云南省高三适应性考试数学（理）试题（A卷）

2020届高三适应性考试理科数学试卷一､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.已知集合，，则=（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法和对数函数的定义域化简集合，再利用交集的定义可得结果.【详解】化简集合，可得，，所以.故选A.【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.2.已知是虚数单位，复数的共轭复数虚部为A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先化复数为代数形式，再根据共轭复数概念以及虚部概念得结果.【详解】因为，所以复数的共轭复数为，因此虚部为4，选C.【点睛】本题考查共轭复数概念以及虚部概念，考查基本分析求解能力，属基础题.3.已知向量，，若，则实数（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由向量垂直得向量的数量积为0可解得．【详解】由已知，∵，∴，解得．故选：A．【点睛】本题考查向量垂直的数量积表示，考查数量积的坐标运算，属于基础题．4.已知的展开式的各项系数和为32，则展开式中的系数为（）A.20 B.15 C.10 D.5【答案】D【解析】【分析】由题意知的展开式的各项系数和为32，求得，再根据二项展开式的通项，即可求解．【详解】由题意知的展开式的各项系数和为32，即，解得，则二项式的展开式中的项为，所以的系数为5，故选D．【点睛】本题主要考查了二项式定理的系数和，及展开式的项的系数的求解，其中解答中熟记二项式的系数和的解法，以及二项展开式的通项是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．5.已知命题，或，则为（）A.，且 B.，或C.，或 D.，且【答案】D【解析】【分析】利用全称命题的否定可得出命题的否定.【详解】由全称命题的否定可知，命题的否定为，且.故选：D.【点睛】本题考查全称命题否定的改写，要熟悉量词与结论的变化，考查分析问题和解决问题的能力，属于基础题.6.已知函数满足，当时，函数单调递减，设，则的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由可得函数关于直线对称，根据对数的运算法则，结合函数的对称性，变形、、到区间内，由函数在上单调递增，即可得结果.【详解】根据题意，函数满足，则函数关于直线对称，又由当时，函数单调递减，则函数在上单调递增，又由，，，则有，故选B.【点睛】在比较，，，的大小时，首先应该根据函数的奇偶性（对称性）与周期性将，，，通过等值变形将自变量置于同一个单调区间，然后根据单调性比较大小．7.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据三视图知几何体是一个四分子一圆锥与一个三棱锥的组合体，分别计算其表面积得解.详解】四分子一圆锥表面积,所以组合体表面积为故选：D【点睛】本题考查三视图还原几何体求表面积问题.几何体三视图还原其直观图时，要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图．8.受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭.高三年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有（）A.240种 B.120种 C.188种 D.156种【答案】B【解析】【分析】根据题意，按甲班位置分3种情况讨论，求出每种情况下的安排方法数目，由加法原理计算即可.【详解】解：根据题意，按甲班位置分3种情况讨论：（1）甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩余的三个班全排列，安排到剩下的3个位置，有种情况，此时有种安排方案；（2）甲班排在第二位，丙班和丁班在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；（3）甲班排在第三位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；由加法计数原理可知共有种方案，故选：B【点睛】此题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，属于基础题.9.如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（）①平面平面②平面③异面直线与所成角的取值范围是④三棱锥的体积不变A.①③ B.①②④ C.①③④ D.③④【答案】B【解析】【分析】由面面垂直的判定定理可判断①，由面面平行的性质定理可判断②，由线面垂直的性质定理可判断③，由线面平行的性质及棱锥的体积公式可判断④．【详解】正方体中由平面，平面，可得，又，是平面内两相交直线，从而得平面，平面，因此有，同理，，∴平面，又平面，∴平面平面，①正确；正方体中与平行且相等，则是平行四边形，，平面，平面，∴平面，同理平面，，都在平面内，∴平面平面，平面，∴平面，②正确；与①同理可证平面，当是与交点时，平面，，异面直线与所成角为，③错误；由②知平面，∴到平面的距离不变，因此三棱体积不变，④正确．故选：B．【点睛】本题考查正方体中的直线、平面问题位置关系，掌握面面垂直的判定定理、面面平行的判定与性质定理是解题关键．10.若函数（，）图象过点，在上有且只有两个零点，则的最值情况为（）A.最小值为，最大值为 B.无最小值，最大值为C.无最小值，最大值为 D.最小值为，最大值为【答案】C【解析】【分析】由图象过点求出，然后解，得，再分析在上有且只有两个时，的取值只能是，从而可得的范围，【详解】由题可知，即，∴，又∵，，∴.令，得，解得又∵，在上有且只有两个零点，∴只能取1，2，故，解得，∴，∴，没有最小值．故选：C.【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，考查学生分析问题解决问题的能力，结合正弦函数的性质求解是解三角函数问题的常用方法．11.数学上有很多著名的猜想，角谷猜想就是其中之一，它是指对于任意一个正整数，如果是奇数，则乘3加1．如果是偶数，则除以2，得到的结果再按照上述规则重复处理，最终总能够得到1．对任意正整数，记按照上述规则实施第次运算的结果为，则使的所有可能取值的个数为（）A.3 B.4 C.5 D.【答案】D【解析】【分析】推导出，，由，得，从而，进而或．由此利用分类讨论思想和递推思想能求出满足条件的的值的个数．【详解】解：由题意知，，由，得，，或．①当时，，，或，或．②若，则，或，当时，，此时，或，当时，，此时，或，综上，满足条件的的值共有6个．故选：D．【点睛】本题考查数列中项的可能取值的个数的求法，考查递推公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12.已知方程有三个不同的根，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】将等式变形为，换元，可得出，利用导数分析得出函数的图象，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】将等式变形为，令，则即，，令，得，列表如下：极大值所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，函数的极大值为，作出函数的图象如下图所示：由于方程有三个不同的根，则，，①当时，则，得，关于的方程为，解得，不合乎题意；②当时，则，得，关于的方程为，解得，不合乎题意；③当，时，由二次方程根的分布得，解得.综上所述，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究复合函数的零点问题，一般要将复合函数分解为内层函数和外层函数来进行分析，同时也考查了二次方程根的分布，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知sin(+α)=cos()，则cos2α=___________.【答案】0【解析】【分析】应用两角和与差的正弦、余弦公式展开已知式，可得，再由余弦的二倍角公式可得结论．【详解】∵sin(+α)=cos()，∴，∴，∴，∴．故答案为：0．【点睛】本题考查两角和与差的正弦、余弦公式，余弦的二倍角公式，解题方法是直接应用化简变形求值，属于基础题．14.七巧板是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，后清陆以活《冷庐杂识》卷一中写道“近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余.”在18世纪，七巧板流传到了国外，被誉为“东方魔板”，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部《七巧新谱》.完整图案为一正方形(如图)：五块等腰直角三角形､一块正方形和一块平行四边形，如果在此正方形中随机取一点，那么此点取自阴影部分的概率是___________.【答案】【解析】【分析】设大正方形边长为1，求出大正方形面积和阴影部分的面积，由概率公式计算可得．【详解】设大正方形边长为1，大正方形面积为，阴影部分是两个等腰直角三角形和一个正方形，由图可知阴影部分正方形的边长为，阴影部分大的等腰直角三角形的直角边长为，小的等腰直角三角形的直角边长为，阴影部分的面积为，∴所求概率为．故答案为：．【点睛】本题考查几何概型，解题关键是求出阴影部分的面积．属于基础题．15.已知圆C的方程为，过直线l：（）上任意一点作圆C的切线，若切线长的最小值为，则直线l的斜率为__________．【答案】【解析】【分析】设切线长最小时直线上对应的点为，则，利用点到直线的距离公式计算的值并构建关于的方程，解方程后可得的值，从而得到所求的斜率.【详解】设切线长最小时直线上对应的点为，则又，因为切线长的最小值为故，解得，故直线的斜率为.故答案为：.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系中的最值问题，此类问题一般转化为圆心到几何对象的距离问题，属于中档题.16.已知点P是左､右焦点分别为F1，F2的椭圆C：(a>b>0)上的一点，且A是∠与∠的角平分线的交点，且，若椭圆C的离心率为，则___________.【答案】6【解析】【分析】由角平分线交点得是三角形内心，由向量的关系，取中点，可得，得三点共线，．由三点共线，得三角形是等腰三角形，，利用离心率和椭圆定义可求得，然后作轴于，，且，从而可求得．【详解】A是∠与∠的角平分线的交点，∴是的内切圆的圆心，设是中点，连接，如图，则，由得，∴三点共线，，∴．由既是角平分线，又是中线，得，，∴，，又，∴，作轴于，则，且，∴，∴，解得．故答案为：6．【点睛】本题考查椭圆中焦点三角形的性质，解题关键是利用向量的线性运算得出三角形是等腰三角形，结合离心率，椭圆的定义从而可把焦点三角形的三边长用表示，再构造相似三角形，已知比值得出结论，本题考查学生的分析问题解决问题的能力，转化与化归能力，逻辑思维能力，属于中档题．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.17.已知数列的前项和为，且满足.数列是首项为，公差不为零的等差数列，且成等比数列．（1）求数列与的通项公式．（2）若，数列的前项和为恒成立，求的范围．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由化简可得成等比，求出的通项，再由可求出的通项；（2）因为，用错位相减法求得，所以.【详解】解：（1）因为，所以所以所以成等比，首项，公比q所以由题意知，设公差为d则，即，解得或（舍）所以（2）所以两式相减得所以所以【点睛】本题考查了数列的通项与求和，对等差乘等比的数列进行求和采用错位相减法求和，分列乘减算四步进行.18.如图甲，E是边长等于2的正方形的边CD的中点，以AE、BE为折痕将△ADE与△BCE折起，使D，C重合(仍记为D)，如图乙.（1）探索:折叠形成的几何体中直线DE的几何性质(写出一条即可，不含DE⊥DA，DE⊥DB，说明理由)；（2）求二面角DBEA的余弦值【答案】（1）几何性质见解析，理由见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据折前折后折痕同侧的位置关系、长度不变，可以证明平面，据此结论也可得到，或与平面内任一直线都垂直，也可计算直线与平面所成角等于；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法可求二面角的余弦值.【详解】（1）性质1：平面.证明如下：翻折前，，翻折后仍然，且，则平面.性质2：.证明如下：与性质1证明方法相同，得到平面.又因平面，则.性质3：与平面内任一直线都垂直.证明如下：与性质1证明方法相同，得到平面，从而与平面内任一直线都垂直.性质4：直线与平面所成角等于.证明如下：如图，取中点，连接，，由得，与性质2证明相同，得，再因，则平面，进而平面平面.作于，则平面，即就是直线与平面所成的角.，，，.（2）与（1）之性质4证明相同，得到，平面，，平面内，则平面平面.以为坐标原点、为轴建立如图所示的空间直角坐标系.，

，，则平面的一个法向量，，，，.设是平面的法向量，则取，求得一个法向量记二面角的大小为，则与相等或互补，，因是锐角，则.【点睛】本题主要考查了折叠问题，线线、线面垂直的判定，线面角，二面角的求法，考查了空间想象力，运算能力，属于中档题.19.2020年春节前后，一场突如其来的新冠肺炎疫情在武汉出现并很快地传染开来(已有证据表明2019年10月、11月国外已经存在新冠肺炎病毒)，人传人，传播快，传播广，病亡率高，对人类生命形成巨大危害.在中华人民共和国，在中共中央、国务院强有力的组织领导下，全国人民万众一心抗击、防控新冠肺炎，疫情早在3月底已经得到了非常好的控制(累计病亡人数3869人).然而，国外因国家体制、思想观念与中国的不同，防控不力，新冠肺炎疫情越来越严重.据美国约翰斯·霍普金斯大学每日下午6时公布的统计数据，选取5月6日至5月10日的美国的新冠肺炎病亡人数如下表(其中t表示时间变量，日期“5月6日”、“5月7日”对应于（1）在5月6日~10日，美国新冠肺炎病亡人数与时间(日期（2）选择对累计病亡人数四舍五入后个位、十位均为0的近似数，求每日累计病亡人数y随时间t变化的线性回归方程；（3）请估计美国5月11日新冠肺炎病亡累计人数，请初步预测病亡人数达到附:回归方程中斜率和截距最小二乘估计公式分别为【答案】（1）是；（2）；（3）82160人，5月【解析】【分析】（1）根据相关系数可得到结论；（2）首先算出和，然后根据公式计算出答案即可；（3）求出当时值，然后解出不等式即可.【详解】（1）每日累计病亡人数与时间的相关系数，所以每日病亡累计人数与时间呈现强线性相关性，（2）5天5个时间的均值.5天5个病亡累计人数均值.计算5个时间与其均值的差，计算5个累计病亡人数与其均值的差，制作下表：日期55555均值时间678910新冠肺炎累计病亡人数7230075500769007850080000−2−1012−4340−114026018603360用公式进行计算：，.所以每日累计病亡人数随时间变化的线性回归方程是.（3）日期5月11日对应时间，所以，估计5月11令，解得，病亡人数要达到或超过9万，即，对应于5月16日因此预测5月16日美国新冠肺炎病亡人数超过【点睛】本题考查的是线性回归的相关知识，考查了学生的阅读能力和计算能力，属于基础题.20.已知抛物线的焦点为F，倾斜角为锐角的直线l与抛物线交于A，B两点，且直线l过点，.（1）求直线l的方程；（2）如果C是抛物线上一点，O为坐标原点，且存在实数t，使得，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设直线l的方程为，()，，，直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理得，由圆锥曲线中的弦长公式求出，得直线方程；（2）设AB的中点为M，已知条件等价于F，C，M三点共线.，设，由（1）可得，从而可得直线的方程，与抛物线方程联立可解得交点坐标，再由焦点弦长公式得弦长．【详解】（1）设直线l的方程为，()，，.则，.由可得，因此,,，因此，，，，解得.从而所求直线方程为，即.（2）设AB的中点为M，则由可知，因此F，C，M三点共线.设，则由（1）知，.因此直线FC的方程为.由可得，因此，从而可知.【点睛】本题考查直线与抛物线相交弦长问题，考查韦达定理、抛物线的焦点弦长，应用韦达定理求弦长是直线与抛物线相交中的常用方法，本题属于基础题．21.已知函数（1）若f(x)在[0，2]上是单调函数，求a的值；（2）已知对∈[1，2]，f(x)≤1均成立，求a的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据求导，令解得，，然后分讨论求解.（2）解法一：根据“对，均成立”，则成立，得到，则结合（1），时，，在上增，将“对，均成立”转化为求解即可.【详解】（1）因为所以，令解得，.若即，则对成立，函数在上单调，符合题目要求；若即，当时，，当时，，函数在上不单调，不符合题目要求；若即，当时，，当时，，函数在上不单调，不符合题目要求.综上，若在上是单调函数，则取唯一值：.（2）解法一：已知“对，均成立”，取得，则，，则时，，在上增，“对，均成立”等价于，，与取交集，得，所以的取值范围是解法二：根据（1），若，则在上单减，“在区间上，恒成立”等价于，不成立；若即，则时，，函数在上单减，在区间上，，“在区间上，恒成立”不成立；若即，则时，，函数在上单增，在区间上，，“在区间上，恒成立”，解得，与相交取交集，得；若即，则时，，时，，函数在上递增，在上递减，在区间上，，“在区间上，恒成立”.设，则，在上递增，，则函数在上递增，，因此时，均不成立.综上，所求的取值范围是【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性以及导数与不等式恒成立问题，还考查了分类讨论思想