【解析】贵州省贵阳市高三6月适应性考试（二）数学（文）试题

贵阳市2020年高三适应性考试（二）文科数学注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、报名号、座位号填写在答题卡相应位置上．2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．4．请保持答题卡平整，不能折叠．考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回．第Ⅰ卷（选择题共60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．，集合，则()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由一元二次不等式的解法化简集合，再由集合的交集运算求解即可.【详解】由，解得或则或，故选：A【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题.满足，则其共轭复数（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算法则计算，即可写出共轭复数.【详解】，∴.故选：D【点睛】本题主要考查了复数的运算法则，共轭复数的概念，属于容易题.，和平面满足，则“”是“”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分必要条件的定义，结合线面垂直关系判断．【详解】，，则，必要性成立，如图，正方体中，，但与平面不垂直，充分性不成立，应为必要不充分条件．故选：B．【点睛】本题考查充分必要条件的判断，考查线面垂直关系的判断．掌握充分必要条件的定义是解题关键．，，，则()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】找中间量0和1进行比较，根据指数函数、对数函数的单调性可得到答案.【详解】因为，，，所以.故选：B.【点睛】本题考查了利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，找中间量0和1进行比较是关键，属于基础题.，则该抛物线的焦点到准线的距离为（）A.8 B.4 C. D.【答案】D【解析】【分析】将抛物线的方程化为标准方程，由此求得抛物线的焦点到准线的距离.【详解】抛物线的标准方程为，所以.故抛物线的焦点到准线的距离为.故选：D【点睛】本小题主要考查抛物线的焦点与准线，属于基础题.世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了米，此时乌龟便领先他米，当阿基里斯跑完下一个米时，乌龟先他米，当阿基里斯跑完下个米时，乌龟先他米.所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为米时，乌龟爬行的总距离为（）A.米 B.米C.米 D.米【答案】D【解析】【分析】根据题意，是一个等比数列模型，设，由，解得，再求和.【详解】根据题意，这是一个等比数列模型，设，所以，解得，所以.故选：D【点睛】本题主要考查等比数列的实际应用，还考查了建模解模的能力，属于中档题.7.若贵阳某路公交车起点站的发车时间为6:35，6:50，7:05，小明同学在6:40至7:05之间到达起点站乘坐公交车，且到达起点站的时刻是随机的，则他等车时间不超过5分钟的概率是()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出小明同学等车时间不超过5分钟能乘上车的时长后可计算出概率．【详解】6:40至7:05共25分钟，小明同学等车时间不超过5分钟能乘上车只能是6:45至6:50和7:00至7:05到站，共10分钟，所以所求概率为．故选：C．【点睛】本题考查几何概型，解题关键是求小明同学等车时间不超过5分钟能乘上车的时长，注意发车时间后到站都不合要求．在上的图象大致为()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】确定奇偶性，排除B，利用函数值的正负排除D，函数函数值为0排除C，从而得出正确选项．【详解】由知是偶函数，排除B，记锐角满足，则当时，，排除D；，排除C，故选：A．【点睛】本题考查由函数解析式选取函数图象，方法是排除法，解题时可通过研究函数的性质，如奇偶性、单调性，对称性等排除一些选项，再研究函数的零点，函数值的正负，函数值的变化趋势等排除一些选项．满足，且，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据得到，化简后求得与的夹角的余弦值，进而求得夹角的大小.【详解】设与的夹角为，由于，所以，即，，，，所以，由于，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查向量夹角的计算，属于基础题.，函数的图象由图象向右平移个单位长度得到，则下列关于函数的说法正确的是()A.的图象关于直线对称 B.的图象关于点对称C.单调递增 D.在单调递减【答案】C【解析】【分析】根据平移变换得出的解析式，再由整体代入法、代入验证法得出的单调性、对称轴和对称中心.【详解】由题意可知，不是的最大值也不是最小值，故A错误；，故B错误；由，解得当时，则函数在单调递增，故D错误；又，则函数在单调递增，故C正确；故选：C【点睛】本题主要考查了求正弦型函数的对称轴，对称中心，单调性，属于中档题.均为正数，函数的图象过点，则的最小值为（）A.6 B.7 C.8 D.9【答案】D【解析】【分析】先由题意，得到，再将所求式子化简，根据基本不等式求解，即可得出结果.【详解】因为的图象过点，所以，即，又均为正数，所以，当且仅当，即，即时，等号成立.故选：D.【点睛】本题主要考查由条件等式求最值的问题，灵活运用基本不等式即可，属于常考题型.是双曲线的右焦点，作的一条渐近线的垂线，垂足为，并交轴于点.若，则的离心率为()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用渐近线的斜率以及勾股定理求出，，再根据可得，再利用以及离心率公式可求得结果.【详解】不妨设点在第一象限，如图：设渐近线的倾斜角为，则，所以，又，所以，所以，，所以，所以，所以，所以，所以，即，所以.故选：A.【点睛】本题考查了双曲线的渐近线方程，考查了离心率公式，考查了双曲线中的关系式，属于基础题.第Ⅱ卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分．第13题~第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．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．在处的切线方程为___________．【答案】【解析】【分析】求得切点和切线的斜率，由此求得切线方程.【详解】当时，，所以切点为.，即切线的斜率为，所以切线方程，化简得.故答案为：【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程，属于基础题.与直线相切，则___________．【答案】【解析】【分析】先求出圆心坐标为，半径为1，由题得，解方程即得解.【详解】由题得圆的方程为，所以圆心坐标为，半径为1，所以，解之得.故答案为：.【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.中，，则______，数列的前项和为______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】由条件可算出，然后，即可求出答案.【详解】因为①所以当时可得当时②①②可得，即当时也满足，所以所以因为所以数列的前项和为故答案为：；【点睛】常见数列的求和方法：公式法（等差等比数列）、分组求和法、裂项相消法、错位相减法.外接球的表面积为，是边长为的等边三角形，且平面平面，则三棱锥体积的最大值为______．【答案】【解析】【分析】取中点，由题设条件推导出当棱锥体积取最大值时，，平面，画出图象，数形结合，由此能求出结果．【详解】三棱锥外接球的表面积为，设外接球半径为根据球的表面积公式可得：解得：取中点，连结，是边长为的等边三角形，根据正弦定理可得：设外接圆圆心为M，半为可得，由，可知在球的小圆上(即外接圆心不与球心O重合)根据题意画出图象：过作的垂线，垂足是的中点D时所求三棱锥体积最大，又，，所以，，所以，三棱锥体积故答案为：．【点睛】本题主要考查了球内接三棱锥体积最值问题，解题关键是掌握球内接三棱锥体积最值的求法和椎体体积计算公式，数形结合，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．三、解答题：第17至21题每题12分，第22、23题为选考题，各10分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．的内角，，所对的边分别为，，，且.（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理化角为边，再由余弦定理计算出，可得值；（2）用正弦定理把用表示，最终把周长表示为的三角函数，求出的取值范围后利用正弦函数性质可得周长的取值范围．【详解】（1）由已知，，∴，在中，由正弦定理得，则，又，故.（2）由正弦定理，，则，，且，∴，又为锐角三角形，则，解得，∴，故，则，即周长的取值范围为.【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理，考查两角和与差的正弦公式，正弦函数的性质，利用正弦定理进行边角互化是解题关键，本题属于中档题．18.2020年2月以来，由于受新型冠状病毒肺炎疫情的影响，贵州省中小学陆续开展“停课不停络学习.为了解贵阳市高三络学习情况，对甲、乙两所高中分别随机抽取了25名高三学生进行调查，根据络学习时长（单位：）分别绘制了部分茎叶图（如图1）和乙校络学习时长的部分频率分布直方图（如图2），其中茎叶图缺少乙校茎“5”和“6”叶的数据.注：茎叶图中的茎表示整数位数据，叶表示小数位数据，如乙校收集到的最小数据为.（1）补全图2的频率分布直方图，并估计乙校络学习时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）求50名络学习时长的中位数，并将日均网络学习时长超过和不超过的学生人数填入下面的列联表：超过不超过总计甲乙总计（3）根据（2）中的列联表，能否有95%以上的把握认为甲、乙两校高三络学习时长有差异？附：，其中【答案】（1）直方图见解析，4.86；（2）4.95，列联表见解析；（3）没有.【解析】【分析】（1）根据茎叶图，分别求出乙校络学习时长在和之间的频率，再结合频率分布直方图，进而得解；（2）由茎叶图即可求出值，根据茎叶图，填写列联表即可；（3）根据列联表，计算值，再与临界值表进行比较，即可得出结论.【详解】（1）乙校络学习时长在之间的有5人，占乙校抽取人数的，频率分布直方图中之间的纵坐标为，乙校络学习时长在之间的有10人，占乙校抽取人数的，频率分布直方图中之间的纵坐标为，由频率分布直方图可知，乙校络学习时长在之间的占，所以，图2的频率分布直方图如图所示：由此估计乙校络学习时长的平均数为.（2）由茎叶图知，，列联表如下：超过不超过总计甲151025乙101525总计252550（3）由（2）中的列联表可知：，所以没有以上的把握认为甲、乙两所高中高三络学习时长有差异.【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用、茎叶图的应用及独立性检验的应用，考查学生对这些知识的掌握能力，准确计算是本题的解题关键，属于中档题.19.如图，在四棱锥中，为正方形，且平面平面．（1）若点为棱的中点，在棱上是否存在一点，使得∥平面？并说明理由；（2）若，求点到平面的距离．【答案】（1）存在，见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接,可证四边形是平行四边形即可得到，从而得证；（2）取中点，连接，可证平面，则，点到平面的距离为，由利用等体积法求点到面的距离；【详解】解：（1）当为中点时，平面．理由如下：如图，分别取中点，连接，又是的中点，，又为正方形，则，，又是中点，，则四边形是平行四边形，，又平面，平面平面；（2）如图，取中点，连接，又，则，∵平面平面，平面平面平面平面，且，，由（1）知，平面，，在中，，，记点到平面的距离为，，解得∴点到平面的距离为【点睛】本题考查线面平行的证明，利用等体积法求点到面的距离，属于中档题.的圆心为，点是圆内一个定点，点是圆上任意一点，线段的重直平分线与半径相交于点．（1）求动点的轨迹的方程；（2）给定点，若过点的直线与轨迹相交于两点（均不同于点）．证明：直线与直线的斜率之积为定值．【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）根据垂直平分线的性质以及椭圆的定义，即可得出动点的轨迹的方程；（2）不过点，则斜率存在，设出直线的方程，联立椭圆方程，设而不解，利用韦达定理，将直线与直线的斜率之积表示出来并化简，证得定值.【详解】解：（1）如图，由已知，圆心，半径．∵点在线段的垂直平分线上，则，又，，又，，则动点的轨迹是以为焦点，长轴长的椭圆，从而，故所求轨迹方程为．（2）由已知，直线过点，且不过点，则斜率存在，设，将其代入得，则成立，设，则，显然设直线与直线的斜率分别为，则，即直线与直线的斜率之积为定值．【点睛】本题主要考查了求椭圆的标准方程以及椭圆中定值问题，还考查了设而不解，联立方程组，根与系数的关系的应用，解题的关键是将两直线斜率积表示出来并化简，属于中档题.．（1）当时，求函数的单调区间；（2）若时，求证：对任意的，有．【答案】（1）的单调递增区间为，增区间为．（2）见解析【解析】【分析】（1）直接求导，即可写出函数的单调区间（2）利用不等式放缩关系，当时，，然后，令，利用导数求出，进而可证明不等式成立.【详解】解：（1）当时，，且，令，则，令，则，令，则，所以的单调递增区间为，增区间为．（2）当时，，令，则，令，则对恒成立，当且仅当时，在上单调递增，又，当时，均有，即，当且仅当时，从而在上单调递增，故，，综上，时，对任意的，有．【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，以及利用导数求解含参不等式恒成立问题，属于难题.请考生在第22、23