.
- 22 -
又因为与不共线,所以且,所以,,所以.
故选：B
【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算,需要将所求的向量表达成所给的基底向量,属于基础题.
8. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性以及取特殊值，对比图像可得结果.
【详解】方法一：由题可知函数的定义域为，
因为，
所以，
所以函数为奇函数，故可排除选项A、B．
又，，
所以，故排除选项D．故选C．
方法二：因为，，
所以观察各选项中的图象可知C符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查给出解析式判断函数大致图像，对这种问题，常常考虑：函数定义域、奇偶性、单调性、特殊值、最值等，属基础题.
- 22 -
9. 已知函数的最小正周期为，则下列说法错误的是（ ）
A. 函数的图象关于点对称
B. 函数的图象关于直线对称
C. 将函数的图象向右平移个单位长度后所得函数的图象关于原点对称
D. 函数区间上单调递减
【答案】C
【解析】
【分析】
根据三角恒等变换得，再由函数的最小正周期公式，求得函数．运用整体代换法逐一求函数的对称中心，对称轴，图象的平移，以及函数的单调区间判断得选项.
【详解】由题可得，因为函数的最小正周期为，
所以，解得，所以．
令，解得，所以函数的图象的对称中心为，
当时，对称中心为，故A正确；
令，解得，所以函数的图象的对称轴方程为，
当时，对称轴方程为，故B正确；
将函数的图象向右平移个单位长度后可得函数的图象，
所以函数不是奇函数，其图象不关于原点对称，故C错误；
由，可得，所以函数
- 22 -
的单调递减区间为，
当时，单调递减区间为，故D正确．
故选：C．
【点睛】本题考查三角函数的恒等变换，正弦型函数的对称中心、对称轴、单调性、图象的平移，属于中档题.
10. 设各项均为正数的数列的前项和为，若数列满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
通过之间的关系，可得，然后对分奇数和偶数，根据等差数列的通项公式可得结果.
【详解】因为，，
所以令，可得，解得，
由，可得，
上述两式相减可得，
因为数列的各项均为正数，所以，
所以当为奇数时，数列是首项为，公差为的等差数列，
当为偶数时，数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，
故选：A．
- 22 -
【点睛】本题考查之间的关系，熟练掌握，重在计算和理解，属中档题.
11. 已知抛物线的焦点到准线的距离为，若抛物线上存在关于直线对称的不同两点和，则线段的中点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求得曲线，设点，，代入曲线方程，求出，
又由，关于直线对称得出，进而求出线段的中点坐标.
【详解】解：因为焦点到准线的距离为，则，
所以．设点，．
则，则，
，又，关于直线对称．，即，，
又的中点一定在直线上，
．
线段中点坐标为．
故选：A.
【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，属于基础题.
- 22 -
12. 已知函数，，若对，，使得，其中，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意解出函数的值域，再分析函数的特征，由已知条件可知其必须在区间先减后增，结合函数的值域即可得到关于a的不等式组，即可解得.
【详解】因为，所以当时，．
由，可得，当时，，所以函数在上单调递减，不符合题意，所以．令，可得，则函数在上单调递减，在上单调递增，因为对，，使得，其中，所以且，解得，
所以实数a的取值范围是．
故选:A．
【点睛】本题考查了利用导数求解参数的范围，属于中档题目，解题关键有三处：一是分析求解函数的值域；二是根据条件分析函数的单调特征；三是根据其单调性及方程根的个数确定出关于a的不等式组.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若函数，则=__________．
【答案】
【解析】
- 22 -
【分析】
令，可得，代入可得答案.
【详解】令，可得，所以．
故答案为：.
【点睛】本题考查求函数值，整体代入是解决此类问题的常用方法，属于基础题.
14. 已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2cosAsinB=sinA+2sinC．则B=______；
【答案】
【解析】
【分析】
由已知利用两角和的正弦函数公式可得，结合，可求得，结合范围，可求的值．
【详解】解：，
，
，
，解得，
，
．
故答案为：
【点睛】本题考查两角和的正弦公式的应用，属于基础题.
15. 设分别是双曲线的左、右焦点，若直线与双曲线C的两条渐近线分别交于点M，N，且，则双曲线C的离心率为__________．
【答案】
【解析】
- 22 -
【分析】
焦点为的双曲线，与直线交于点M，N即有，又知结合即可求离心率
【详解】根据题意，得，又可得
∴由知：，即
有双曲线C的离心率为
故答案为：
【点睛】本题考查求双曲线的离心率，由过焦点的定直线与双曲线渐近线交点与另一焦点构成的定角求双曲线离心率，注意渐近线性质及参数关系的应用
16. 已知，函数，．若关于的方程有个解，则的取值范围为__________．
【答案】.
【解析】
令g（x）=t，则方程f（t）=λ的解有4个，根据图象可知，0＜λ＜1．
且4个解分别为t1=﹣1﹣λ，t2=﹣1+λ，t3=10λ，
则x2﹣4x+1+4λ=﹣1﹣λ，x2﹣4x+1+4λ=﹣1+λ，
x2﹣4x+1+4λ=10λ，x2﹣4x+1+4λ=均有两个不相等实根，
则△1＞0，且△2＞0，且△3＞0，
即16﹣4（2+5λ）＞0且16﹣4（2+3λ）＞0，解得0＜λ＜，
当0＜λ＜时，△3=16﹣4（1+4λ﹣10λ）＞0即3﹣4λ+10λ＞0恒成立，
同理也恒成立；
故λ的取值范围为（0，）．
故答案为（0，）．
- 22 -
点睛：本题考查分段函数的应用，考查数形结合的思想方法，方程解的问题转化为函数图象的交点问题，由二次方程的判别式得到解决，本题有一定的难度．通常方程解的问题有三类解决方法，其一直接研究函数和x轴的交点个数问题；其二可以变量分离，转化为常函数和函数的交点个数问题；其三转化为两个初等函数的交点问题.
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.
17. 已知数列 满足：，数列满足．
（1）求数列的通项，并求证：数列为等比数列 ；
（2）求数列的通项公式及其前n项和．
【答案】（1），证明过程见详解；（2），．
【解析】
【分析】
（1）由可得为等差数列，把 代入等差数列的通项公式即可得；把 代入整理，构造新等比数列，利用等比数列的定义即可求证是等比数列；
（2）先求的通项公式，即可，根据错位相减法，即可求得前n项和．
【详解】（1），
∴是等差数列
又
证明：
- 22 -
是以 为首项，为公比的等比数列．
（2）由上可知
——①
——②
①-②得：
化简得：
【点睛】本题考查等差数列和等比数列的定义及通项公式的求法，以及利用定义证明等比数列，是基础题．
18. 某校为了有效地加强高中生自主管理能力，推出了一系列措施，其中自习课时间的自主管理作为重点项目，学校有关处室制定了“高中生自习课时间自主管理方案”.现准备对该“方案”进行调查，并根据调查结果决定是否启用该“方案”，调查人员分别在各个年级随机抽取若干学生对该“方案”进行评分，并将评分分成，，，七组，绘制成如图所示的频率分布直方图.
相关规则为①采用百分制评分，内认定为对该“方案”满意，不低于80分认定为对该“方案”非常满意，60分以下认定为对该“方案”不满意；②学生对“方案”的满意率不低于
- 22 -
即可启用该“方案”；③用样本的频率代替概率.
（1）从该校学生中随机抽取1人，求被抽取这位同学非常满意该“方案”的概率，并根据频率分布直方图求学生对该“方案”评分的中位数.
（2）根据所学统计知识，判断该校是否启用该“方案”，说明理由.
【答案】（1），中位数66（2）该校不应启用该“方案”.见解析
【解析】
【分析】
（1）计算概率得到答案，设中位数为，则，解得答案.
（2）计算评分在的频率为，得到答案.
【详解】（1）根据频率分布直方图，被调查者非常满意的频率是，
设中位数为，根据中位数将频率分布直方图的左右两边分成面积相等的两部分可知，，解得.
（2）根据题意，60分或以上被认定为满意或非常满意，
在频率分布直方图中，
评分在的频率为，
根据相关规则，该校不应启用该“方案”.
【点睛】本题考查了频率分布直方图，概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.
19. 如图，三棱锥中，侧面是边长为的正三角形，，平面平面，把平面沿旋转至平面的位置，记点旋转后对应的点为（不在平面内），、分别是、的中点.
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积的最大值.
- 22 -
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）连接、，利用面面垂直的性质定理得出平面，可得出，利用勾股定理计算出，推导出是以为直角的直角三角形，再由中位线的性质得出，由此可得出；
（2）由的面积为定值，可知当平面平面时，三棱锥的体积最大，连接、，推导出平面，计算出、以及的面积，然后利用锥体的体积公式可求得结果.
【详解】（1）如图，连接、，
因为，是的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以．
因为为边长为的正三角形，所以，
又，所以由勾股定理可得，
又，，，
，则，，
所以为直角三角形，且，
又、分别是、的中点，所以，所以；
（2）如图，连接、，
因为三棱锥与三棱锥为同一个三棱锥，且的面积为定值，
所以当三棱锥的体积最大时，则平面平面，
，则，为的中点，则，
- 22 -
平面平面，平面平面，平面，
平面，
此时点到平面的距离为，
在中，因为，，所以，
所以的最大值为，
所以三棱锥的体积的最大值为．
【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直，同时也考查了利用等体积法计算三棱锥体积的最值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
20. 已知曲线在点处的切线方程为，其中为自然对数的底数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若在区间内，存在使得不等式成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）函数的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）．
【解析】
【分析】
（1）函数求导，，利用切线方程求得，，得到，再得到函数单调区间.
（2）存在使得不等式成立等价于，构造，求得得解
【详解】（1）由题可得函数的定义域为，，则，
又，所以，所以，，
- 22 -
当，即时，解得；
当，即时，结合，解得，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）由（1）可知，由，可得，
令，则，
因为在区间内，存在使得不等式成立，所以当时，．
易得，令，可得，
当时，，的变化情况如下表：
－
＋
单调递减
极小值
单调递增
由表可知，所以，故实数的取值范围为．
【点睛】本题考查导数几何意义及利用导数解不等式能成立问题求解参数，属于基础题.
21. 已知椭圆的离心率，且椭圆过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点是椭圆与轴正半轴的交点，斜率不为的直线与椭圆交于不同的两点，，若，问直线是否恒过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，直线过定点．
- 22 -
【解析】
【分析】
(1)已知椭圆离心率有，又椭圆过点，代入椭圆方程即可求，即可得椭圆方程；(2) 设直线为，，由题意联立方程即可得、，结合即可求m，从而可确定是否过定点
【详解】（1）设椭圆的焦距为，由，即
∴，有，又椭圆过点
∴，解得
∴椭圆的标准方程为
（2）由题可设直线的方程为，
由，消去，整理可得，
设，则
由题意，可得，有
∴，且（直线不过(1,0)点）
即， 整理可得，解得
故直线过定点
【点睛】本题考查了椭圆，根据离心率及过定点求椭圆方程，由直线与椭圆有两交点，且两交点与椭圆上一点所得的两直线斜率之积为定值，判断直线是否过定点问题
（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.
[选修4−4：坐标系与参数方程]
- 22 -
22. 曲线的极坐标方程为（常数），曲线的参数方程为（为参数）.
（1）求曲线的直角坐标方程和的普通方程；
（2）若曲线，有两个不同的公共点，求实数的取值范围.
【答案】（1）：，：；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据直角坐标与极坐标关系及题目条件得曲线的直角坐标方程，利用消元法消去t可得的普通方程；
（2）若曲线，有两个不同的公共点，法一：方程联立利用根与系数关系，利用判别式解出即可求实数的取值范围；法二：数形结合可得圆心到直线距离小于半径，解出即可求实数的取值范围.
【详解】（1）方法一：由得：.
由得：，即.
∴曲线的直角坐标方程为：，的普通方程为：.
方法二：由得：.
- 22 -
由得：；由得：.
∴.
整理得的普通方程为：.
∴曲线的直角坐标方程为：，的普通方程为：.
（2）方法一：由消得：.
由曲线，有两个不同的公共点得：，解得：.
又当圆：过点时，有，且曲线表示不过点的直线.
∴.
∴实数的取值范围为.
方法二：圆心到直线的距离为：.
由曲线，有两个不同的公共点得：，即.
又当圆：过点时，有，且曲线表示不过点的直线.
∴.
∴实数的取值范围为.
【点睛】本题考查直角坐标与极坐标的互化、参数方程与普通方程的互化、直线与圆的位置关系，解题的关键是熟记直角坐标与极坐标的互化关系，直线与圆的位置关系可借助二次方程判别式或距离关系求解，属于中等题.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数．
- 22 -
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
(1)利用分类讨论的方式解绝对值不等式，即可将区间分为、、，并分别求得对应解集，最后求并即为不等式的解集；(2)由上恒成立，化简得，利用函数的单调性、基本不等式即可求参数的范围
【详解】（1）当时，，不等式为
①当时，不等式可化为，即，无解；
②当时，不等式可化为，即，解得；
③当时，不等式可化为，即，解得，
综上，可得，故不等式的解集为
（2）当时，不等式，即，整理得，即
即，因为，所以分离参数可得
显然函数在上单调递减，所以，而函数，当且仅当，即时取等号，所以实数的取值范围为
【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法、利用不等式恒成立求参数范围；应用分类讨论的方式求绝对值不等式的解集，利用区间内不等式恒成立，结合函数单调性和基本不等式求参数范围
- 22 -
- 22 -
