四川省成都石室中学2020届高三数学适应性考试试题文.doc

四川省成都石室中学2020届高三数学适应性考试试题文

四川省成都石室中学2020届高三数学适应性考试试题文

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- 23 -

四川省成都石室中学2020届高三数学适应性考试试题（一）文（含解析）
（满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将白己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效.
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的.
1.已知集合，，，则集合的子集个数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求出集合，由此可计算出集合的子集个数.
【详解】，，，
因此，集合的子集个数是.
故选：C.
【点睛】本题考查集合子集个数的计算，一般要求出集合的元素个数，考查计算能力，属于基础题.
2.若复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析：设复数，利用相等，求得，进而可求复数的模.
详解：设复数，
则，则，
所以，所以，故选C.
点睛：本题考查了复数相等的概念和复数模的求解，着重考查了学生的推理与运算能力.
3.已知，则下列各不等式中一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用特殊值法可判断A、B、C选项的正误，利用不等式的基本性质结合基本不等式可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，取，，则，A选项错误；
对于B选项，取，，则，B选项错误；
对于C选项，若为负数，则无意义，C选项错误；
对于D选项，，则，所以，D选项正确.
故选：D.
【点睛】本题考查不等式正误的判断，考查了不等式的基本性质与基本不等式的应用，属于基础题.
4.将函数的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到的图象，则的值是
A. 1 B. 2 C. D. 0
【答案】D
【解析】
将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，再向上平移1个单位，得到函数的图象，则；故选D.
点睛：本题易错之处是函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，往往错误得到.
5.设，满足约束条件，则的最小值是（ ）
A. 4 B. 5 C. 8 D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】
先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析得解.
【详解】由题得不等式组对应的可行域为如图所示的△ABC,

由题得y=-2x+z,当直线经过点A时，直线的纵截距最小，z最小.
联立得A(1,2),
所以的最小值是2×1+2=4.
故选A
【点睛】本题主要考查利用线性规划求最值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和数形结合分析推理能力.
6.《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，雨水、惊蛰、春分、清明日影之和为三丈二尺，前七个节气日影之和为七丈三尺五寸，问立夏日影长为（ ）
A. 七尺五寸 B. 六尺五寸 C. 五尺五寸 D. 四尺五寸
【答案】D
【解析】
【分析】
利用等差数列的通项公式以及求和公式列出方程组，求出首项和公差，由此可求得立夏日影长.
【详解】从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，雨水、惊蛰、春分、清明日影之和为三丈二尺，前七个节气日影之和为七丈三尺五寸，
设十二节气第个节气的日影长为，则数列为等差数列，设其公差为，前项和为，
则，解得，
，因此，立夏日影长为四尺五寸.
故选：D.
【点睛】本题考查新文化中的等差数列问题，考查等差数列与前项和中基本量的计算，考查计算能力，属于基础题.
7.若直线与圆相交于A，B两点，当时，（ ）
A. -1 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
将圆的方程化为标准方程，求出圆心和半径，利用垂定理列式求出的值.
【详解】解：由圆，得，
所以圆心，半径为，
所以圆心到直线的距离，
因为，
所以，解得，
故选：C
【点睛】此题考查直线与圆的位置关系的应用，考查点到直线的距离公式，属于中档题.
8.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点，.则（ ）
A. 1 B. C. 2 D. 与有关
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，求出向量、的坐标，进而可得的坐标，由向量模的公式以及和角公式计算可得答案.
【详解】解：根据题意，，.
则，，
则有，
故
，则；
故选：B.
【点睛】本题考查了向量模的坐标表示，考查了向量线性运算的坐标表示，考查了同角三角函数的基本关系，考查了三角恒等变换.本题的关键是求出所求向量的坐标表示.本题的难点是计算化简.
9.某四面体的三视图如图所示，正视图，俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（ ）

A. B. C. 4 D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：如图所示，该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥 ，
其中面积最大的面为： .
本题选择B选项.

点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．
10.已知双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为M，N，点P在C的渐近线上，，，则双曲线的C的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题可得是直角三角形，则可得.又在中，由余弦定理可求得，根据勾股定理可知，则在中，利用可得，即渐近线方程为.
【详解】连接OP，则由可知，
则在中，，
在中，，则，
又，则由余弦定理得：
，
解得，
由知，即，
所以在中，，
即，则，
所以所求渐近线方程为：.
故选：D.

【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，利用余弦定理解三角形，属于中档题.
11.已知是定义域为的奇函数，满足,若，则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意，求得，且函数是以4为周期的周期函数，根据，求得一个周期内的函数值的和，进而求得的值，得到答案．
【详解】由函数是定义域为的奇函数，所以，且，
又由，即，
进而可得，所以函数是以4为周期的周期函数，
又由，可得，，
则，
所以．
故选C．
【点睛】本题主要考查了函数的基本性质的应用，其中解答中熟练应用函数的奇偶性和函数的周期性是解答本题的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题．
12.已知曲线和，若直线与都相切，且与相切于点，则的横坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设，另设与相切于点，则，根据是和的公切线，可得，求出的值，即可得答案；
【详解】设，另设与相切于点，则．
由得，由得．
因为是和的切线，所以，即．
又在单调递增，所以．
又因为，即，
所以，
即，解得或（不合，舍去）．
所以，
故选：C．
【点睛】本题考查导数的几何意义求切线方程，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意设出切点的坐标.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.
13.计算：________.
【答案】.
【解析】
【分析】
根据对数和指数的运算性质可得出答案.
【详解】原式，
故答案为.
【点睛】本题考查对数与指数的运算，解题的关键就是熟练运用对数与指数的运算性质进行计算，考查计算能力，属于基础题.
14.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】
由题意首先求得C的值，然后利用等腰三角形的性质求解的值即可.
【详解】由正弦定理知，所以，则，
所以，所以，即.
【点睛】本题主要考查正弦定理，等腰三角形的性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
15.已知点，，过的直线与抛物线相交于两点．若为中点，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】
易知抛物线的焦点，准线，分别作点到准线的垂线段，垂足分别为点，根据抛物线的定义，有，即可求得的值.
【详解】易知抛物线的焦点，准线．
分别作点到准线的垂线段，垂足分别为点．

根据抛物线的定义，有，
因为，且为中点，
所以是的中位线，，
即．故．
故答案为：.
【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系、抛物线的定义，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意平面几何知识的运用.
16.已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为1的正三角形，为球的直径，该三棱锥的体积为，则球的表面积为__________．
【答案】
【解析】
设的中心为，由题意得,所以球的半径满足，球的表面积为
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1月1日，我国开始施行《个人所得税专项附加扣除操作办法》，附加扣除的专项包括子女教育、继续教育、大病医疗、住房货款利息、住房租金、赡养老人.某单位有老年员工140人，中年员工180人，青年员工80人，现采用分层抽样的方法，从该单位员工中抽取20人，调查享受个人所得税专项附加扣除的情况，并按照员工类别进行各专项人数汇总，数据统计如下：
员工\人数\专项
子女教育
继续教育
大病医疗
住房贷款利息
住房租金
赡养老人
老员工
4
0
2
2
0
3
中年员工
8
2
1
5
1
8
青年员工
1
2
0
1
2
1

（Ⅰ）在抽取的20人中，老年员工、中年员工、青年员工各有多少人；
（Ⅱ）从上表享受住房货款利息专项扣除的员工中随机选取2人，求选取2人都是中年员工的概率.
【答案】（1）7，9，4，（2）
【解析】
【分析】
（1）先求出该单位所有员工数量，再根据分层抽样的特点求解即；
（2）先列出从享受住房货款利息专项扣除的员工中随机选取2人的所有情况，然后再求出其中2人都是中年员工的情况，再利用古典概型公式求解.
【详解】解：（1）该单位员工共有140+180+80=400人，
则抽取老年员工有人，
抽取中年员工有人，
抽取青年员工有人，
所以在抽取的20人中，老年员工、中年员工、青年员工各有7人，9人，4人，
（2）从上表可知享受住房货款利息专项扣除的员工共有8人，其中老年员工2人，记为A,B，中年员工5人，记为C,D,E,F,G,青年员工1人，记为H,则从这8人中随机选取2人有：AB,AC,AD,AE,AF,AG,AH,BC,BD,BE,BF,BG,BH,CD,CE,CF,CG,CH,DE,DF,DG,DH,EF,EG,EH,FG,FH,GH共28种等可能情况，其中2人都是中年员工有CD,CE,CF,CG,DE,DF,DG,EF,EG,FG有10种等可能情况，
所以选取2人都是中年员工的概率为
【点睛】此题考查分层抽样，古典概型，考查学生对数据的分析能力和运算能力，属于基础题.
18.如图所示，四棱柱，底面ABCD是以AB，CD为底边的等腰梯形，且，，.

（1）求证：平面平面ABCD；
（2）若，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）在中，利用余弦定理求出，可得，再加上，可得平面，进而可得平面平面ABCD；
（2）取BD中点O，由（1）可得出面ABCD，通过平面ABCD，得，代入条件可得答案.
【详解】（1）中，，，，
则，
，
即，又，，
平面，
又面ABCD，所以平面平面ABCD.
（2）取BD的中点O，由于，所以，
由（1）可知平面面ABCD，而平面面，
平面，故面ABCD.
因为，，则，
因为平面ABCD，
所以
.
【点睛】
本题考查面面垂直证明，考查锥体体积的计算，关键是利用线线平行转换锥体的顶点求体积，是中档题.
19.已知数列的前项和为，且（），数列满足，（）．
（Ⅰ）求数列通项公式；
（Ⅱ）记数列的前项和为，证明：．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由与的关系式得到时，，由等比数列的定义，可得为等比数列，由求得，写出通项公式即可；
（2）由，代入，，得到，从而得到的通项，应用裂项相消法求得，即可证明.
【详解】（Ⅰ）（），①
当时， ，②
①②得，
即，，
，，
又，，
数列是首项为1，公比为2的等比数列，
．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，
（），
，
，
.
【点睛】本题考查了和的关系、等比数列的通项公式以及裂项相消法求和的应用，考查了转化能力和计算能力，属于中档题.
20.已知动圆P经过点，并且与圆相切.
（Ⅰ）求圆心P的轨迹C的方程；
（Ⅱ）O是坐标原点，过点的直线与C交于A，B两点，在C上是否存在点Q，使得四边形是平行四边形？
【答案】(1) ；
(2) 直线为或时，椭圆C上存在点Q，否则不存在.
【解析】
【分析】
(1) 由椭圆的定义可得，P的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，进而求出方程.
(2) 假设存在，根据平行四边形已知三个点坐标，表示Q的坐标，设直线方程，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理整理Q的坐标，根据Q在椭圆上，求得直线方程.
【详解】(1) 由题意可得N在圆M内部，所以两圆内切，
所以，
由椭圆的定义可知，点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
设椭圆方程为，
其中，，
所以，
所以点的轨迹的方程为.
(2) 假设C上存在点Q，使得四边形是平行四边形，
由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为：
设直线与椭圆C的交点，
则
联立可得，
由韦达定理可得，

所以，
点 Q在椭圆C上，所以，
解得
综上可得，直线为或时，
椭圆C上存在点Q，使得四边形是平行四边形，否则不存在.
【点睛】本题考查了圆的方程，椭圆的定义，直线方程以及直线和椭圆的关系；考查了理解辨析，数学运算和转化能力，属于中档题.
21.已知函数.
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）当存在三个不同的零点时，求实数a的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）先对函数求导，求导后令，由判别式结合二次函数根的分布求解原函数的单调区间；
（2）由（1）求出的函数单调性可使存在三个不同的零点时实数a的取值范围
【详解】解：（1）由，得，
当时，，所以 在上单调递增
令，则，
当≤0时，即≥，则≤0，即≤0，
所以在上单调递减；
当，即时，
由，解得
当时，，则 在上单调递增，
当时，，
当 时，，即 ，则在和上单调递减；
当时，，即 ，则上单调递增；
综上，当≤0时，在上单调递增；
当时，在和上单递减，在上单调递增；
当≥时，在上单调递减；
（2）由（1）可当≥时，在上单调递减，当≤0时，在上单调递增，不可能有3个零点，
所以时，在和上单递减，在上单调递增，
因为，，所以，
，，
令，则，
令，则在 上为增函数，
由，得，所以当时，，
所以 在上单调递减，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
由零点存在性定理可知，在区间上有一个根，设为，
又，得，
而，所以是函数的另一个零点，
所以当时，有3个零点，
所以实数a的取值范围为
【点睛】此题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数零点的判定，考查计算能力，属于难题.
（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.在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数)，直线的参数方程(为参数)，若直线的交点为，当变化时，点的轨迹是曲线
（1）求曲线的普通方程；
（2）以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线的极坐标方程为，，点为射线与曲线的交点，求点的极径.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）将两直线化为普通方程，消去参数，即可求出曲线的普通方程；
（2）设Q点的直角坐标系坐标为,求出，
代入曲线C可求解.
【详解】（1）直线的普通方程为,直线的普通方程为
联立直线,方程消去参数k,得曲线C的普通方程为
整理得.
（2）设Q点的直角坐标系坐标为,
由可得
代入曲线C的方程可得，
解得（舍），
所以点的极径为.
【点睛】本题主要考查了直线的参数方程化为普通方程，普通方程化为极坐标方程，极径的求法，属于中档题.
【选修4-5：不等式选讲】
23.已知，.
（Ⅰ）当时，求不等式的解集；
（Ⅱ）求证：.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）当时，不等式为，平方转化为解不等式即可；
（Ⅱ）利用绝对值三角不等式即可证明.
【详解】（Ⅰ）当时，不等式为，平方得，
则，得，即或，
所以，所求不等式的解集；
（Ⅱ）因为
，
又，
所以，不等式得证.
【点晴】本题考查解绝对值不等式以及利用绝对值三角不等式证明不等式，考查学生的数学运算能力，逻辑推理能力，是一道容易题.