福建省福州市2020届高三适应性练习卷数学理科试题 Word版含解析

福建省福州市2020届高三适应性练习卷数学理科试题 Word版含解析

www.ks5u.com 福州市2020届高三毕业班适应性练习卷 数学(理科)‎ 评分说明：‎ ‎1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则.‎ ‎2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.‎ ‎3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.‎ ‎4.只给整数分数.选择题和填空题不给中间分.‎ 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.在复平面内，已知复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出复数z,再求得解.‎ ‎【详解】由题得z=1-i ,‎ 所以.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查复数的几何意义和复数除法的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎2.已知集合，.若，则实数（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 根据集合元素所表示的意义，以及集合关系，即可求解.‎ ‎【详解】因为，所以直线与 直线平行，所以.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的概念与运算、解方程等基础知识，属于基础题.‎ ‎3.已知两个单位向量，若，则的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可求出，再由向量夹角公式，即可求解.‎ ‎【详解】因为，所以，所以，‎ 所以，又因为，所以.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量数量积与夹角，意在考查逻辑推理，数学运算，属于基础题.‎ ‎4.一组数据的平均数为，方差为，将这组数据的每个数都乘以得到一组新数据，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 这组新数据的平均数为 B. 这组新数据的平均数为 C. 这组新数据的方差为 D. 这组新数据的标准差为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算得到新数据的平均数为，方差为，标准差为，结合选项得到答案.‎ - 24 -‎ ‎【详解】根据题意知：这组新数据平均数为，方差为，标准差为.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了数据的平均值，方差，标准差，掌握数据变化前后的关系是解题的关键.‎ ‎5.已知平面平面,且,则“”是“”的( )‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：先证充分性，再证必要性．‎ 详解：平面平面且 ‎，故为充分条件 由可知 ‎，故为必要条件 综上：“”是“”的充要条件 选C.‎ 点睛：本题主要考查平面与平面之间的位置关系、以及平面与直线、直线与直线之间的位置关系，考查充分必要条件相关知识，考查了学生的空间想象能力、推理论证能力、逻辑思维能力，属于基础题．‎ ‎6.若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由指数函数、对数函数、幂函数的单调性，即可比较的大小.‎ - 24 -‎ ‎【详解】，，所以，‎ ‎，故.‎ 故选;B.‎ ‎【点睛】本题主要考查指数、对数、幂的运算及性质等基础知识，注意与特殊数的对比，如“0”“1”等等，属于基础题.‎ ‎7.若，则（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用诱导公式结合同角间的商的关系，从已知等式可求出，即可求解.‎ ‎【详解】由得，‎ 所以，所以或，‎ 故或.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换等基础知识，意在考查逻辑推理、数学运算的数学核心素养，属于基础题.‎ ‎8.抛物线的焦点为，点为上的动点，点为的准线上的动点，当为等边三角形时，其周长为（ ）‎ A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知结合抛物线的定义可得，垂直的准线于，设准线与轴交于 - 24 -‎ ‎，通过解直角三角形，求出等边三角形的边长；或设点坐标，利用，即可求出结论.‎ ‎【详解】方法一、因为为等边三角形，所以垂直的准线于，‎ 轴，设准线与轴交于，，‎ 所以的周长为；‎ 方法二、因为为等边三角形，，‎ 所以垂直的准线于，设，‎ 则，所以，‎ 又因为，且，‎ 所以，解得，‎ 所以，所以的周长为.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查抛物线的概念与性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，注意定义在解题中的应用，属于中档题.‎ ‎9.在同一平面直角坐标系中，画出三个函数，的部分图象如图所示，则（ ）‎ A. 为为为 B. 为为为 - 24 -‎ C. 为为为 D. 为为为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从三个函数的最值，周期大小关系，即可得出结论.‎ ‎【详解】，，的最大值分别为，1，1，‎ 由于图象的最大值最大，故为；‎ ‎，的最小正周期分别为，‎ 图象的最小正周期比小，故为，为.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质等基础知识，熟练掌握函数的性质是解题的关键，属于基础题.‎ ‎10.射线测厚技术原理公式为，其中分别为射线穿过被测物前后的强度，是自然对数的底数，为被测物厚度，为被测物的密度，是被测物对射线的吸收系数.工业上通常用镅241（）低能射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种射线的吸收系数为（ ）‎ ‎（注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，，结果精确到0.001）‎ A. 0.110 B. 0.112 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意知,，代入公式,求出即可.‎ ‎【详解】由题意可得,因为,‎ 所以,即.‎ - 24 -‎ 所以这种射线吸收系数为.‎ 故选:C ‎【点睛】本题主要考查知识的迁移能力,把数学知识与物理知识相融合;重点考查指数型函数,利用指数的相关性质来研究指数型函数的性质,以及解指数型方程；属于中档题.‎ ‎11.已知双曲线的一条渐近线方程为，是上关于原点对称的两点，是上异于的动点，直线的斜率分别为，若，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 是上关于原点对称的两点，是上异于的动点，可得为定值，即可求解.‎ ‎【详解】∵双曲线的一条渐近线方程为，‎ ‎∴，则双曲线的方程为：，‎ 设，，则，所以 ‎，‎ 即，∵，∴.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的概念与性质、直线和双曲线的位置关系等基础知识，对于常用的二级推导结论要熟记，有利于尽快找到解题思路，属于中档题.‎ - 24 -‎ ‎12.在三棱锥中，底面，，是线段上一点，且.三棱锥的各个顶点都在球表面上，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为，则球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将三棱锥补成直三棱柱，根据球的性质，确定球心位置，要使过点作球的截面圆的面积最小，只需截面与垂直，当截面过球心时，截面面积最大，即可求解.‎ ‎【详解】将三棱锥补成直三棱柱，‎ 且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球，‎ 记三角形的中心为，设球的半径为，，‎ 则球心到平面的距离为，即，‎ 连接，则，∴.‎ 在中，取的中点为，连接，‎ 则，，‎ 所以.在中，，‎ 由题意得到当截面与直线垂直时，截面面积最小，‎ 设此时截面圆的半径为，‎ 则，‎ 所以最小截面圆的面积为，‎ 当截面过球心时，截面面积最大为，‎ 所以，，‎ 球的表面积为.‎ 故选:C.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，球体与截面等基础知识，确定球心是解题的关键，属于中档题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.曲线在点处的切线方程为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导数的几何意义,先求得在点处的切线的斜率.进而结合点斜式即可求得切线方程.‎ ‎【详解】曲线 则 所以在点处的切线的斜率为 由点斜式可得 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义,直线方程的点斜式应用,属于基础题.‎ ‎14.勒洛三角形是具有类似圆的“定宽性”的曲线，它是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛首先发现，其作法是：以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.如图中的两个勒洛三角形，它们所对应的等边三角形的边长比为，若从大的勒洛三角形中随机取一点，则此点取自小勒洛三角形内的概率为______.‎ - 24 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设图中的小的勒洛三角形所对应的等边三角形的边长为，分别求出大小勒洛三角形面积，其比值为所求.‎ ‎【详解】设图中的小的勒洛三角形所对应的等边三角形的边长为，‎ 则小勒洛三角形的面积为，‎ 因为大小两个勒洛三角形，它们所对应的等边三角形的边长比为，‎ 所以大勒洛三角形的面积为，‎ 若从大的勒洛三角形中随机取一点，‎ 则此点取自小勒洛三角形内的概率为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查概率与几何概型、平面几何等基础知识，考查阅读能力与应用意识和创新能力，属于中档题.‎ ‎15.已知的内角的对边分别为.若，则角大小为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角形内角和以及诱导公式将转化为，利用两角和公式，可求出，再用正弦定理，即可求解.‎ - 24 -‎ ‎【详解】因为 所以 所以所以 因为，所以，‎ 则，所以，‎ 又，则，‎ 因为，所以，故.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形、三角恒等变换等基础知识，属于基础题.‎ ‎16.已知函数是定义在上的偶函数.，且，都有，则不等式的解集为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解抽象函数的不等式，考虑函数的单调性应用，根据已知可得在是减函数，且关于直线对称，可得在上单调递减，，，转化为自变量大小关系，即可求解.‎ ‎【详解】因为函数是定义在上的偶函数，‎ 所以关于轴对称，‎ 由向左平移个单位得到，‎ 所以关于直线对称.‎ ‎，且，‎ 都有，‎ - 24 -‎ 所以在上单调递增，‎ 所以在上单调递减，‎ 因为，且，‎ 所以，所以，解得，‎ 所以原不等式的解集为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的概念与性质及其应用、解不等式等基础知识，意在考查逻辑推理、数学运算和直观想象的数学核心素养，属于中档题.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分.‎ ‎17.已知数列满足，，设.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）根据等差数列的定义，可得是等差数列，进而求出通项公式；‎ ‎（2）由已知求出的通项公式，根据通项公式的特征分组求和，转化为求等差数列和等比数列的前项和.‎ ‎【详解】方法一：（1）因为且，‎ 所以，‎ 又因为，‎ 所以是以2为首项，以2为公差的等差数列.‎ 所以.‎ ‎（2）由（1）及题设得，，‎ - 24 -‎ 所以数列的前项和 ‎.‎ 方法二：（1）因为，所以，‎ 又因为，‎ 所以，‎ 即，‎ 又因为，‎ 所以是以2为首项，以2为公差的等差数列.‎ 所以.‎ ‎（2）略，同方法一.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，注意辅助数列的应用，属于中档题.‎ ‎18.为抗击新型冠状病毒，普及防护知识，某校开展了“疫情防护”网络知识竞赛活动.现从参加该活动的学生中随机抽取了100名学生，将他们的比赛成绩（满分为100分）分为6组：，得到如图所示的频率分布直方图.‎ ‎（1）求的值，并估计这100名学生的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；‎ ‎（2）在抽取的100名学生中，规定：比赛成绩不低于80分为“优秀”，比赛成绩低于80分为“非优秀”.请将下面的2×2列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”？‎ - 24 -‎ 优秀 非优秀 合计 男生 ‎40‎ 女生 ‎50‎ 合计 ‎100‎ 参考公式及数据：.‎ ‎0.05‎ ‎0.01‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎【答案】（1），74.5分；（2）表格见解析，有 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据频率和为1，求出，按照平均数公式，即可求解；‎ ‎（2）由频率直方图求出，在抽取的100名学生中，比赛成绩优秀的人数，补全列联表，求出的观测值，结合提供数据，即可得出结论.‎ ‎【详解】（1）由题可得，‎ 解得.‎ 因为，‎ 所以估计这100名学生的平均成绩为74.5分 ‎（2）由（1）知，在抽取的100名学生中，比赛成绩优秀的有人，由此可得完整的列联表：‎ 优秀 非优秀 合计 男生 - 24 -‎ 女生 合计 ‎∵的观测值，‎ ‎∴有的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”.‎ ‎【点睛】本题主要考查概率与统计等基础知识，意在考查数学建模、数学抽象、数学运算、数据分析的数学核心素养，属于基础题.‎ ‎19.在底面为菱形的四棱柱中，平面.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知可证，即可证明结论；‎ ‎（2）根据已知可证平面，建立空间直角坐标系，求出坐标，进而求出平面和平面的法向量坐标，由空间向量的二面角公式，即可求解.‎ ‎【详解】方法一：（1）依题意，且∴，‎ ‎∴四边形是平行四边形，∴，‎ - 24 -‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）∵平面，∴，‎ ‎∵且为的中点，∴，‎ ‎∵平面且，‎ ‎∴平面，‎ 以为原点，分别以为轴、轴、轴的正方向，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，‎ ‎∴‎ 设平面的法向量为，‎ 则，∴，取，则.‎ 设平面的法向量为，‎ 则，∴，取，则.‎ ‎∴，‎ 设二面角的平面角为，则，‎ - 24 -‎ ‎∴二面角的正弦值为.‎ 方法二：（1）证明：连接交于点，‎ 因为四边形为平行四边形，所以为中点，‎ 又因为四边形为菱形，所以为中点，‎ ‎∴在中，且，‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面 ‎（2）略，同方法一.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行的证明，考查空间向量法求面面角，意在考查直观想象、逻辑推理与数学运算的数学核心素养，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆()的离心率为，以的短轴为直径的圆与直线相切.‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）直线交于，两点，且.已知上存在点，使得是以为顶角的等腰直角三角形，若在直线的右下方，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由的短轴为直径的圆与直线相切求出，再由离心率和关系，可求出椭圆标准方程；‎ ‎（2）将直线与椭圆方程联立，消元整理，由根与系数关系，得到的两个关系式，再从已知条件寻找第三个等量关系，根据已知结合平面图形，可得轴，过作的垂线，垂足为，则为线段的中点，得，进而有 - 24 -‎ ‎，代入直线方程，得到等量关系，求解关于方程组，即可求出.‎ ‎【详解】（1）依题意，，‎ 因为离心率，‎ 所以，解得，‎ 所以的标准方程为.‎ ‎（2）因为直线的倾斜角为，‎ 且是以为顶角的等腰直角三角形，‎ 在直线的右下方，所以轴，‎ 过作的垂线，垂足为，则为线段的中点，‎ 所以，故，‎ 所以，即，‎ 整理得.①‎ 由得.‎ 所以，解得，‎ 所以，②‎ ‎，③‎ 由①②得，，④ ‎ 将④代入②得，⑤‎ 将④⑤代入③得，解得.‎ 综上，的值为.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，直线和圆的位置关系等基础知识，意在考查数学运算和逻辑推理，属于中档题.‎ ‎21.已知函数 ‎（1）求函数的极值点；‎ ‎（2）当时，当函数恰有三个不同的零点，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）当时，无极值点；当时，有极大值点，无极小值点；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，对或是否恒成立做为分类讨论标准，若不恒成立，求出单调区间，进而求出极值，得出结论；‎ ‎（2）求出，要使函数有三个零点，有两个大于零的解，求出的范围，设为两个大于零的解，且有，不妨设，而，只需求出在各存在一个零点的范围，即可求出结论.‎ ‎【详解】（1）因为所以，‎ 所以，‎ 当时，，所以函数无极值点；‎ 当时，令，解得.‎ 由，解得；由，解得.‎ 故函数有极大值点，无极小值点.‎ - 24 -‎ 综上，当时，函数无极值点；‎ 当时，函数有极大值点，无极小值点.‎ ‎（2）当时，，‎ 所以，‎ 设，则 ‎①当即时，，所以在单调递减，‎ 所以不可能有三个不同的零点；‎ ‎②当即时，有两个零点 ‎，，‎ 所以又因为开口向下，‎ 当时，，所以在上单调递减；‎ 当时，，所以在上单调递增；‎ 当时，，所以在上单调递减.‎ 因为，又，所以，‎ 令 则.‎ 所以在单调递增，‎ - 24 -‎ 所以，即.‎ 由零点存在性定理知，在区间上有唯一的一个零点.‎ 又，所以.‎ 所以，所以在区间上有唯一的一个零点，‎ 故当时，存在三个不同的零点.‎ 故实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数和导数及其应用、函数零点等基础知识，意在考查直观想象、逻辑推理与数学运算的数学核心素养，属于难题.‎ ‎22.已知直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（2）设点为上的任意一点，求到距离的取值范围.‎ ‎【答案】（1）：，：；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对于，可用代入法消去参数，求出普通方程；将代入方程，即可化为直角坐标方程；‎ ‎（2）由（1）为直线，为圆，求出圆心到直线的距离，利用几何法即可得出结论.‎ - 24 -‎ ‎【详解】（1）的普通方程为，即.‎ 的直角坐标方程为，即.‎ ‎（2）由（1）知，是以为圆心，半径的圆，‎ 圆心到的距离，‎ 所以直线与圆相离，到距离的最小值为；‎ 最大值为，‎ 所以到距离的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线的参数方程、曲线直角坐标方程、极坐标方程的互化，圆的极坐标方程等基础知识，属于中档题.‎ ‎23.已知，且 ‎（1）求的取值范围；‎ ‎（2）求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由条件等式将用表示，再从，进一步求出的范围，将问题转化为求二次函数的取值范围，二次函数配方，即可求解；‎ ‎（2）根据已知条件转化证明，利用基本不等式即可得证.‎ ‎【详解】（1）依题意，，故.‎ 所以，‎ 所以，即的取值范围为.‎ ‎（2）因为，‎ - 24 -‎ 所以 ‎，‎ 当且仅当时，等号成立，‎ 又因为，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查配方法、基本不等式和不等式证明等基础知识，解题中注意应用条件等式，属于中档题.‎ - 24 -‎ ‎ ‎ - 24 -‎