江西省南昌市外国语学校2020届高三数学适应性测试试题 理（含解析）

江西省南昌市外国语学校2020届高三数学适应性测试试题 理（含解析） 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2.第卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。第卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答.若在试题卷上作答，答案无效.3.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回. 一、选择题：本大题共12个小题,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.若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】,选.2.记复数的共轭复数为，若（i虚数单位），则= （ ）A. B. 1C. D. 2【答案】A【解析】由，得 ， ，故选A. 3.已知等比数列中，各项都是正数，且成等差数列，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由已知，所以，因为数列的各项均为正，所以，故选C考点：等差数列与等比数列的性质4.从个正整数中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于的概率为 ,则（ ）A. 10B. 9C. 8D. 7【答案】A【解析】【分析】从个正整数中任意取出两个不同的数共有取法，其中两数之和为7的取法有3种，故，进而解得的值。【详解】解：从个正整数中任意取出两个不同的数共有取法，其中两数之和为7的取法为：（1,6），（2,5），（3,4）共3种，故两数之和等于的概率为所以解得：，故选A。【点睛】本题考查了古典概型的问题，解题的关键是正确使用古典概型公式求出概率，进而得出参数的值。5.双曲线的虚轴长是实轴长的2倍，则（ ）A. B. C. 4D. 【答案】D【解析】把双曲线方程化为 ，可知 ， ， ，则 ， ，选 .6. 8.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应的侧视图可以为（ ）【答案】D【解析】试题分析：由图可知这是一个半圆柱和一个三棱锥组成的几何体，所以侧视图为三角形，故选D.考点：三视图7.函数的图象大致为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】设，由得，则函数的定义域为，函数为奇函数，排除D又，且，故可排除B，且，故可排除C选A8.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】本题主要考查函数的应用。依题，故 .故本题正确答案为D。点睛：本题易错之处是不能利用指数函数和对数函数的性质比较大小，对于指数函数和对数函数，还要注意底数是大于1还是大于0且小于1，底数大于1时的增函数，底数小于1时是减函数，特别注意底的对数等于1，非零实数的零次幂等于1.9.右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”. 执行该程序框图，若输入的分别为16,20，则输出的（ ）A. 0B. 2C. 4D. 1【答案】C【解析】【分析】此程序框图是选择结构图与循环结构的综合，输入a,b值后，模拟程序逐层判断，得出结果。【详解】解：输入的值，分别为16,20，第一次循环：第一层判断：满足，进入第二层选择结构，第二层判断：不满足，满足，故；第二次循环：第一层判断：满足，进入第二层选择结构，第二层判断：满足，故；第三次循环：第一层判断：满足，进入第二层选择结构，第二层判断：满足，故；第四次循环：第一层判断：满足，进入第二层选择结构，第二层判断：满足，故；第五次循环：第一层判断：满足，故输出4,选C【点睛】本题考查了程序框图的选择结构与循环结构的综合，解题的关键是要读懂流程图，根据判断框内的条件逐步解题。10.已知抛物线的焦点为，准线为L，过点的直线交抛物线于两点（在第一象限），过点作准线L的垂线，垂足为，若，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为，所以为正三角形，又，因此，所以，故选A点睛：在涉及到过抛物线的焦点弦长或抛物线上的点到焦点的距离时一般要与抛物线的定义联系，利用抛物线的定义求得弦长、距离，本题根据抛物线的定义及已知得是正三角形，从而只要求得的长，即可求得三角形的面积11.在三棱锥SABC中，ABBC，AB=BC=，SA=SC=2，二面角SACB的余弦值是，若S、A、B、C都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取的中点，连接，。因为，所以 ，可得即为二面角的平面角，由此可解得的值，根据的值，可得,，进而可知球心即为的中点，由此可得到球的半径、球的表面积。【详解】解：取的中点，连接，。因为，所以 ，可得即为二面角的平面角，故在中，,同理可得，由余弦定理得 ，解得在中，所以，为直角三角形，同理可得为直角三角形，取中点，则，在与中，,所以点E为该球的球心，半径为，所以球的表面积为，故选B。【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积问题，解题的关键是找准外接球的球心，解出外接球的半径，解题的途径是根据外接球的球心到四个顶点的距离相等这一条件来解题。12.已知函数在上有且只有两个零点，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】解：函数的零点为满足： ， 当 时，函数的第二个正零点 ，当 时，函数的第三个正零点 ，综上可得，实数 的取值范围是 .本题选择B选项.点睛：本题考查三角函数的零点问题，首先求得函数零点的坐标，然后结合题意得到关于 是不等式，求解不等式即可求得最终结果.本卷包括必做题和选做题两部分.第(13)题第(21)题为必做题，每个试题考生都必须作答.第(22)题第(23)题为选做题，考生根据要求作答.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.平面向量不共线，且两两所成的角相等，若，则_【答案】 【解析】因向量不共线，故可设三个向量的始点为，则由题设三个向量两两相等可知每两个向量的夹角均为，则，所以，即，应填答案。14.设为正整数， 展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，若，则_【答案】7【解析】【分析】 展开式中二项式系数的最大值，展开式中二项式系数的最大值，再根据且为正整数，解出的值。【详解】解： 展开式中二项式系数的最大值为，展开式中二项式系数的最大值为，因为所以即：解得：【点睛】本题考查了二项式定理及二项式系数最大值的问题，解题的关键是要能准确计算出二项式系数的最大值。15.设m为实数，若，则m的最大值是_【答案】【解析】【分析】设，将两个点集用平面区域表示，因为，故表示的平面区域在的内部，根据这一条件得出的最大值。【详解】解：设， 显然点集表示以原点为圆心，5为半径的圆及圆的内部，点集是二元一次不等式组表示的平面区域，如图所示，作图可知，边界交圆于点，边界恒过原点，要求的最大值，故直线必须单调递减，因为，所以当过图中B点时，取得最大，联立方程组，解得，故，即。【点睛】本题表面上考查了集合的运算问题，实质是考查了二元一次不等组表示的平面区域和二元二次不等式对应平面区域的画法，还考查了动态分析问题的能力，属于中等偏难题。16.设正项数列的前项和满足，且，成等比数列，则 =_【答案】【解析】【分析】当时，与题意中的条件相减可得，故，即，再验证的情况，由此可得数列为等差数列，再利用裂项求和法解决问题。【详解】解：当时，-（1）又因为，-（2） （2）-（1）得，故，即，因为数列为正项数列，故，即当时，数列为等差数列，公差为2，又因为为等比数列，所以，即，解得，当时，解得，故，所以，数列是以，公差为2的等差数列，数列的通项公式为，=。【点睛】本题考查了“退位相减”与裂项相消求和的方法，利用“退位相减”的方法解题时，一定要注意对范围的考虑，一般情况下都需要对的情况进行验证。三、解答题 （本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17.在中，内角的对边分别为，已知（1）求的值；（2）若，,求的面积【答案】（1）2；（2）【解析】【分析】（1）通过将条件转化为，然后利用三角变换可得结果；（2）由（1）得，由余弦定理得，可解得，从而解得三角形的面积。【详解】（1）由正弦定理，得，所以，即，化简得，又，所以，因此.（2）由，得，由余弦定理及，得，解得，从而又因为，且，所以因此.【点睛】本题考查了正、余弦定理和三角形的面积公式，解三角形问题时，熟记三角变换公式是前提，解三角形的本质其实是边与角的互化，如何转化是解三角形的关键。18.为考查某种疫苗预防疾病的效果，进行动物实验，得到统计数据如下：未发病发病合计未注射疫苗20注射疫苗30合计5050100现从所有试验动物中任取一只，取到“注射疫苗”动物的概率为()求列联表中的数据的值；()绘制发病率的条形统计图，并判断疫苗是否有效？()能够有多大把握认为疫苗有效？附：0.050.010.0050.0013.8416.6357.87910.828【答案】（），（）由图可以看出疫苗影响到发病率（）至少有999%的把握认为疫苗有效【解析】试题解析：（）设“从所有试验动物中任取一只，取到“注射疫苗”动物”为事件A，由已知得，所以，（）未注射疫苗发病率为，注射疫苗发病率为发病率的条形统计图如图所示，由图可以看出疫苗影响到发病率（）所以至少有999%的把握认为疫苗有效考点：独立性检验的应用，统计，概率，根据统计数据做出相应评价19.如图,已知长方形中,为的中点. 将沿折起,使得平面平面.(1)求证: . (2)点是线段上的一动点,当二面角大小为时,试确定点的位置.【答案】（1）见解析；（2）当E位于线段DB之间,且 【解析】【分析】（1）取AM的中点O,AB的中点N,则两两垂直,以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 写出坐标，证明即可；（2）根据，设出点E的坐标，利用平面法向量的数量积求解出，进而得出比值，得到结论。【详解】解：取AM的中点O,AB的中点N,则两两垂直,以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 如图,根据已知条件,得, (1)由于则,故. (2)设存在满足条件的点E,并设, 则 则点E的坐标为.(其中)易得平面ADM的法向量可以取,设平面AME的法向量为,则, 则 解得，取由于二面角大小为,则，由于,故解得.故当E位于线段DB之间,且时,二面角大小为 .【点睛】本题考查了利用空间向量证明立体几何中异面直线的垂直问题、二面角的问题，解题的前提是要能建立出空间坐标系，正确写出各个点的坐标，理清法向量的夹角与二面角的关系是解题的关键，还考查了学生的计算能力。20.已知椭圆的离心率是，上顶点B是抛物线的焦点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若是椭圆上的两个动点，且(是坐标原点），试问：点到直线的距离是否为定值？若是，试求出这个定值；若不是，请说明理由.【答案】（）;（）原点到直线的距离为定值.【解析】试题分析：（1）由题意，根据离心率，可得，又，即可求解椭圆的方程；（2）由直线的斜率不存在时，可求解；由直线的斜率存在时，设直线方程为，代入椭圆的方程，根据韦达定理，可得，代入化简，进而得到点到直线的距离为定值。试题解析：（）由题设知 又 所以椭圆的标准方程为 （）若直线轴，设直线，并联立椭圆方程解出，由得； 若直线不平行轴，设直线，代入椭圆的方程消得，设，由韦达定理得 ， ，由得，即 ，即，即 把、代入并化简得 ，所以 原点到直线的距离定值 点睛：本题考查了椭圆的标准方程及直线与圆锥曲线的位置关系的应用，其中解答中涉及到椭圆的标准方程及其简单的几何性质，直线与椭圆的位置关系的应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算，此类问题的解答中把直线方程代入椭圆方程，转化为根与系数的关系和韦达定理的应用解答的关键。21.已知函数，其中（I）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；（II）当时，证明：，【答案】（I）；（II）见解析【解析】【分析】（I）函数在上单调递增，故在上恒成立，分离变量，求最值，即可得出a的取值范围；（II）要证，即证，构造新函数，借助导数求新函数的最小值，便可得证。【详解】（I）由题意知，恒成立，即恒成立，其中.令，则，故在上单调递减.， （II）因为，所以，要证：即证：，因为，即证.令，则 令 在上单增， ，故结论得证【点睛】本题主要考查了导数在函数问题与不等式中恒成立的应用，不等式恒成立问题常见解法是转化为函数的最值问题，构造新的函数解决问题的关键。请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，圆的极坐标方程为（）求的普通方程和的直角坐标方程；（）过曲线上任一点作与夹角为45的直线，交于点，求的最大值与最小值.【答案】（）的普通方程为，的直角坐标方程为；（）最大值为12，最小值为4.【解析】【分析】（）根据解方程组的知识，将参数t消去，便可得到的普通方程；对的极坐标方程为利用三角变换展开可得，两边同时乘以，进而可得直角坐标方程； （）因为两直线的夹角为45，设到的距离为，故的长度等于，要求的最值，求出的最值即可.【详解】（）由的普通方程为，由，可得，即，此即的直角坐标方程（）在曲线上任意取一点则到的距离为 ，则，即当时，|PA|取最大值为12；当时，|PA|取最小值为4.【点睛】本题考查了参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化，也考查了转化与化归的思维意识，属于中档题。23.已知函数（）在图中作出函数y =的图象，并求出其与直线围成的封闭图形的面积；（）若g(x)=|2x-a|+|x-1|.当+g(x)3对一切实数x恒成立，求