贵州省贵阳第一中学2020届高三适应性月考卷（一）理科数学试题 Word版含解析

贵州省贵阳第一中学2020届高三适应性月考卷（一）理科数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 理科数学试卷 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题中上填写清楚.‎ ‎2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答变标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.‎ ‎3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.‎ 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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解一元二次不等式求得集合，由此求得.‎ ‎【详解】由解得，由于，所以，所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合交集的运算，属于基础题.‎ ‎2.在复平面内，复数满足，则的共轭复数的虚部是（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的模、复数的除法运算求得，由此求得的共轭复数，进而求得的共轭复数的虚部.‎ ‎【详解】由得，所以 - 23 -‎ ‎，虚部为.‎ 故选：A ‎【点睛】本小题主要考查复数的模和除法运算，考查共轭复数的概念，考查复数的虚部，属于基础题.‎ ‎3.已知命题：“”的否定是“”；命题：函数有三个零点，则下列命题为真命题的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别判断出命题的真假性，由此确定正确选项.‎ ‎【详解】对于命题，“”的否定是“”，所以为假命题.‎ 对于命题，令得，画出的图像如下图所示，由图可知，两个函数图像有个交点，所以有三个零点，即为真命题.‎ 所以为真命题.B选项正确，其它选项均为假命题.‎ 故选:B - 23 -‎ ‎【点睛】本小题主要考查全称命题的否定，考查函数零点个数判断，考查含有逻辑连接词命题真假性的判断，属于基础题.‎ ‎4.下列函数中，既是奇函数又在区间上为减函数的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的奇偶性排除AC选项，利用导数求BD选项在区间上的单调性，由此确定正确选项.‎ ‎【详解】对于AC选项为偶函数，也是偶函数，所以AC两个选项不符合题意.‎ 对于B选项，，所以函数在上递增，不符合题意.‎ 对于D选项，在区间上满足，所以函数在区间上为减函数符合题意.‎ 故选：D ‎【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性和单调性，考查利用导数判断函数在区间上的单调性，属于基础题.‎ ‎5.将一颗质地均匀的骰子（它是一种各面上分别标有1，2，3，4，5，6点数的正方体玩具）先后抛掷2次，记第一次出现的点数为，记第二次出现的点数为，则的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用古典概型概率计算公式，计算出所求概率.‎ ‎【详解】将一颗质地均匀的骰子先后抛掷次，基本事件总数为 - 23 -‎ 种，满足第一次出现的点数为，记第二次出现的点数为，且的有：共两种，所以概率为.‎ 故选：A ‎【点睛】本小题主要考查古典概型的计算，属于基础题.‎ ‎6.若双曲线的实轴长为8，则其渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的实轴长求得，由此求得渐近线方程.‎ ‎【详解】依题意，，所以双曲线方程为，则其渐近线方程为.‎ 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查双曲线的实轴，考查双曲线的渐近线方程的求法，属于基础题.‎ ‎7.某四棱锥的三视图如图所示，则侧面四个三角形中，最小三角形面积为（ ）‎ A. 2 B. C. D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 画出几何体的直观图，判断三角形面积最小的三角形，然后求解三角形的面积即可.‎ ‎【详解】‎ 由三视图可知该几何体是四棱锥是正方体的一部分，‎ 正方体的棱长为2，‎ 为所在棱中点，‎ 如图，则最小三角形面积是,‎ ‎.‎ 故选.‎ ‎【点睛】本题主要考查学生对三视图之间的关系的理解和画出几何体的直观图，是基础题.‎ ‎8.将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位，所得函数图象的一条对称轴为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得函数经过图象变换后所得函数解析式，再求其对称轴，由此确定正确选项.‎ ‎【详解】将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得到，再向左平移个单位得到.由解得，令，求得函数的一条对称轴为.‎ - 23 -‎ 故选：D ‎【点睛】本小题主要考查三角函数图象变换，考查三角函数对称轴的求法，属于基础题.‎ ‎9.若向量满足，与的夹角为60°，则在向量上的投影等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量投影公式，结合向量数量积的运算，求得在向量上的投影.‎ ‎【详解】在向量上的投影为，‎ ‎.‎ ‎.‎ 所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查向量投影的计算，考查向量数量积、模的运算，属于基础题.‎ ‎10.已知的展开式中的系数为25，则展开式中所有项的系数和为（ ）‎ A. B. 97 C. 96 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得的值：解法一直接展开，再寻找的系数；解法二利用二项式定理，结合乘法分配律，求得的系数.由此列方程，求得的值.‎ 然后令，求得展开式中所有项的系数和.‎ ‎【详解】解法1：因为，‎ - 23 -‎ 所以的系数为，所以，解得，‎ 所以，令，得.‎ 解法2：由乘法分配律知的展开式中的系数为 所以，解得，所以 令，得.‎ 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查二项式定理的运用，考查展开式中所有项的系数和的求法，属于基础题.‎ ‎11.若不等式（为自然对数的底数）对成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解法一利用函数的整体性，抓住关键点处的单调函数值不超过，解两个含绝对值不等式；解法二利用函数的整体性，求出的范围，再利用绝对值的基本解法，分离参变量；解析三对参数进行讨论，目的是寻找函数的最大值，由此求得的取值范围..‎ ‎【详解】解法1：设，则，所以在上单调递减，所以，所以，‎ 为使不等式对成立，则 - 23 -‎ 而，‎ 所以，解得 所以，故选A.‎ 解法2：设，则 所以在上单调递减，所以 为使不等式对成立 即对成立 所以对成立，即 所以，故选A.‎ 解法3：设，则 所以在上单调递减，所以 为使不等式对成立 即不等式对成立 当时，对成立，即，不符 当时，对成立，显然恒成立 - 23 -‎ 当时，‎ 只需，即 所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了含绝对值不等式恒成立问题，属于中等题.‎ ‎12.已知函数（是自然对数的底数）与的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将问题转化为方程在区间上有解，分离常数得到方程在区间上有解.构造函数（），利用导数求得的单调区间和最值，由此求得的取值范围，进而求得的取值范围.‎ ‎【详解】根据题意，若函数（是自然对数的底数）与的图像上存在关于轴对称的点，则方程在区间上有解.‎ ‎，即 ‎∴方程在区间上有解，设函数（）‎ - 23 -‎ 其导数，又 ‎∴在有唯一的极值点 易知：当时，，为减函数，当时，，为增函数 ‎∴函数有最小值.又，比较得 ‎∴函数有最大值 ‎∴函数在区间上的值域为，若方程在区间上有解，必有，即，∴实数的取值范围是.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了两个函数的图象是否存在关于坐标轴的对称位置，属于中等题. 解法中主要利用了对称性思路，化“点”的对称为“两函数”交点情况，再利用参变量分离，研究参数的取值范围.‎ 二、填空题 ‎13.设，函数的导数是，且是偶函数，若曲线的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为________.‎ ‎【答案】或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 先求出函数的导函数，然后根据偶函数性质，求出参数的值，最后利用切线的斜率列方程，求出切点的横坐标.‎ ‎【详解】∵且是偶函数，∴.设切点为，则 解得或.‎ 故答案为：或 ‎【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性，考查根据切线的斜率求参数，属于基础题.‎ ‎14.已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的一个交点，若，则________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先利用相似，求出线段长度，然后利用抛物线定义，化为，‎ ‎【详解】设到抛物线准线的垂线段为，则.抛物线焦点到准线的距离为，如图，由抛物线定义及 得，.∴.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的定义，考查数形结合的数学思想方法，属于简单题.‎ 三、解答题 - 23 -‎ ‎15.已知函数.‎ ‎（1）求的单调递增区间；‎ ‎（2）在中，内角的对边分别为，已知，成等差列，且，求边的值.‎ ‎【答案】（1）单调增区间为（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用二倍角公式和辅助角公式，将函数化为形式，进而求出函数的单调区间；‎ ‎（2）由求得的大小，根据，结合以及余弦定理，解方程求得的值.‎ ‎【详解】（1），‎ 令.‎ ‎∴的单调增区间为.‎ ‎（2）由，得，∵，∴，∴.‎ 由，，成等差数列得，∵，∴，∴，‎ 由余弦定理得，∴，∴.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数恒等变换、三角函数性质和余弦定理解三角形，属于简单题.‎ ‎16.某大学生自主创业，经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出该产品获利润800元，未售出的产品，每亏损200元.根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示.该大学生为下一个销售季度购进了该农产品.以（单位：‎ - 23 -‎ ‎）表示下一个销售季度内的市场需求量，（单位：元）表示下一个销售季度内经销该农产品的利润.‎ ‎（1）将表示为的函数；‎ ‎（2）根据直方图估计利润不少于94000元的概率；‎ ‎（3）在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率（例如：若，则取，且的概率等于需求量落入的频率），求的均值.‎ ‎【答案】（1）（2）0.7（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意求得分段函数的解析式.‎ ‎（2）由（1）求得的取值范围，结合频率分布直方图求得下一个销售季度的利润不少于94000元的概率的估计值.‎ ‎（3）根据的解析式，结合频率分布直方图，求得分布列，并求出数学期望.‎ ‎【详解】（1）由题意得，当时，，‎ 当时，，‎ ‎∴.‎ ‎（2）由（1）知，利润不少于94000元，当且仅当.由直方图知需求量 - 23 -‎ 的频率为0.7，所以下一个销售季度的利润不少于94000元的概率的估计值为0.7.‎ ‎（3）依题意可得的分布列，‎ ‎79000‎ ‎89000‎ ‎99000‎ ‎104000‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.4‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图的认识，考查分布列和数学期望的求法，属于简单题.‎ ‎17.如图，多面体中，四边形是为钝角的平行四边形，四边形为直角梯形，且.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若点到平面的距离为，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）利用勾股定理证得，结合，证得平面，根据线线平行证得平面，由此证得.判断出四边形为菱形，由此证得，由此证得平面，从而证得.‎ ‎（2）利用第一问的结论，判断出线与平面所成角，结合点到平面的距离为，求得的长，然后通过解三角形，把相应的线面角的正弦值求出.‎ - 23 -‎ ‎【详解】（1）在中，，所以 又因为，所以平面，因为 所以平面，所以，‎ 在平行四边形中，且，所以平行四边形为菱形 于是 所以平面，而平面，所以.‎ ‎（2）因为平面且垂足为，所以为直线与平面所成角.‎ 因为平面，平面，所，‎ 所以到平面的距离为到平面的距离.‎ 所以平面平面 所以平面平面且交线为 过作，则，所以 所以，所以 在中，，‎ 所以.所以直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【点睛】本题考查了空间线线垂直的证法，考查线面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中等题.‎ ‎18.已知函数.‎ ‎（1）若，求的单调区间；‎ ‎（2）若在上的最大值是，求的值；‎ ‎（3）记，当时，若对任意式，总有 - 23 -‎ 成立，试求的最大值.‎ ‎【答案】（1）在上是增函数；在上是减函数（2）（3）的最大值为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得的定义域和导函数，由此求得的单调区间.‎ ‎（2）求得的导函数，对分成，，三种情况，结合在区间上的单调性和最大值，求得的值.‎ ‎（3）首先求得的的表达式，利用的导函数判断出当时，为减函数，由此将不等式转化为，构造函数，在上为减函数，由的导函数分离常数，得到，结合基本不等式，求得的最大值.‎ ‎【详解】（1）的定义域是，，‎ 令，则（舍去），‎ 当时，，故在上是增函数；‎ 当时，，故在上是减函数.‎ ‎（2）∵，则，‎ ‎①当时，在上是增函数，‎ 故在上的最大值为，显然不合题意：‎ ‎②若即时，，则在上是增函数，‎ 故在上的最大值为，不合超意，舍去；‎ - 23 -‎ ‎③若即时，则在上是增函数，在上是减函数，‎ 故在在上的最大值为，解得，符合，‎ 综合①②③得.‎ ‎（3），则，‎ 当时，，故时，在上是减函数，‎ 不妨设，则，‎ 故等价于，‎ 即，记，从而在上为减函数，‎ 由，得，故恒成立，‎ ‎∵，又在上单调递减 ‎∴，∴，∴.‎ 故时，的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的单调性与最值；以及函数构造求参数最大值，属于中等题. 第一问主要是考查了给定函数的单调性；第二问主要是考查了给定函数最大值，求参数的值，富有逻辑推理过程；第三问主要考查了构造新函数，利用它是减函数，借助于导数恒成立，求出参数的最大值..‎ ‎19.已知椭圆的左焦点为，椭圆上动点到点的最远距离和最近距离分别为和.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ - 23 -‎ ‎（2）设分别为椭圆的左、右顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于、两点，若，为坐标原点，求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆上动点到点的最远距离和最近距离求得的值，由此求得的值，结合求得的值，进而求得椭圆方程.‎ ‎（2）解法一：设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，写出韦达定理，结合求得的值，然后根据三角形的面积公式求得三角形的面积.解法二：主要步骤和解法一相同，不同点在于采用代数式恒等变换求得的值，其它步骤与解法一相同..‎ ‎【详解】（1）设，由已知，.∴.∴.则椭圆的方程为.‎ ‎（2）解法1：设.与椭圆联立得.化简得.设，由韦达定理，有.又，.‎ ‎.‎ ‎∴.则.联立得.‎ 则即.‎ - 23 -‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ 解法2：设.，‎ 与椭圆联立得.化简得.‎ 其两个分别为，∴.①‎ 又..‎ ‎∵.化简得到.②‎ 在①中，令，得.③‎ 令，.∴，.④‎ 将③、④代入②得.解得.‎ 则.即.‎ ‎∴‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆方程的求法，以及给定数量积的值求三角形面积，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎20.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为 ‎（1）求圆的圆心到直线的距离；‎ - 23 -‎ ‎（2）己知，若直线与圆交于两点，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将直线的参数方程转化为普通方程，将圆的极坐标方程转化为直角坐标方程，并求得圆心坐标，利用点到直线的距离公式求得圆圆心到直线的距离.‎ ‎（2）设出直线的参数方程，代入圆的方程，写出韦达定理，根据直线参数方程参数的几何意义，求得的值.‎ ‎【详解】（1）由直线的参数方程为（为参数），消去参数，可得.‎ 圆极坐标方程为，即，‎ ‎∴圆的普通坐标方程为，则圆心 ‎∴圆心，到直线的距离 ‎（2）已知，点在直线上，直线与圆交于两点，将（为参数）代入圆的普通坐标方程，得 设，对应参数为，，则，‎ ‎∵，，∴是同为负号.‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了极坐标方程与参数方程，考查直线参数的几何意义的运用，属于中等题.‎ ‎21.已知函数.‎ - 23 -‎ ‎（1）解关于的不等式；‎ ‎（2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据绝对值不等式的解法，求得不等式的解集.‎ ‎（2）解法一：利用分离参数法，结合绝对值三角不等式，求得的取值范围.解法二：利用零点分段法去绝对值进行分类讨论，由此求得的取值范围.解法三：利用分析法，结合绝对值不等式化简，由此求得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）由题；，所以 故或，即或.‎ 所以原不等式的解集为.‎ ‎（2）解法1：分离参数 由题对任意均成立，故 ‎①当时，不等式恒成立；‎ ‎②当时，对任意非零实数恒成立，而，故 综上：‎ 解法2：分类讨论 由题恒成立；‎ ‎①当时，不等式恒成立；‎ ‎②当时，；‎ ‎③当时，，故；‎ ‎④当时，，故，故，即；‎ - 23 -‎ ‎⑤当时，，故恒成立.‎ 即：线性函数在时恒小于6，故，解得：‎ 综上：‎ 解法三： ‎ 由题对任意均成立，故 即为 而 转化为 ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式和含双绝对值不等式恒成立问题，属于中等题.‎ - 23 -‎ ‎ ‎ - 23 -‎