【解析】四川省棠湖中學高三第一次高考適應(yīng)性考試數(shù)學（理）試題

四川省成都雙流棠湖中學高2020屆第一次高考適應(yīng)性考試理科數(shù)學注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名和準考證號填寫在答題卡上.2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.第I卷選擇題（60分）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解對數(shù)不等式和一元二次不等式確定集合，然后由并集概念求解．【詳解】解：，，，故選：C.【點睛】本題考查集合的并集運算，考查對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)和解一元二次不等式，掌握對數(shù)函數(shù)性質(zhì)是解題關(guān)鍵．的虛部為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】直接利用復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡得答案．【詳解】∵z，∴復數(shù)z的虛部為．故選：D【點睛】本題考查的是復數(shù)的運算及其概念，較簡單.，則（）A.a＜b＜c B.a＜c＜b C.b＜a＜c D.c＜a＜b【答案】B【解析】【分析】利用對數(shù)函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求解.【詳解】，，，，，，，故選：B.【點睛】本題考查指數(shù)式和對數(shù)式的大小比較，考查邏輯推理能力、運算求解能力，求解時注意中間變量的引入.4.下邊程序框圖的算法源于我國古代聞名中外的《中國剩余定理》.表示正整數(shù)除以正整數(shù)的余數(shù)為，例如.執(zhí)行該程序框圖，則輸出的等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)程序框圖依次執(zhí)行循環(huán)，直至跳出循環(huán)，輸出結(jié)果.【詳解】繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：跳出循環(huán)，輸出故選：D【點睛】本題考查循環(huán)結(jié)構(gòu)流程圖，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)題.5.新冠肺炎期間某商場開通三種平臺銷售商品，收集一月內(nèi)的數(shù)據(jù)如圖1；為了解消費者對各平臺銷售方式的滿意程度，該商場用分層抽樣的方法抽取4%的顧客進行滿意度調(diào)查，得到的數(shù)據(jù)如圖2．下列說法錯誤的是（）A.樣本容量為240B.若樣本中對平臺三滿意的人數(shù)為40，則C.總體中對平臺二滿意的消費者人數(shù)約為300D.樣本中對平臺一滿意的人數(shù)為24人【答案】B【解析】【分析】對每一個選項逐一分析判斷得解.求出樣本容量為240判斷選項A的正誤；求出判斷選項B的正誤；計算出總體中對平臺二滿意的消費者人數(shù)約為300判斷選項C的正誤；計算出樣本中對平臺一滿意的人數(shù)為24人判斷選項D的正誤.【詳解】選項A，樣本容量為，該選項正確；選項B，根據(jù)題意得平臺三的滿意率，，不是，該選項錯誤；選項C，樣本可以估計總體，但會有一定的誤差，總體中對平臺二滿意人數(shù)約為，該選項正確；選項D，總體中對平臺一滿意人數(shù)約為，該選項正確.故選：B．【點睛】本題主要考查分層抽樣，考查用樣本估計總體，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.，，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】根據(jù)兩條直線平行的條件，求得m的值，就可以判斷是“”是“”的什么條件．【詳解】當時，代入兩直線方程中，易知兩直線平行，即充分性成立時，顯然，從而有，解得或，但當時，兩直線重合，不合要求，故必要性成立．故選:C【點睛】本題考查了兩條直線平行的條件和充要條件這兩個知識點,屬于簡單題,在做題時注意使用以下三種方法,對充分、必要條件之間的關(guān)系進行判斷充分、必要條件的三種判斷方法．1．定義法：直接判斷“若則”、“若則”的真假．并注意和圖示相結(jié)合，例如“?”為真，則是的充分條件．2．等價法：利用?與非?非，?與非?非，?與非?非的等價關(guān)系，對于條件或結(jié)論是否定式的命題，一般運用等價法．3．集合法：若?，則是的充分條件或是的必要條件；若＝，則是的充要條件．7.展開式的常數(shù)項為（）A.112 B.48 C.112 D.48【答案】D【解析】【分析】把按照二項式定理展開，可得的展開式的常數(shù)項．【詳解】由于故展開式的常數(shù)項為，故選D．【點睛】本題考查二項式定理的應(yīng)用，考查了二項式展開式，屬于基礎(chǔ)題.8.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a6＝2，（a2+a10）（2a3+a9）＝12，則S5＝（）A.5 B.3 C.﹣3 D.﹣5【答案】D【解析】【分析】利用等差數(shù)列的性質(zhì)，可得，代入可得，結(jié)合，可得，可解得，利用等差數(shù)列前n項和公式可得解【詳解】由題意，數(shù)列{an}為等差數(shù)列，故故，又故選：D【點睛】本題考查了等差數(shù)列的綜合應(yīng)用，考查了等差數(shù)列的性質(zhì)，通項公式，求和公式，考查了學生綜合分析，轉(zhuǎn)化劃歸，數(shù)學運算能力，屬于中檔題是單位向量，且，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】將已知等式兩邊平方，結(jié)合單位向量可得，再根據(jù)計算可得結(jié)果.【詳解】因為是單位向量，，所以，所以，所以所以，故選：A【點睛】本題考查了平面向量的數(shù)量積的運算，考查了求平面向量的模，屬于基礎(chǔ)題.關(guān)于雙曲線一條漸近線對稱，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】將圓心的坐標代入漸近線可得結(jié)果即可.【詳解】因為圓關(guān)于雙曲線的一條漸近線對稱，則圓心在漸近線上，所以，，故選：D.【點睛】本題考查了圓的一般方程，考查了圓的對稱性，考查了雙曲線的漸近線方程，屬于基礎(chǔ)題.，且實數(shù)，滿足，若實數(shù)是函數(shù)的一個零點，那么下列不等式中可能成立的是（）A. B. C. D.【答案】ABC【解析】【分析】由題意，確定函數(shù)為增函數(shù)，進而得知，，中一項為負的，兩項為正的，或者三項都是負的，分類討論分別求得可能成立選項，從而得到答案.【詳解】由函數(shù)的單調(diào)性可得，函數(shù)在為增函數(shù)，由，則為負數(shù)的個數(shù)為奇數(shù)，對于選項，選項可能成立對于選項，當時，函數(shù)的單調(diào)性可得：即不滿足，故選項不可能成立，故選：【點睛】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，屬于中檔題.12.如圖，二面角α﹣1﹣β的平面角的大小為60°，A，B是1上的兩個定點，且AB＝2．C∈α，D∈β，滿足AB與平面BCD所成的角為30°，且點A在平面BCD上的射影H在△BCD的內(nèi)部（包括邊界），則點H的軌跡的長度等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析】根據(jù)題意：點H的軌跡是以點B為球心，以為半徑的球與以AB為軸，母線AH與軸AB成60°的圓錐側(cè)面交線的一部分，該部分是圓心角為的弧長，只要求出半徑即可.【詳解】如圖所示：因為AB與平面BCD所成的角為30°，且點A在平面BCD上的射影H，AB＝2，所以，所以點H在以點B為球心，以為半徑的球面上，又點H在以AB為軸，以AH為母線的圓錐的側(cè)面上，所以點H的軌跡為以點B為球心，以為半徑的球與以AB為軸，母線AH與軸AB成60°的圓錐側(cè)面交線的一部分，即圖中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB，因為二面角α﹣1﹣β的平面角的大小為60°，所以∠EOF=60°，又，所以點H的軌跡的長度等于，故選：A【點睛】本題主要考查動點的軌跡和弧長問題，還考查了空間想象和運算求解的能力，屬于中檔題.第II卷非選擇題（90分）二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.滿足，則的最小值為______.【答案】【解析】【分析】作出可行域，令，作出目標函數(shù)對應(yīng)的直線，平移該直線，即可求出的最小值.【詳解】畫出滿足條件的平面區(qū)域，如圖所示，令，所以，顯然直線過與的交點時，最小，，解得，此時，故答案為：.【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃求目標函數(shù)的最值，考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學思想方法，屬基礎(chǔ)題.求目標圖數(shù)最值的一般步驟：一畫、二移、三求.（1）作出可行域（一定要注意是實線還是虛線）；（2）找到目標函數(shù)對應(yīng)的最優(yōu)解對應(yīng)點；（3）將最優(yōu)解坐標代入目標函數(shù)求出最值.14.已知{an}是等差數(shù)列，公差d不為零．若a2，a3，a7成等比數(shù)列，且2a1＋a2＝1，則a1＝__________，d＝__________.【答案】(1).(2).1【解析】因為成等比數(shù)列，所以，所以，即①,又因為，所以②,由①②解得,故填.為定義域為的偶函數(shù)，當時，，若關(guān)于的方程()有且僅有6個不同的實數(shù)根，則實數(shù)的取值范圍是______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性作出函數(shù)的圖象，利用換元法判斷函數(shù)的根的個數(shù)，利用數(shù)形結(jié)合即可得出結(jié)論．【詳解】作出函數(shù)的圖象如圖：則在和上遞增，在和上遞減，當時，函數(shù)取得極大值；當時，取得極小值，關(guān)于的方程()有且僅有6個不同的實數(shù)根，設(shè)，則當，方程有個根，當，方程有個根，當或，方程有2個根，當，方程有4個根，當，方程有0個根．則必有兩個根、，則有兩種情況符合題意：①，且，此時，則；②，，此時同理可得，綜上可得a的范圍是，故答案為：．【點睛】本題主要考查函數(shù)與方程，考查函數(shù)表示法以及一次函數(shù)和二次函數(shù)，考查數(shù)形結(jié)合思想，考查邏輯思維能力和運算能力，屬于?？碱}.16.中，，且對于，最小值為，則_____.【答案】【解析】【分析】利用向量的減法運算和數(shù)量積，并借助余弦定理，化簡，可得到，化簡，并利用二次函數(shù)求最值，求出的最小值，且使最小值等于，可得，進而得出，最后利用余弦定理即可得解.【詳解】設(shè)，，，，，，的最小值為，，解得，，，，.故答案為：.【點睛】本題考查了向量的減法運算和數(shù)量積，余弦定理以及二次函數(shù)求最值問題，考查學生的運算求解能力，屬于綜合題，難度較大.利用向量的減法運算和數(shù)量積，并借助余弦定理，化簡，得出三角形三邊的關(guān)系是解題的關(guān)鍵.三．解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答.（一）必考題：共60分17.為直角三角形，斜邊上一點，滿足.（1）若，求；（2）若，，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理以及的范圍，得出的值，再借助即可得解；（2）設(shè)，根據(jù)已知條件和勾股定理求出，進而得到的值，再利用余弦定理即可得解.【詳解】（1）由正弦定理：，得，，，，，.（2）設(shè)，，，，從而，由余弦定理，即，解得，所以.【點睛】本題主要考查了正弦定理和余弦定理在平面幾何中的綜合應(yīng)用，屬于中檔題.平面幾何中解三角形問題的求解思路：（1）把所提供的平面圖形拆分成若干個三角形，然后在各個三角形內(nèi)利用正弦、余弦定理求解；（2）尋找各個三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，求出結(jié)果.18.某省即將實行新高考，不再實行文理分科.某校為了研究數(shù)學成績優(yōu)秀是否對選擇物理有影響，對該校2018級的1000名學生進行調(diào)查，收集到相關(guān)數(shù)據(jù)如下：（1）根據(jù)以上提供的信息，完成列聯(lián)表，并完善等高條形圖；選物理不選物理總計數(shù)學成績優(yōu)秀數(shù)學成績不優(yōu)秀260總計6001000（2）能否在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下認為數(shù)學成績優(yōu)秀與選物理有關(guān)？附：臨界值表：【解析】【分析】（1）由題意計算出各組人數(shù)后即可完成列聯(lián)表，進而可補全等高條形圖；（2）代入公式計算出，與3.841比較即可得出結(jié)論.【詳解】（1）根據(jù)題意填寫列聯(lián)表如下，選物理不選物理總計數(shù)學成績優(yōu)秀420320740數(shù)學成績不優(yōu)秀18080260總計6004001000完善等高條形圖，如圖所示；（2）計算，所以能在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下認為數(shù)學成績優(yōu)秀與選物理有關(guān).【點睛】本題考查了獨立性檢驗的應(yīng)用，考查了計算能力，屬于中檔題.19.如圖，在多面體中，，四邊形和四邊形是兩個全等的等腰梯形.（1）求證：四邊形為矩形；（2）若平面平面，，，，求多面體的體積.【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)全等的等腰梯形和已知條件得到且，由此證得四邊形為平行四邊形.分別取，的中點，，連接，通過證明四點共面，且，且相交，由此證得平面，從而證得,由此證得四邊形為矩形.（2）連結(jié)，，作，垂足為，則.先證明平面，然后證明平面，由此求得點到平面的距離、點到平面的距離，分別求得和的體積，由此求得多面體的體積.【詳解】（1）∵四邊形和四邊形是兩個全等的等腰梯形，∴且，∴四邊形為平行四邊形.分別取，的中點，.∵，為的中點，∴，同理，∴.∵為的中點，為的中點，∵，且.∴，，，四點共面，且四邊形是以，為底的梯形.∵，，且，是平面內(nèi)的相交線，∴平面.∵平面，∴，又，∴.∴四邊形為矩形.（2）連結(jié)，，作，垂足為，則.∵，，∴.在中，.∵，平面，平面，∴平面.∵平面平面，，平面平面，平面，∴平面，∴點到平面的距離為2，同理，點到平面的距離為2，則，；，.故多面體的體積為.【點睛】本小題主要考查證明一個四邊形為矩形的方法，考查四點共面的證明，考查線面平行的證明，考查面面垂直的性質(zhì)定理，考查分割法求幾何體的體積，考查空間想象能力和邏輯推理能力，綜合性較強，屬于中檔題.，.（1）若的切線過，求該切線方程；（2）討論與圖像的交點個數(shù).【答案】（1）（2）時，只有一個交點；時，有兩個交點【解析】【分析】（1）設(shè)出切點，根據(jù)，求出切點，進而求出直線斜率，從而得解；（2）構(gòu)造函數(shù)，求出導函數(shù)，通過分類討論，研究的單調(diào)性，進而判斷出的零點個數(shù)，從而得解.【詳解】（1），，設(shè)切點為，則，化簡得，所以，，所以切線方程為.（2）設(shè)，即討論零點個數(shù).，時，只有一個零點；時，在上單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，，，時，均，此時，有兩個零點，時，時，，時，由得，，若時，在單增，只有一個零點；若時，，，極大值極小值均小于0，從而也只有一個零點.綜上，時，只有一個交點；時，有兩個交點.【點睛】本題考查了函數(shù)過某點的切線方程，兩個函數(shù)圖像交點個數(shù)的判斷，難度較大.求函數(shù)的切線方程時，要注意區(qū)分“在某點”和“過某點”，這是一個易錯點.求解兩個函數(shù)交點個數(shù)的問題時，常用構(gòu)造函數(shù)法，轉(zhuǎn)化為求解零點個數(shù)的題型.，圓，如圖，C1，C2分別交x軸正半軸于點E，A．射線OD分別交C1，C2于點B，D，動點P滿足直線BP與y軸垂直，直線DP與x軸垂直．（1）求動點P軌跡C的方程；（2）過點E作直線l交曲線C與點M，N，射線OH⊥l與點H，且交曲線C于點Q．問：的值是否是定值？如果是定值，請求出該定值；如果不是定值，請說明理由．【答案】（1）；（2）為定值，且為．【解析】【分析】（1）設(shè)，根據(jù)圓的方程求出的坐標，進而可得，，然后得出動點P的軌跡C的方程.（2）設(shè)出直線l的方程為，聯(lián)立直線與橢圓的方程，利用韋達定理，結(jié)合弦長公式，轉(zhuǎn)化求解即可.【詳解】（1）設(shè)，則，，所以，，所以動點的軌跡C的方程為.（2）由（1）可知E為C的焦點，設(shè)直線l的方程為（斜率不為0時），且設(shè)點M（x1，y1），N（x2，y2），由，得，所以，所以，又射線OQ方程為y＝﹣mx，代入橢圓C的方程得x2+2（my）2＝4，即，，，所以，又當直線l的斜率為0時，也符合條件.綜上，為定值，且為.【點睛】本題考查軌跡方程的求法，設(shè)而不求思想方法的應(yīng)用，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，屬于中檔題.（二）選考題：共10分。請考生在第22、2