贵州省贵阳市2020年高三适应性考试(二)数学(理)Word版含答案

贵州省贵阳市2020届高三数学适应性考试试题(二)理(含解析)

贵阳市2020年高三适应性考试（二）理科数学第I卷（共60分）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.复数因的共轭复数为冈，且沁4 i）-勺（［］是虚数单位），则在复平面内，复数©对应的点位于（）A.第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】分析：利用复数的运算法则可得从而可得复数再根据复数的几何意义即可得•••复数料的对应点| ，位于第一象限故选A.点睛：本题考查复数的运算法则及几何意义•求解此类问题要能够灵活准确的对复平面内的点的坐标与复数进行相互转化，复数与复平面内|.乂甸一一对应•2.设集合3 = |< X-y）V ，己知P门Q匚讷,那么订的取值范围是（）A. |B. °・+ 沈 |C. _ 心0］D. I ・+【答案】C【解析】分析：根据集合的定义与性质，即可求出［］的取值范围.详解：•••集合卜=匚刃|二集合卜-{诜$阳=于>0}•••集合且『门Q Q故选C.点睛：本题考查了交集的定义与应用问题，意在考查学生的计算求解能力.故选B.点睛：本题考查了平面向量的基本定理的应用 •在解答此类问题时，熟练掌握向量的共线定理、平行四边形法则是解题的关键.4.甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军，乙队需要再贏两局才能得到冠军，若两队每局获胜的概率相同，则甲队获得冠军的概率为（）【解析】解法一：以甲再打的局数分类讨论，若甲再打一局得冠军的概率为[]是回边的中点，若西產司,则画=（Pl + 卩2 = 故选 D.3.如图，在两可中，丽是边尿j 的中线,【解析】分析：禾U 用向量的共线定理、平行四边形法则即可得出.c〔3rz101BP1,贝 U甲打两局得冠军的概率为故甲获得冠军的概率为选D.【解析】分析：由题设条件可得，「寸，再根据同角三角函数关系式可得 ___________ ，「:詁，然后根据故选A.点睛：本题主要考查了同角三角函数关系式，诱导公式的应用，熟练掌握基本关系及诱导公式是解题的关键，诱导公式的口诀：“奇变偶不变，符号看象限”.6.已知口和_是两条不同的直线，和［J 是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出I |的是（）A .匚口且丄dB .n 丄n 且两C. k 丄H 且『n D . 丽且丄pi【答案】D【解析】分析：在 A 中，LI 与】|平行或LI? LI ；在B 中，LI 与須平行、相交或?网；在C 中，”卜| 与忖平行、相交或园？劭在D 中，由线面垂直的判定定理得 EZS-详解：由Ei 和日是两条不同的直线，旧和®是两个不重合的平面，知：在 A 中，囚| 汕丄讪,则制与_平行或LI? LI ，故A 错误；在B 中，卜.亠且付晟，则土|与匀平行、相交或|_1 ? 故B 错误；在C 中， ______ 且，则与平行、相交或皿？ |_1，故C 错误；解法二：设乙获得冠军的概率p = 1 — Pipi故甲获得冠军的概率为考点：相互独立事件的概率【答案】A在D 中，h 护h 丄卩，由线面垂直的判定定理得 M 丄71，故D 正确• 故选D.点睛：本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，解答时需注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用•空间几何体的线面位置关系的判定与证明：①对于异面直线的判定，要熟记异面直线的概念(把不平行也不想交的两条直线称为异面直线)：②对于异面位置关系的判定中，熟记线面平行于垂直、面面平行与垂直的定理是关键•【答案】C【解析】分析：作出不等式组对应的平面区域，禾U 用线性规划的知识进行判断即可.分别作出直线人4药-8幼，+1 a ,由图象可知脉勺I 不成立，恒成立的是斤+ 名垦0 • 故选C.点睛：本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键8. 定义在風上的函数屈是奇函数，且在+⑷)|内是增函数，又怡3》,则应回的解集是( )A. - 3, Q) 5玄亠血B. •叭”引 u 剧C. :' ” g - 3) u G 诃D.卜3・0) u 环【答案】B【解析】分析：根据函数奇偶性和单调性的性质，作出函数的草图，利用数形结合进行求解即可. 详解：:是奇函数，且在°,+.打内是增函数7. 设实数_满足约束条件応；1 ,则下列不等式恒成立的是(k * 3 M 环 D. p 匸y 三二 1]B. —C.详解：作出不等式组对应的平面区域如图所示:•••对应的函数图象如图(草图)所示:•••当丨齐％刁或k-d时，;当Im*斗或k-习时，辰；~6.•应二］的解集是t丸驀吨对故选B.点睛：本题主要考查不等式的求解，利用函数奇偶性和单调性的关系及数形结合进行求解是解决本题的关键•解这种题型往往是根据函数所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上的单调性相反，奇函数在对称区间上的单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解•9.若函数(x) ■Asinj wx—|(A> O.w > 0)的图象如图所示，则图中的阴影部分的面积为(【答案】C【解析】分析：由图象求出函数解析式，然后利用定积分求得图中阴影部分的面积.I、咒Ji JI ■■详解：由图可知，卜匚1|, —() ■二，即.2 3 o 2•2，^U .(X)■割n(k ).•••图中的阴影部分面积为点睛：本题考查了导数在求解面积中的应用，关键是利用图形求解的函数解析式，在运用积分求解•定积分的计算一般有三个方法：①利用微积分基本定理求原函数；②利用定积分的几何意义，利用面积求定积分；③利用奇偶性对称求定积分，奇函数在对称区间的定积分值为0.io.元朝时，著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，与店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示，即最终输出的|汨寸，问一开始输入的|_|=（）（~开命）:*/ 输心/【解析】分析：根据流程图，求出对应的函数关系式，根据题设条件输出的：乙，由此关系建立方程求出自变量的值即可.详解：第一次输入庄d ，第二次输入匡口，頁；第三次输入R 匚取-1）-1-乐-3|,円；C〔7 , QC一B_ 3 4一DB第四次输入 &二2（叙3）-1二魁刁，「4，输出R 罠-7帀，解得寸. 故选B.点睛：本题考查算法框图，解答本题的关键是根据所给的框图，得出函数关系，然后通过解方程求得输入的值，当程序的运行次数不多或有规律时，可采用模拟运行的办法解答.ii. 已知二次函数伙）馭土】的导函数为与日轴恰有一个交点，则使 I” .■ in - |恒成立的实数刊的取值范围为（）D.【答案】A【解析】分析：先对函数画求导，得^务）・2叔讥，再根据而~阳,得出匚回，然后利用画利用基本不等式求得亘‘的最小值，即可求得实数目的取值范围t\0} -0EH3故选A.A. k<jB.C. 与_轴恰有-个交点得出详解：•二次函数••• _与LI 轴恰有一个交点恒成立当且仅当b- 2时取等号常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于 0;或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数12. 如图，已知梯形甌cp|中L 迪 2|CD|,点日在线段冈上,且心 S 双曲线过仁瓦]1点，以区卫为焦点；则双曲线离心率日的值为（）【解析】分析：以 _所在的直线为轴，以_的垂直平分线为_轴，建立坐标系，求出—的坐标，根据向量的运算求出点 _的坐标，代入双曲线方程即可求出详解：由|山〔1；|,以|「|所在的直线为轴，以淞;I 的垂直平分线为U 轴，建立如图所示的坐■, V设双曲线的方程为"丄=1內P ），则双曲线是以同，囘为焦点.r b点睛：本题综合考查了二次函数、导数、基本不等式对于函数恒成立或者有解求参的问题,•••也 [wj将代入到双曲线的方程可得:D标系:故选B.点睛：本题考查了双曲线的几何性质，离心率的求法，考查了转化思想以及运算能力，双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率两种方法：①求出代入公式；;②只需要根据一个条件得到关于为回的齐次式，然后转化为关于日的方程（不等式），解方程（不等式），即可得口（甸的取值范围）•第n 卷（共90 分）二、填空题（每题 5分，满分20分，将答案填在答题纸上）* ］的展开式中，诃的系数是 _•（用数字作答）•【答案】84【解析】分析：在二项展开式的通项公式中，令LI 的幕指数等于4，求出的值，即可求得展开式中J 的系数• 详解：由于的通项公式为［•令亘三百解得曰• ••• ;* - 「的展开式中，的系数是：-护務■:迸• 故答案为点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略（1）求展开式中的特定项•可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出（2）已知展开式的某项，求特定项的系数•可由某项得出参数项，再由通项写出第定项得出［］值，最后求出其参数•1 7孑k（二-［）一］,即仝也斗4（或离心率的取值范围），常见有认的齐次式，转化2丄 AE= -AC将点代入到双曲线的方程可得 13.14. 《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为"堑堵"，将底面为矩形，棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，已知某“堑堵”与某“阳马”组合而成的几何体的三视图中如图所示，已知该几何体的体积为:则图中冋=. ________________ •【答案】_【解析】分析：由已知中的三视图，可知该几何体右边是四棱锥，即“阳马”，左边是直三棱柱，即“堑堵”，该几何体的体积只需把“阳马”，和“堑堵”体积分别计算相加即可. 详解：由三视图知：几何体右边是四棱锥，即“阳马”，其底面边长为匂和也，高为U ，其体积为； •兀汽1 -］；左边是直三棱柱，即“堑堵”，其底面边长为日和皿，高为1 ,其体积为该几何体的体积为:、-■326故答案为二.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力 •三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点•观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状I >215. 设圆目的圆心为双曲线 \ - l(a^O 的右焦点，且圆材与此双曲线的渐近线相切，若圆口被直线亘口］截得的弦长等于2,贝呱的值为 _____________________ . 【答案】區I【解析】分析：先利用圆与双曲线的渐近线相切得圆的半径，再利用圆口被直线|岛"也百|截□IT1X得的弦长等于2，求出甘与圆心到直线卄的距离之间的等量关系，即可求出环•••圆鬥的圆心为双曲线 p_L=i (a (J 的右焦点•••圆心坐标为斗2Q ,且双曲线的渐近线的方程为 •••圆LI 与此双曲线的渐近线相切又•••圆目被直线［11 鸟’〔I 截得的弦长等于 2 •圆心到直线［］的距离为故答案为_• 点睛：本题主要考查椭圆与双曲线的几何性质，直线的方程，直线与圆的位置关系以及点到直线的距离公式等基础知识•当直线与圆相切时，其圆心到直线的距离等于半径是解题的关键，当直线与圆相交时，弦长问题属常见的问题，最常用的方法是弦心距，弦长一半，圆的半径构成直角三角形，运用勾股定理解题.16.在中，C 所对的边为计,M 砒土in”'《则|\ABC|面积的最大值为【答案】3【解析】分析：由已知利用正弦定理可得［［旦，由余弦定理可解得國，禾U 用同角三角函数基本关系式可求得画，进而利用三角形面积公式即可计算得解 •详解：T 川血二俱用入 •••由正弦定理可得•••由余弦定理可得 R 岀-2肚 2a•••圆LI 到渐近线的距离为圆详解：由题意可设圆心坐标为日的半径，即法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧:14 1：＜n + k) 山 n i kJ•••心“面积的最大值为卅故答案为11.点睛：本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的综合应用•解答本题的关键是熟练掌握公式和定理，将三角形面积问题转化为二次函数•转化思想是高中数学最普遍的数学思想，在遇到复杂的问题都要想到转化，将复杂变简单，把陌生的变熟悉，从而完成解题目标三、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. 隔为数列Ra 』的前甘项和，耐3，且和・珀+WN （I ）求数列—的通项公式;，求数列阻：i 的前U 项和□而|的前H 项和氏.详解：（I ）由鹉■片4 rT -］①，得鹉十1 ■弘+ 1（肚4 if -I ②.•••②-①得味+1 =九.厂恥=%t %f I 广整理得h 如|】（n ）由\广引《 1可知；_ 1 J /1 )，u (2n^ l)(2n + 3)2 bn*「加卜 3则L"b l ■:•詁r 鼎）n3(2n -i点睛：本题主要考查递推公式求通项的应用以及裂项相消法求数列的和，属于中档题 .裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方sinB-J] -COS 2B ■J1百-（,-5化1，当且仅当匚巫|时取等号纭=和十】，得 ^-i = a ii*i(n 十 0-1 ，再根据h+广沫+厂％得数列卜畀的通项公式；（n15—(才【答案】（I ）召■加+ 1；21]【解析】分析：根据）由（I ）可得数列|： ; |的通项公式，根据裂项相消法即可求得数列（1合，构成如图2所示的三棱柱 ◎c -fB G ,在该三棱柱底边R 叮上有一点捌,满足卜人1二kMC(Q • k • 1)；请在图2中解决下列问题【解析】分析：(I )过冋作卜交局于冋，连接函］,则h 仮畑B|,推出四边形hZB|为平行四边形，则函回，由此能证明画/平面匝|；(n)根据屈及正方形边长为|贬I ，可推出丄Bi ：|,从而以卩九DC B 珂为馬羽轴，建立空间直角坐标系，设立各点坐标，然后详解：(I)解：过回乍亟叵q 交底于E ，连接囤，所以亟亘a///(n)若直线国与平面匝］所成角的正弦值为15求出平面屈的法向量，再根据直线两与平面屉®所成角的正弦值为 17，即可求得LI 的值.pc -分别交画更|于点凹,将该正方形沿叵西|，折叠，使得囤与区重3 CtE C 圈】|M |//平面晅Q ；求目的值.【答案】(I)见解析;••• 函亟共面且平面區函交平面匝Q 于函|,3 MN AM 3又：尤丁 * 询冬笛归方A3 /••四边形區莎|为平行四边形，•卧"嗣,I汎匸|平面莎］,| ；M国平面d,•••函|//平面叵互(II)解:••• Iw 3.13C-4••用二,从而k，・AB^ + BC：|，即血丄H d.• PB .出王QC上7 -分別以卩九BB］为苗轴，则"鷺0.0)工(0丸力7 7|,元=(040)/?-( •可阳丄負0 = ( - )47)令叵］，则卜I|，疋二0，所以h 1 •□•• •直线「I与平面I圧所成角的正弦值为\5\点睛：本题主要考查线面平行的判定定理利用空间向量求线面角•利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求向量关”，求出平面的法向量；第五，破“应用公式关”.19.甲、乙两家销售公司拟各招聘一名产品推销员，日工资方案如下：甲公司规定底薪80元，每销售一件产品提成1元；乙公司规定底薪120元，日销售量不超过45件没有提成，超过45 件的部分每件提成8元•（I）请将两家公司各一名推销员的日工资|_|（单位：元）分别表示为日销售件数—的函数关系式；（II）从两家公司各随机选取一名推销员，对他们过去100天的销售情况进行统计，得到如下条形图。

贵州省贵阳市高三数学适应性监测考试(二) 理(贵阳二模,含解析)新人教A版

贵州省贵阳市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、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．1．（5分）（•贵阳二模）已知集合A={x∈R|x2≤4}，B={x∈N|≤3}，则A∩B（）A．（0，2] B．[0，2] C．{1，2} D．{0，1，2}考点：其他不等式的解法；交集及其运算；一元二次不等式的解法．专题：不等式的解法及应用．分析：解分式不等式的解法求得A，再用列举法求得B，再根据两个集合的交集的定义求得A∩B．解答：解：集合A={x∈R|x2≤4}={x|﹣2≤x≤2}，B={x∈N|≤3}={0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}，则A∩B={0，1，2}，故选D．点评：本题主要考查绝对值不等式的解法，两个集合的交集的定义和求法，属于中档题．2．（5分）（•贵阳二模）已知i是虚数单位，m和n都是实数，且m（1+i）=5+ni ，则=（）A．i B．﹣i C．1D．﹣1考点：复数代数形式的乘除运算．专题：计算题．分析：利用复数相等的条件求出m和n 的值，代入后直接利用复数的除法运算进行化简．解答：解：由m（1+i）=5+ni ，得，所以m=n=5．则=．故选A．点评：本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件，两个复数相等，当且仅当实部等于实部，虚部等于虚部，是基础题．3．（5分）（•贵阳二模）在边长为3的正方形ABCD内任取一点P，则P到正方形四边的距离均不小于1的概率为（）A．B．C．D．考点：几何概型．专题：计算题；数形结合．分析：本题考查的知识点是几何概型，我们要根据已知条件，求出满足条件的正方形ABCD的面积，及P到正方形四边的距离均不小于1对应平面区域的面积，代入几何概型计算公式，即可求出答案．解答：解：满足条件的正方形ABCD，如下图示：其中满足动点P到正方形四边的距离均不小于1的平面区域如图中阴影所示：则正方形的面积S正方形=9阴影部分的面积 S阴影=1故P到正方形四边的距离均不小于1的概率P==故选A．点评：几何概型的概率估算公式中的“几何度量”，可以为线段长度、面积、体积等，而且这个“几何度量”只与“大小”有关，而与形状和位置无关．解决的步骤均为：求出满足条件A的基本事件对应的“几何度量”N（A），再求出总的基本事件对应的“几何度量”N，最后根据P=求解．4．（5分）（•贵阳二模）若x∈﹙10﹣1，1﹚，a=lgx，b=2lgx．c=lg3x．则（）A．a＜b＜c B．c＜a＜b C．b＜a＜c D．b＜c＜a考点：对数值大小的比较．专题：常规题型．分析：依据对数的性质，分别确定a、b、c数值的大小，然后判定选项．解答：解：由于x∈﹙10﹣1，1﹚，则a=lgx∈（﹣1，0），即得﹣1＜a＜0，又由b=2lgx=2a．c=lg3x=a3．则b＜a＜c．故答案为C．点评：本题考查对数值大小的比较，是基础题．5．（5分）（•宁夏）已知命题p1：函数y=2x﹣2﹣x在R为增函数，p2：函数y=2x+2﹣x在R为减函数，则在命题q1：p1∨p2，q2：p1∧p2，q3：（￢p1）和q4：p1∧（￢p2）中，真命题是（）A．q1，q3B．q2，q3C．q1，q4D．q2，q4考点：复合命题的真假；指数函数与对数函数的关系．分析：先判断命题p1是真命题，P2是假命题，故p1∨p2为真命题，（﹣p2）为真命题，p1∧（﹣p2）为真命题．解答：易知p1是真命题，而对p2：，当x∈[0，+∞）时，，又ln2＞0，所以y′≥0，函数单调递增；同理得当x∈（﹣∞，0）时，函数单调递减，故P2是假命题．由此可知，q1真，q2假，q3假，q4真．故选C．点评：只有p1与P2都是真命题时，p1∧p2才是真命题．只要p1与P2中至少有一个真命题，p1∨p2就是真命题．6．（5分）（•贵阳二模）定积分dx的值等于（）A ． e 2﹣1B ．（e 2﹣1）C ． e 2D ．e 2考点：定积分．专题：计算题．分析：利用微积分基本定理即可求得结果．解答：解：dx===，故选B ．点评：本题考查定积分的计算、微积分基本定理的应用，考查学生的计算能力． 7．（5分）（•贵阳二模）已知函数f （x ）=Asin （ωx+φ）（A ＞0，ω＞0，0＜φ＜π），其导函数f'（x ）的部分图象如图所示，则函数f （x ）的解析式为（）A ． f （x ）=4sin （x+π）B ．f （x ）=4sin （x+） C ．f （x ）=4sin （x+） D ．f （x ）=4sin （x+）考点：由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式．专题：三角函数的图像与性质．分析：由函数的最值求出A ，由周期求出ω，由特殊点的坐标求出φ的值，从而求得函数的解析式．解答：解：由函数的图象可得A=2，再由=•=﹣（﹣），求得ω=．再由sin （）=0，可得=（2k+1）π，k ∈z ．结合 0＜φ＜π，∴φ=，故函数的解析式为 f （x ）=4sin （x+π），故选A ．点评：本题主要考查由函数y=Asin （ωx+∅）的部分图象求解析式，由函数的最值求出A ，由周期求出ω，由特殊点的坐标求出φ的值，从而求得函数的解析式，属于中档题．8．（5分）（•贵阳二模）已知曲线及两点A 1（x 1，0）和A 2（x 2，0），其中x 2＞x 1＞0．过A 1，A 2分别作x 轴的垂线，交曲线C 于B 1，B 2两点，直线B 1B 2与x 轴交于点A 3（x 3，0），那么（）A ．成等差数列B ．成等比数列C ． x 1，x 3，x 2成等差数列D ． x 1，x 3，x 2成等比数列考点：等差关系的确定；等比关系的确定．专题：综合题．分析：先求出B 1，B 2两点的坐标，进而得到直线B 1B 2的方程，再令y=0求出x 3，即可得出结论．解答：解：由题得：），B 2（）．∴直线B 1B 2的方程为：y ﹣=（x ﹣x 1）⇒y ﹣=﹣（x ﹣x 1）．令y=0⇒x=x 1+x 2，即x 3=x 1+x 2，故选 A ．点评：本题主要考查直线方程的求法，点的坐标的求法以及等差关系的确定问题，是对基础知识的考查，属于基础题目．9．（5分）（•宁夏）设偶函数f （x ）满足f （x ）=2x﹣4（x≥0），则{x|f （x ﹣2）＞0}=（） A ． {x|x ＜﹣2或x ＞4} B ． {x|x ＜0或x ＞4} C ． {x|x ＜0或x ＞6} D ． {x|x ＜﹣2或x ＞2}考点：偶函数；其他不等式的解法．专题：计算题．分析：由偶函数满f （x ）足f （x ）=2x ﹣4（x≥0），可得f （x ）=f （|x|）=2|x|﹣4，根据偶函数的性质将函数转化为绝对值函数，再求解不等式，可得答案．解答：解：由偶函数满f （x ）足f （x ）=2x ﹣4（x≥0），可得f （x ）=f （|x|）=2|x|﹣4，则f （x ﹣2）=f （|x ﹣2|）=2|x ﹣2|﹣4，要使f （|x ﹣2|）＞0，只需2|x ﹣2|﹣4＞0，|x ﹣2|＞2 解得x ＞4，或x ＜0．应选B ．点评：本题主要考查偶函数性质、不等式的解法以及相应的运算能力，解答本题的关键是利用偶函数的性质将函数转化为绝对值函数，从而简化计算．10．（5分）（•贵阳二模）若tanα=，α是第三象限的角，则=（）A ．﹣B ．C ． 2D ． ﹣2考点：二倍角的正切．专题：三角函数的图像与性质．分析：由tanα的值及α为第三象限角，求出sinα与cosα的值，进而求出tan的值，代入所求式子中计算即可求出值．解答：解：∵tanα=，α为第三象限角，∴sinα=﹣，cosα=﹣，∴tan ====﹣3，则==﹣2．故选D点评：此题考查了二倍角的正弦、余弦函数公式，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握公式是解本题的关键．11．（5分）（•贵阳二模）已知半径为1的球，若以其一条半径为正方体的一条棱作正方体，则此正方体内部的球面面积为（）A．B．C．D．考点：球的体积和表面积；球内接多面体．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：根据题意，球表面位于正方体内部的面积等于球面积的，由此结合球的表面积公式，即可算出所求的面积．解答：解：根据题意，经过球心0作出三条两两互相垂直的三条半径OA、OB、OC再分别以OA、OB、OC为长、宽、高作正方体，可得球表面位于正方体内部的部分，恰好等于上面半球的，因此球表面位于正方体内部的面积等于球面积的∵球的半径为1，得球的表面积为S=4π×12=4π∴球表面位于正方体内部的面积为S1=×4π=故选：B 点评：本题给出半径为1的球，以其一条半径为正方体的棱作正方体，求正方体内部的球面面积．着重考查了正方体的性质和球的表面积公式等知识，属于基础题．12．（5分）（•贵阳二模）已知点P是双曲线C ：﹣=1上一点，过P作C的两条逐渐近线的垂线，垂足分别为A，B 两点，则•等于（）A．B．﹣C．0D．1考点：双曲线的简单性质；平面向量数量积的运算．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：确定两条渐近线方程，设双曲线C上的点P（x0，y0），求出点P到两条渐近线的距离，利用P（x0，y0）在双曲线C上，及向量的数量积公式，即可求得结论．解答：解：由条件可知：两条渐近线分别为l1：x﹣y=0，l2：x+y=0设双曲线C上的点P（x0，y0），则点P到两条渐近线的距离分别为||=，||=，所以||||=×=||因为P（x0，y0）在双曲线C 上，所以，即2x﹣y=6故||||=2设与的夹角为θ，得cosθ=，则•=．故选A．点评：本题考查双曲线的标准方程，考查直线与双曲线的位置关系，考查向量知识，考查学生的计算能力，属于中档题．二、填空题：本小题共4小题，每小题5分13．（5分）（•贵阳二模）（9x﹣3﹣x）6（x∈R ）的二项展开式中的常数项是15 ．考点：二项式定理的应用．专题：计算题．分析：先求得（9x﹣3﹣x）6（x∈R）的二项展开式的通项公式，再令x的幂指数等于零，求得r的值，可得二项展开式中的常数项．解答：解：（9x﹣3﹣x）6（x∈R）的二项展开式的通项公式为 T r+1=•9x（6﹣r）•（﹣1）r3﹣xr=•312x﹣3xr令 12x﹣3rx=0，求得r=4，故二项展开式中的常数项是=15，故答案为 12．点评：本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．14．（5分）（•贵阳二模）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是．考点：由三视图求面积、体积．专题：空间位置关系与距离．分析：根据几何体的三视图判断几何体的形状，画出其直观图，再根据棱锥的体积公式计算即可．解答：解：根据几何体的三视图判定，几何体为四棱锥，其直观图为：∴V 棱锥==．故答案是．点评：本题考查由几何体的三视图求面积与体积．15．（5分）（•贵阳二模）已知F是抛物线C：y2=4x的焦点，直线l：y=k （x+1）与抛物线C交于A，B两点，记直线FA，FB的斜率分别为k1，k2，则k1+k2= 0 ．考点：直线与圆锥曲线的关系；直线的斜率．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：由抛物线方程求出抛物线的焦点坐标，把直线方程和抛物线方程联立后化为关于x的一元二次方程，由根与系数关系求出两个交点的横坐标的和与积，写出斜率后作和，通分整理，把两个交点横坐标的乘积代入即可得到答案．解答：解：由y2=4x，得抛物线焦点F（1，0），联立，得k2x2+（2k﹣4）x+k2=0．设A（x1，y1），B（x2，y2），则．==．故答案为0．点评：本题考查了直线的斜率，考查了直线与圆锥曲线的关系，训练了一元二次方程的根与系数关系，属中档题．16．（5分）（•贵阳二模）设△ABC的内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，且c=b+1=a+2，C=2A，则△ABC 的面积等于．考点：正弦定理；余弦定理．专题：解三角形．分析：由条件利用正弦定理及二倍角公式求得cosA=，再由余弦定理求得cosA=，可得=，解得a的值，可得三角形的三边长以及cosA、sinA的值，再根据△ABC的面积等于bc•sinA，运算求得结果．解答：解：△ABC中，c=b+1=a+2，C=2A，则由正弦定理可得，∴，解得cosA=．再由余弦定理可得 a2=（a+2）2+（a+1）2﹣2（a+2）（a+1）•cosA，解得 cosA=．∴=，解得a=4，故b=5，c=6，cosA=，∴sinA=，∴△ABC的面积等于bc•sinA==，故答案为．点评：本题主要考查正弦定理、余弦定理、二倍角公式的应用，求三角形的面积，属于中档题．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17．（12分）（•贵阳二模）已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，S7=70，且a1，a2，a6成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n =，数列{b n}的最小项是第几项，并求出该项的值．考点：等差数列的前n项和；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式．专题：等差数列与等比数列．分析：（Ⅰ）根据等差（等比）数列对应的前n项和、通项公式和性质，列出关于a1和d方程，进行求解然后代入通项公式；（Ⅱ）由（Ⅱ）的结果求出S n，代入b n进行化简后，利用基本不等式求出最小项以及对应的项数．解答：解：（I）设公差为d且d≠0，则有，即，解得或（舍去），∴a n=3n﹣2．（II ）由（Ⅱ）得，=，∴b n ===3n+﹣1≥2﹣1=23，当且仅当3n=，即n=4时取等号，故数列{b n}的最小项是第4项，该项的值为23．点评：本题是数列与不等式结合的题目，考查了等差（等比）数列对应的前n项和、通项公式和性质等，注意利用基本不等式求最值时的三个条件的验证．18．（12分）（•贵阳二模）如图，在四棱锥E﹣ABCD中，矩形ABCD所在的平面与平面AEB垂直，且∠BAE=120°，AE=AB=4，AD=2，F，G，H分别为BE，AE，BC的中点（Ⅰ）求证：DE∥平面FGH；（Ⅱ）若点P在直线GF 上，=λ，且二面角D﹣BP﹣A 的大小为，求λ的值．考点：二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．专题：计算题；证明题；空间角．分析：（Ⅰ）欲证明DE∥平面FGH，先找直线与直线平行，即在平面FGH内找一条直线与直线DE平行．因此，取AD得中点M，连接GM，可证出MG∥DE，结合线面平行的判定定理可得DE∥平面FGH；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，根据题中数据得出相应点的坐标进而得到、的坐标，利用垂直向量数量积为零的方法，求出=（5﹣2λ，，2）是平面BDP 的一个法向量，结合=（0，0，1）是平面ABP的一个法向量和二面角D﹣BP﹣A 的大小为，利用空间向量的夹角公式建立关于λ的方程，解之可得实数λ的值．解答：解：（Ⅰ）证明：取AD的中点M，连接MH，MG．∵G、H、F分别是AE、BC、BE的中点，∴MH∥AB，GF∥AB，∴MH∥GF，即G、F、H、M四点共面，平面FGH即平面MGFH，又∵△ADE中，MG是中位线，∴MG∥DE∵DE⊄平面MGFH，MG⊂平面MGFH，∴DE∥平面MGFH，即直线DE与平面FGH平行．（Ⅱ）在平面ABE内，过A作AB的垂线，记为AP，则AP⊥平面ABCD．以A为原点，AP、AB、AD所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示．可得A（0，0，0），B（0，4，0），D（0，0，2），E（2，﹣2，0），G （，﹣1，0），F （，1，0）∴=（0，2，0），=（0，﹣4，2），=（，﹣5，0）．由=λ=（0，2λ，0），可得=+=（，2λ﹣5，0）．设平面PBD 的法向量为=（x，y，z），则，取y=，得z=2，x=5﹣2λ，∴=（5﹣2λ，，2），又∵平面ABP 的一个法向量为=（0，0，1），∴cos＜＞===cos =，解之得λ=1或4即λ的值等于1或4．点评：本题在特殊四棱锥中证明线面平行，并求满足二面角D﹣BP﹣A 的等于的点P的位置．着重考查了线面平行的判定定理，利用空间坐标系研究二面角大小等知识点，属于中档题．19．（12分）（•贵阳二模）某次大型抽奖活动，分两个环节进行：第一环节从10000人中随机抽取10人，中奖者获得奖金1000元，并获得第二环节抽奖资格；第二环节在取得资格的10人中，每人通过电脑随机产生两个数x，y（x，y∈{1，2，3}），并按如图运行相应程序．若电脑显示“中奖”，则该抽奖者获得9000元奖金；若电脑显示“谢谢”，则不中奖．（I）已知甲在第一环节中奖，求甲在第二环节中奖的概率；（II）若乙参加了此次抽奖活动，求乙在此次活动中获得奖金的期望．考点：离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列；程序框图．专题：概率与统计．分析：（Ⅰ）确定从1，2，3三个数字中有重复取2个数字的基本事件，甲在第二环节中奖的基本事件，即可求得概率；（Ⅱ）确定乙参加此次抽奖活动获得奖金的取值，求出相应的概率，可得分布列与数学期望．解答：解：（Ⅰ）从1，2，3三个数字中有重复取2个数字，其基本事件有（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（2，2），（2，3），（3，1），（3，2），（3，3）共9个，…（3分）设“甲在第二环节中奖”为事件A，则事件A包含的基本事件有（3，1），（3，3），共2个，∴P（A）=．…（6分）（Ⅱ）设乙参加此次抽奖活动获得奖金为X元，则X的可能取值为0，1000，10000．…（7分）P（X=0）=，P（X=1000）==，P（X=10000）==．∴X的分布列为X 0 1000 10000P…（11分）∴EX=0×+1000×+10000×=3．…（12分）点评：本题考查概率的计算，考查分布列与期望的计算，考查学生的计算能力，属于中档题．20．（12分）（•贵阳二模）设椭圆C ：+=1（a＞b＞0）过点M（1，1），离心率e=，O为坐标原点．（I）求椭圆C的方程．（Ⅱ）若直线l是圆O：x2+y2=1的任意一条切线，且直线l与椭圆C相交于A，B两点，求证：•为定值．考点：直线与圆锥曲线的关系；平面向量数量积的运算；椭圆的标准方程．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（I）利用离心率的计算公式、a、b、c 的关系及点满足椭圆的方程可得，解出即可；（II）分切线的斜率存在与不存在讨论，把直线的方程与椭圆的方程联立得到根与系数的关系及利用数量积即可得出．解答：解：（Ⅰ）由题意可得，解得，∴椭圆C 的方程为．（Ⅱ）①当圆O的切线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，则圆心O到直线l 的距离，∴1+k2=m2．将直线l的方程和椭圆C 的方程联立，得到（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣4=0．设直线l与椭圆C相交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，则，．∴=x1x2+（kx1+m）（kx2+m）====0，②当圆的切线l 的斜率不存在时，验证得．综合上述可得，为定值0．点评：本题综合考查了椭圆的定义、标准方程及其性质、直线与椭圆的相交问题转化为方程联立及根与系数的关系、数量积等基础知识与基本技能，考查了分类讨论的思想方法推理能力和计算能力．21．（12分）（•贵阳二模）已知函数f（x）=（bx+c）lnx在x=处取得极值，且在x=1处的切线的斜率为1．（Ⅰ）求b，c的值及f（x）的单调减区间；（Ⅱ）设p＞0，q＞0，g（x）=f（x）+x2，求证：5g （）≤3g（p）+2g（q）．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ），，故，由此能求出b，c的值及f（x）的单调减区间．（Ⅱ）先证，即证，再证明5g （）≤3g（p）+2g（q）．解答：解：（Ⅰ），（1分），∴，即﹣b+b+ec=0，∴c=0，∴f'（x）=blnx+b，又f'（1）=1，∴bln1+b=1，∴b=1，综上，b=1，c=0，（3分）f（x）=xlnx，由定义域知x＞0，f'（x）=lnx+1，∵，∴f（x ）的单调减区间为．（5分）（Ⅱ）先证即证即证，（6分）令，∵p＞0，q＞0，∴t＞0，即证令，则，∴=，（8分）①当3+2t＞5t即0＜t＜1时，，即h'（t）＞0h（t）在（0，1）上递增，∴h（t）＜h（1）=0，（9分）②当3+2t＜5t，即t＞1时，ln＜0，即h′（t）＜0，h（t）在（1，+∞）上递减，∴h（t）＜h（1）=0，（10分）③当3+2t=5t，即t=1时，h（t）=h（1）=0，综合①②③知h（t）≤0，即ln ≤，（11分）即5f （）≤3f（p）+2f（q），∵5•（）2﹣（3p2+2q2）=≤0，∴5•（）2≤3p2+2q2，综上，得5g （）≤3g（p）+2g（q）．（12分）点评：本题考查函数的减区间的求法，考查不等式的证明，考查等价转化思想，考查运算推导能力，解题时要认真审题，仔细解答，注意导数性质的灵活运用．四、请考生在第22.23.24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑．22．（10分）（•贵阳二模）如图，直线AB经过⊙O上的点C，并且OA=OB，CA=CB，⊙O交直线OB于E、D，连接EC、CD．（1）求证：直线AB是⊙O的切线；（2）若tan∠CED=，⊙O的半径为3，求OA的长．考点：圆的切线的性质定理的证明；直线与圆的位置关系；矩阵与矩阵的乘法的意义；简单曲线的极坐标方程；直线的参数方程．专题：计算题；证明题．分析：（1）要想证AB是⊙O的切线，只要连接OC，求证∠ACO=90°即可；（2）先由三角形判定定理可知，△BCD∽△BEC，得BD与BC的比例关系，最后由切割线定理列出方程求出OA的长．解答：解：（1）如图，连接OC，∵OA=OB，CA=CB，∴OC⊥AB．∴AB是⊙O的切线；（2）∵BC是圆O切线，且BE是圆O割线，∴BC2=BD•BE，∵tan∠CED=，∴．∵△BCD∽△BEC，∴，设BD=x，BC=2x．又BC2=BD•BE，∴（2x）2=x•（x+6），解得x1=0，x2=2，∵BD=x＞0，∴BD=2，∴OA=OB=BD+OD=3+2=5．（10分）．点评：本题考查的是切线的判定、相似三角形的判定和性质，以及切割线定理的综合运用，属于基础题．23．（•贵阳二模）选修4﹣4：坐标系与参数方程在极坐标系下，已知圆O：ρ=cosθ+sinθ和直线l ：ρsin（θ﹣）=，（I）以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系．求圆O和直线l的直角坐标方程；（II）当θ∈（0，π）时，求直线l与圆O公共点的一个极坐标．考点：点的极坐标和直角坐标的互化；直线与圆的位置关系．专题：直线与圆．分析：（Ⅰ）把给出的极坐标方程两边同时乘以ρ，把x=ρcosθ，y=ρsinθ代入即可求得圆的普通方程．展开两角差的正弦公式，把x=ρcosθ，y=ρsinθ代入即可求得直线的普通方程．（Ⅱ）求出圆与直线的交点坐标（0，1），由该点在极坐标平面内的位置得到其极径与极角．解答：解：（Ⅰ）圆O：ρ=cosθ+sinθ，即ρ2=ρcosθ+ρsinθ，所以圆O的直角坐标方程为：x2+y2=x+y，即x2+y2﹣x﹣y=0．直线，即ρsinθ﹣ρcosθ=，也就是ρsinθ﹣ρcosθ=1．则直线l的直角坐标方程为：y﹣x=1，即x﹣y+1=0．（Ⅱ）由，得．故直线l与圆O公共点为（0，1），该点的一个极坐标为．点评：本题考查了极坐标与直角坐标的互化，考查了直线与圆的位置关系，解答的关键是熟记公式x=ρcosθ，y=ρsinθ，是基础题．24．（•贵阳二模）选修4﹣5：不等式选讲已知函数f（x）=|x﹣2|﹣|x﹣5|．（1）证明：﹣3≤f（x）≤3；（2）求不等式f（x）≥x2﹣8x+15的解集．考点：绝对值不等式的解法．专题：计算题；不等式的解法及应用．分析：（1）通过对x的范围分类讨论将函数f（x）=|x﹣2|﹣|x﹣5|中的绝对值符号去掉，转化为分段函数，即可解决；（2）结合（1）对x分x≤2，2＜x＜5与x≥5三种情况讨论解决即可．解答：解：（1）f（x）=|x﹣2|﹣|x﹣5|=．当2＜x＜5时，﹣3＜2x﹣7＜3．所以﹣3≤f（x）≤3．（2）由（1）可知，当x≤2时，f（x）≥x2﹣8x+15的解集为空集；当2＜x＜5时，f（x）≥x2﹣8x+15的解集为{x|5﹣≤x＜5}；当x≥5时，f（x）≥x2﹣8x+15的解集为{x|5≤x≤6}．综上，不等式f（x）≥x2﹣8x+15的解集为{x|5﹣≤x≤6}．点评：本题考查绝对值不等式的解法，通过对x的范围分类讨论去掉函数式中的绝对值符号是关键，考查转化与分类讨论思想，属于中档题．。

2020届贵州省普通高等学校招生高三适应性测试数学(理)试题(解析版)

2020届贵州省普通高等学校招生高三适应性测试数学（理）试题一、单选题1．已知集合{0,1,2,3,4}U =，{}2|20A x Z x x =∈-„，{1,2,3}B =，则()U A B =U ð（） A ．{3} B ．{0,1,2} C ．{1,2,3} D ．{1,2,3,4}【答案】D【解析】先化简集合A ，再求解()U A B U ð. 【详解】因为{}{}2|200,1,2A x Z x x =∈-=„，所以{}3,4U A =ð，因为{1,2,3}B =，所以(){}1,2,3,4U A B =U ð. 故选：D. 【点睛】本题主要考查集合的补集和并集运算，化简集合为最简形式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.2．函数22()cos sin f x x x =-的最小正周期是（） A ．π B ．2π C ．3π D ．4π【答案】A【解析】先化简函数22()cos sin cos 2f x x x x =-=，结合周期公式可求周期. 【详解】因为22()cos sin cos 2f x x x x =-=，所以周期为22ππ=. 故选：A. 【点睛】本题主要考查三角函数的周期，把函数化简成标准型，利用周期公式可求周期，侧重考查数学运算的核心素养.3．已知直线l ⊥平面α，直线//m 平面β，则“//αβ”是“l m ⊥”的（） A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件 D ．既非充分也非必要条件【答案】B【解析】分析：由题意考查充分性和必要性即可求得最终结果. 详解：若//l αβα⊥，，则l β⊥，又//m β，所以l m ⊥；若l m ⊥，当//m β时，直线l 与平面β的位置关系不确定，无法得到//αβ. 综上，“//αβ”是“l m ⊥”的充分不必要条件. 本题选择B 选项.点睛：本题主要考查线面平行的判断定理，面面平行的判断定理及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4．据记载，欧拉公式cos sin ()ix e x i x x R =+∈是由瑞士著名数学家欧拉发现的，该公式被誉为“数学中的天桥”.特别是当x π=时，得到一个令人着迷的优美恒等式10i e π+=，将数学中五个重要的数（自然对数的底e ，圆周率π，虚数单位i ，自然数的单位1和零元0）联系到了一起，有些数学家评价它是“最完美的数学公式”.根据欧拉公式，若复数i 4e z π=的共轭复数为z ，则z =（）A ．-B ．+CD - 【答案】D【解析】先根据题意求出复数i 4e z π=的代数形式，再求它的共轭复数. 【详解】由题意，i 4e cosisin 44z πππ==+=+，所以z =. 故选：D. 【点睛】本题主要考查共轭复数，化简复数为a bi +形式，其共轭复数为a bi -，侧重考查数学运算的核心素养.5．52x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中3x 的系数为（）A ．10B ．10-C ．5D ．5-【答案】B【解析】利用二项式定理展开式的通项公式可求3x 的系数. 【详解】52x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式的通项公式为()55215522rr r r r r r T C x C x x --+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，令523-=r 可得1r =，所以3x 的系数为15210C -=-.故选：B. 【点睛】本题主要考查二项式定理，利用二项式定理求解特定项的系数一般是利用通项公式求解，侧重考查数学运算的核心素养.6．若3232,log 3,log2a b c ===，则实数,,a b c 之间的大小关系为（）A ．a c b >>B ．a b c >>C ．c a b >>D ．b a c >>【答案】A【解析】利用中间1和2进行比较可得答案. 【详解】因为31222>=，22log 3log 21<=，333log3log 2log 32<<=;所以a c b >>. 故选：A. 【点睛】本题主要考查比较指数式和对数式的大小，一般是利用函数的单调性结合中间值进行比较，侧重考查数学抽象的核心素养.7．某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险：戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔.该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图例，以下四个选项错误的是（）A ．54周岁以上参保人数最少B ．18～29周岁人群参保总费用最少C ．丁险种更受参保人青睐D ．30周岁以上的人群约占参保人群的80% 【答案】B【解析】根据统计图表逐个选项进行验证即可. 【详解】由参保人数比例图可知，54周岁以上参保人数最少，30周岁以上的人群约占参保人群的80%，所以选项A,选项D 均正确；由参保险种比例图可知，丁险种更受参保人青睐，所以选项C 正确；由不同年龄段人均参保费用图可知，18～29周岁人群人均参保费用最少，但是这类人所占比例为20%，所以总费用不一定最少. 故选：D. 【点睛】本题主要考查统计图表的识别，根据统计图得出正确的统计结论是求解的前提，侧重考查数据分析的核心素养. 8．函数()()22sin cos x xf x x x -=-的部分图象大致是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】利用函数的奇偶性可以排除部分选项，再利用特殊值进行排除，可得正确结果.【详解】因为()()()()22sin cos ()xx f x x x f x --=---=，所以()f x 是偶函数，排除选项A ；当(0,),()02x f x π∈>，排除选项D ；当(,),()02x f x 3π∈π>，排除选项C ；故选：B. 【点睛】本题主要考查函数图象的识别，利用函数的性质及特殊值，采用排除法是这类问题的常用方法，侧重考查直观想象的核心素养.9．已知抛物线2:2(0)C y px p =>，倾斜角为6π的直线交C 于,A B 两点.若线段AB 中点的纵坐标为p 的值为（） A ．12B ．1C ．2D ．4【答案】C【解析】设出直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理和中点公式可求p 的值. 【详解】设直线方程为y x m =+，联立223y px y x m ⎧=⎪⎨=+⎪⎩20y y m -+=，设()()1122,,,A x y B x y，则12y y +=，因为线段AB中点的纵坐标为12y y +=2p =. 故选：C. 【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，利用弦中点求解参数时，一般利用待定系数法，结合韦达定理及中点公式可得结果，侧重考查数学运算的核心素养.10．已知一块形状为正三棱柱111ABC A B C -（底面是正三角形，侧棱与底面垂直的三棱柱）的实心木材，1AB AA ==若将该木材经过切割加工成一个球体，则此球体积的最大值为（） A． B．3C ．43π D ．323π 【答案】C【解析】利用棱柱的三个侧面都相切的球的特点求出球的半径，进而可得体积的最大值. 【详解】由题意最大球应该是和正三棱柱三个侧面都相切的球，即球的大圆和正三棱柱的横截面相切，横截面是边长为1313r =⨯=，所以球体积的最大值为43π. 故选：C. 【点睛】本题主要考查球的切接问题，求解的关键是找到蕴含的等量关系式，侧重考查数学运算的核心素养.11．已知函数1()||3f x x x=--，()f x '是()f x 的导函数.①()f x 在区间(0,)+∞是增函数；②当(,0)x ∈-∞时，函数()f x 的最大值为1-；③()()y f x f x '=-有2个零点；④()()2f x f x ''--=.则上述判断正确的序号是（） A ．①③ B ．①④C ．③④D ．①②【答案】A【解析】结合函数解析式及导数的解析式，逐项验证可得答案. 【详解】当0x >时，1()3f x x x =--，21()10x f x '=+>，所以()f x 在区间(0,)+∞是增函数，即①正确；当0x <时，()11()3()31f x x x x x=---=-+--≥-，当且仅当1x =-时取到最小值，所以②不正确；当0x >时，3224)1(()x x x f x f x x----'=，令321()4g x x x x =---，则2()381x g x x '=--，由于0,(0)10g ∆>'=-<，所以()g x 在(0,)+∞上先减后增，且(0)10g =-<，所以()g x 在(0,)+∞内只有一个零点；当0x <时，3222)1(()x x x f x f x x----'=，令321()2h x x x x =---，则2()341x h x x '=--，由于0,(0)10h ∆>'=-<，所以()h x 在(,0)-∞上先增后减，且(0)10h =-<，所以()h x 在(,0)-∞内只有一个零点；综上可知，()()y f x f x '=-有2个零点，所以③正确；当0x >时，21()1f x x'=+，()()0f x f x ''--=，所以④不正确；故选：A. 【点睛】本题主要考查函数的性质，利用导数研究函数的性质是常用方法，侧重考查数学抽象的核心素养.12．设双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右焦点为,F C 的一条渐近线为l ，以F 为圆心的圆与l 相交于,M N 两点，MF NF ⊥，O 为坐标原点，(25)OM ON λλ=u u u u r u u u r剟，则双曲线C 的离心率的取值范围是（）A ．2⎣B ．23⎣⎦C ．33⎣⎦D ．35⎣⎦【答案】C【解析】先根据题意可得圆的半径及弦长MN ，结合直角三角形的性质建立等量关系，根据λ的范围可得离心率的取值范围. 【详解】不妨设渐近线l 为by x a =，(c,0)F ，则点F 到渐近线的距离为d b ==；取MN 的中点A ，如图，由题意可知，MFN △是等腰直角三角形，所以FA MN ⊥，且12FA MN =，即2MN b =；设ON x =，由(25)OM ON λλ=u u u u r u u u r 剟得OM x λ=，即2x x b λ=+，21bx λ=-；在直角三角形OAF 中，222OA AF OF +=，所以222()x b b c ++=，整理可得x b a +=，即有12111b a λλλ-==-++，因为[2,5]λ∈，所以12[,]33b a ∈，所以双曲线的离心率c e a ==. 故选：C.【点睛】本题主要考查双曲线的离心率，向量条件的转化是求解的关键，离心率问题主要是构建关于,,a b c 的关系式，侧重考查数学运算的核心素养.二、填空题13．已知点(,)P x y 满足约束条件4,0,4,x y x y x +⎧⎪-⎨⎪⎩……„则原点O 到点P 的距离的最小值为________. 【答案】22【解析】作出可行域，结合图形可得原点O 到点P 的距离的最小值. 【详解】作出可行域，如图，由图可知点A 到原点的距离最小，联立4x y +=和0x y -=，得(2,2)A ，所以原点O 到点P 的距离的最小值为22. 故答案为：22.【点睛】本题主要考查利用线性规划知识求解距离型最值问题，作出可行域，观察图形，找到最值点是求解的关键，侧重考查直观想象的核心素养.14．如图所示，若输入1010a =，8k =，4n =，则输出b =_________.【答案】520【解析】结合程序框图，逐次进行运算，直到退出循环，输出b . 【详解】第一次运算：0,2b i ==；第二次运算：8,3b i ==；第三次运算：8,4b i ==；第四次运算：520,5b i ==；此时i n >退出循环，输出b 的值520. 故答案为：520. 【点睛】本题主要考查程序框图的理解，利用程序框图求解输出值，一般是采用“还原现场”的方法，侧重考查数学运算的核心素养.15．ABC V 的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c .若3(cos cos )cos sin b C c B A a A +=，8+=b c ，4a =，则ABC V 的面积为________. 【答案】3【解析】先利用正弦定理化边为角可得3A π=，结合余弦定理可得16bc =，然后利用面积公式可求ABC V 的面积. 【详解】因为3(cos cos )cos sin b C c B A a A +=，所以3(sin cos sin cos )cos sin sin B C C B A A A +=，即3cos sin A A =，3A π=;由余弦定理得()22222cos 22cos a b c bc A b c bc bc A =+-=+--，因为8+=b c ，4a =，所以16bc =，所以ABC V 的面积为113sin 164322bc A =⨯⨯=. 故答案为：43. 【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理求解三角形，边角的转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.16．如图是由六个边长为1的正六边形组成的蜂巢图形，定点,A B 是如图所示的两个顶点，动点P 在这些正六边形的边上运动，则AP AB ⋅u u u r u u u r的最大值为________.【答案】452【解析】建立直角坐标系，把向量数量积转化为坐标运算，结合函数单调性可求最值. 【详解】以A 为坐标原点建立平面直角坐标系如图，则(0,0)A ，(23,3)B ，3393,5),()22M N ；由图可知点P 在线段MN 上运动时，AP AB ⋅u u u r u u u r最有可能取到最大值，线段MN ：333(3)5,[3,]32y x x =-+∈，设(,)P x y ，则(23,3),(,)AB AP x y ==u u u r u u u r ，233318AB AP x y x ⋅=+=+u u u r u u u r，因为33[3,]2x ∈，且318y x =+为增函数，所以334531822AB AP ⋅≤⨯+=u u u r u u u r . 故答案为：452.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，平面向量问题优先利用坐标运算进行求解，侧重考查数学运算的核心素养.三、解答题17．2019年底，湖北省武汉市等多个地区陆续出现感染新型冠状病毒肺炎的患者.为及时有效地对疫情数据进行流行病学统计分析，某地研究机构针对该地实际情况，根据该地患者是否有武汉旅行史与是否有确诊病例接触史，将新冠肺炎患者分为四类：有武汉旅行史（无接触史），无武汉旅行史（无接触史），有武汉旅行史（有接触史）和无武汉旅行史（有接触史），统计得到以下相关数据. （1）请将列联表填写完整：有接触史无接触史总计有武汉旅行史 27 无武汉旅行史 18 总计 2754（2）能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为有武汉旅行史与有确诊病例接触史有关系？附：22(),()()()()n ad bc K n a b c d a b c d a c b d -==+++++++【答案】（1）列联表见解析；（2）能【解析】（1）根据表格可得有武汉旅行史且有接触史的有9人，有武汉旅行史且无接触史的有18人，可以完成表格；（2）根据列联表计算卡方，根据参考数据可以得出结论. 【详解】（1）请将该列联表填写完整：（2）根据列联表中的数据，由于2254(991818)27272727K ⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯ 22454(918)(918)27⨯-+= 2245492727⨯⨯= 22927⨯= 6 5.024=>.因此，在犯错误的概率不超过0.025的前提下，认为有武汉旅行史与有确诊病例接触史有关系. 【点睛】本题主要考查独立性检验，题目较为简单，独立性检验根据公式计算卡方是求解的关键，侧重考查数据处理的核心素养.18．已知{}n a 为等差数列，各项为正的等比数列{}n b 的前n 项和为n S ，1122a b ==，2810a a +=，__________.在①1n n S b λ=-；②43212a S S S =-+；③2n a n b λ=这三个条件中任选其中一个，补充在横线上，并完成下面问题的解答（如果选择多个条件解答，则以选择第一个解答记分）. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T .【答案】（1）选①：n a n =，2n n b =；选②：n a n =，2n n b =；选③：n a n =，2nn b =；（2）选①：1(1)22n n T n +=-⨯+；选②：1(1)22n n T n +=-⨯+；选③：1(1)22n n T n +=-⨯+【解析】（1）根据所选条件，建立方程组，求解基本量，进而可得通项公式；（2）根据通项公式的特点，选择错位相减法进行求和. 【详解】选①解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，∵12822,10a a a =+=，∴12810a d +=，∴11a =，1d =， ∴1(1)1n a n n =+-⨯=，由12,1n n b S b λ==-，当1n =时，有1111S b b λλ==-，则有221λ⨯=-，即12λ=当2n …时，()()112121n n n n n b S S b b --=-=---，即12n n b b -=，所以{}n b 是一个以2为首项，2为公比的等比数列. ∴1222n n n b -=⨯=.（2）由（1）知2nn n a b n ⋅=⋅，∴1231222322nn T n =⨯+⨯+⨯++⨯L ，①23121222(1)22n n n T n n +=⨯+⨯++-⨯+⨯L ，②①-②得：()231121222222212n nn n nT n n ++--=++++-⨯=-⨯-L ，∴1(1)22n n T n +=-⨯+.选②解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，∵12822,10a a a =+=，∴12810a d +=，∴11,1a d ==， ∴1(1)1n a n n =+-⨯=， ∴44a =，设等比数列{}n b 的公比为(0)q q >， ∵43212a S S S =-+，∴()()2432213211a S S S S b b b q b q =---=-=-，又∵414,2a b ==，∴220q q --=，解得2q =，或1q =-（舍），∴1222n n n b -=⨯=.（2）由（1）可知2nn n a b n ⋅=⋅，∴1231222322nn T n =⨯+⨯+⨯++⨯L ，23121222(1)22n n n T n n +=⨯+⨯++-⨯+⨯L ，②①-②得：()231121222222212n n n n nT n n ++--=++++-⨯=-⨯-L ，∴1(1)22n n T n +=-⨯+.选③解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，∵12822,10a a a =+=，∴12810a d +=，∴11a =，1d =， ∴1(1)1n a n n =+-⨯=， ∵2na nb λ=，111,2a b ==，令1n =，得112a b λ=，即22λ=，∴1λ=，∴2n an b =，∴2nn b =；（2）解法同选②的第（2）问解法相同. 【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解和错位相减法求和，熟记等差数列和等比数列的通项公式是求解的关键，错位相减法求和时，注意检验结果，防止计算错误，侧重考查数学运算的核心素养.19．图1是直角梯形ABCD ，//AB DC ，90D ∠=︒，2AB =，3DC =，3AD =，2CE ED =u u u r u u u r.以BE 为折痕将BCE V 折起，使点C 到达1C 的位置，且16AC =，如图2.（1）证明：平面1BC E ⊥平面ABED ；（2）求直线1BC 与平面1AC D 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）27【解析】（1）做辅助线，先根据线线垂直证明1C F ⊥面ABED ，进而可证平面1BC E ⊥平面ABED ；（2）建立平面直角坐标系，求出平面1AC D 的法向量，利用法向量法可求直线1BC 与平面1AC D 所成角的正弦值. 【详解】（1）证明：在图1中，连结AE ，由已知得2AE = ∵CE BA ∥且CE BA AE ==，∴四边形ABCE 为菱形，连结AC 交BE 于点F ， ∴CF BE ⊥，又∵在Rt ACD V中，AC ==∴AF CF ==，在图2中，1AC =∵22211AF C F AC +=，∴1C F AF ⊥，由题意知1C F AF ⊥，∴1C F ⊥面ABED ，又1C F ⊂平面1BC E ， ∴平面1BC E ⊥平面ABED ；（2）如图，以D 为坐标原点，DA ，DC 分别为,x y 轴，1FC u u u u r方向为z 轴正方向建立空间直角坐标系.由已知得各点坐标为133(0,0,0),(0,1,0),,0,2222D A B E F C ⎛⎫⎛ ⎪ ⎝⎭⎝，所以112BC ⎛=- ⎝u u u u r，DA =u u u r，132DC =⎝u u u u r ，设平面1AC D 的法向量为(,,)n x y z =r，则1,DA n DC n ⊥⊥u u u r r u u u u r r ，所以100DA n DC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u v v u u u u v v，即000302y z x y ++=+=，令z =0,2x y ==-，所以(0,n =-r，所以||n =r记直线1BC 与平面1AC D 所成角为θ，则11sin ||BC n BC n θ⋅===u u u r r u u u r r 【点睛】本题主要考查平面与平面垂直及线面角的求解，面面垂直一般转化为线面垂直来证明，线面角主要是利用法向量进行求解，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.20．设1F ，2F 分别是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左，右焦点，,A B 两点分别是椭圆C 的上，下顶点，12AF F △是等腰直角三角形，延长1AF 交椭圆C 于D 点，且2ADF △的周长为（1）求椭圆C 的方程；（2）设点P 是椭圆C 上异于,A B 的动点，直线,AP BP 与直:2l y =-分别相交于,M N 两点，点(0,5)Q -，试问：MNQ △的外接圆是否恒过y 轴上的定点（异于点Q ）？若是，求该定点坐标；若否，请说明理由.【答案】（1）2212x y +=；（2）是，(0,0)【解析】（1）利用椭圆的定义可得a =12AF F △是等腰直角三角形，可求椭圆的方程；（2）设出直线方程，表示出,M N 的坐标，求出圆心，利用半径相等可得定点坐标. 【详解】（1）∵2ADF △的周长为由定义可知，122AF AF a +=，122DF DF a +=，∴4a =，∴a =又∵12AF F △是等腰直角三角形，且222a b c =+，∴1b c ==，∴椭圆C 的方程为2212x y +=；（2）设()()000,0P x y x ≠，则220012x y +=，∴直线AP 与BP 的斜率之积为202000220000111122x y y y x x x x --+-⋅===-，设直线AP 的斜率为k ，则直线:1AP y kx =+，1:12BP y x k=--，由12y kx y =+⎧⎨=-⎩，可得3,2M k ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，同理(2,2)N k -，假设MNQ △的外接圆恒过定点了(0,)(5)T t t ≠-，则其圆心35,22t E k k -⎛⎫- ⎪⎝⎭，又||||EQ EN ==∴解得0t =，∴MNQ △的外接圆恒过y 轴定点(0,0). 【点睛】本题主要考查椭圆的方程及椭圆中的定点问题，椭圆方程的确定的关键是建立,,a b c 的方程，圆的定点问题一般先设出来，结合条件再求解，侧重考查数学运算的核心素养. 21．已知函数21()(1)f x x =--.（1）若直线2y x m =-+与曲线()y f x =相切，求m 的值；（2）对任意(1,1)x ∈-，ln(1)()10a x f x +--…成立，讨论实数a 的取值. 【答案】（1）1m =-；（2）2a =-【解析】（1）设出切点，利用导数建立方程组，求解方程组可得m 的值；（2）构造新函数3()(1)2(1),(1,1)h x a x x x =--+∈-，利用导数求解最值，讨论可得实数a 的取值. 【详解】（1）设直线2y x m =-+与曲线()y f x =相切于点()00,x y ，因为32()(1)f x x '=-，则有()()3002022,112,1x x m x ⎧=-⎪-⎪⎨⎪-=-+⎪-⎩解得001x m =⎧⎨=-⎩，所以1m =-；（2）令21()ln(1)()1ln(1)1,(1,1)(1)g x a x f x a x x x =+--=++-∈--，则33(1)2(1)()(1)(1)a x x g x x x --+'=+-，且(0)0g =，因为(1,1)x ∈-，所以(1)0x +>，3(1)0x -<，3(1)(1)0x x +-<，令3()(1)2(1),(1,1)h x a x x x =--+∈-，（ⅰ）当0a ≥时，因为(1,1)x ∈-，所以()0h x <，即()0g x '>，()g x 在(1,1)x ∈-单调递增，当(1,0)x ∈-时，()0<g x ，不满足题意；（ⅱ）当0a <时，(1)80h a -=->且(1)4h =-，又2()3(1)20h x a x '=--<，所以()h x 在(1,1)x ∈-单调递减，存在1(1,1)x ∈-，使()10h x =，当()11,x x ∈-时，()0h x >，即()0g x '<，当()1,1x x ∈时，()0h x <，即()0g x '>，所以()g x 在()11,x -单调递减，在()1,1x 单调递增；()g x 在(1,1)x ∈-有唯一的最小值点1x ，因为(0)0g =，要使()0g x …恒成立，当且仅当10x =，又()10g x '=，所以(0)20h a =--=，即2a =-. 综上所述，2a =-. 【点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数的几何意义求解切线问题时，常常设出切点，结合切点处的导数值等于切线的斜率建立等式，恒成立问题一般转化为最值问题，利用导数求解最值即可，侧重考查数学抽象的核心素养.22．如图，在以O 为极点，Ox 轴为极轴的板坐标系中，圆1C ，2C ，3C 的方程分别为4sin ρθ=，24sin 3πρθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，24sin 3πρθ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.（1）若12,C C 相交于异于极点的点M ，求点M 的极坐标(0,02)ρθπ><„；（2）若直线:()l R θαρ=∈与13,C C 分别相交于异于极点的,A B 两点，求||AB 的最大值.【答案】（1）2,6π⎛⎫⎪⎝⎭；（2）【解析】（1）联立方程组4sin ,24sin ,3ρθπρθ=⎧⎪⎨⎛⎫=+ ⎪⎪⎝⎭⎩可解点M 的极坐标；（2）表示出||AB 的表达式，利用三角函数的知识可求最大值. 【详解】（1）由4sin ,24sin ,3ρθπρθ=⎧⎪⎨⎛⎫=+ ⎪⎪⎝⎭⎩(0,02)ρθπ><„，∴2sin sin 3πθθ⎛⎫=+⎪⎝⎭，∴6πθ=， ∴2ρ=，∴点M 的极坐标为2,6π⎛⎫⎪⎝⎭；（2）设()(),,,A B A B ραρα2||4sin 4sin 3A B AB πρραα⎛⎫=-=--⎪⎝⎭6πα⎛⎫=+ ⎪⎝⎭„∴||AB的最大值为【点睛】本题主要考查极坐标，极坐标的应用，题目较为简单，明确极坐标的意义是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.23．已知函数()||||f x x a b x c =+++-的最小值为6，,,a b c R +∈. （1）求a b c ++的值；（2）若不等式149|23|123m a b c ++-+++…恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）6；（2）[0,3]【解析】（1）利用绝对值不等式的性质及题目所给最小值可求结果；（2）利用柯西不等式可求1493123a b c +++++…，进而得到实数m 的取值范围.第 21 页共 21 页【详解】（1）()|||||()()|||f x x a b x c x a b x c a b c a b c =+++-++--=++=++…，当且仅当()a b x c -+≤≤等号成立∴6a b c ++=；（2）由柯西不等式得2149[(1)(2)(3)](123)36123a b c a b c ⎛⎫+++++++++= ⎪+++⎝⎭…， ∴1493123a b c +++++…，当且仅当1,2,3a b c ===时等号成立，∴|23|3m -„，即3233m --剟，解得03m 剟.故m 的取值范围是[0,3].【点睛】本题主要考查绝对值不等式的性质及柯西不等式应用，熟悉柯西不等式的结构是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.。

【适应】高三数学适应性监测考试试题二贵阳二模理新人教A版

【关键字】适应贵州省贵阳市高三适应性监测考试（二）理科数学注意事项：1．本试卷分第I卷（选择题）和笫II卷（非选择题）两部分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。

2．回答第1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．回答笫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，只有一项是合题目要求的。

(1)已知集合，则A．B．C．D．(2)已知i是虚数单位，m和n都是实数，且，则=A．i B．-i C．1 D．-1(3)在边长为3的正方形ABCD内任取一点P，则P到正方形四边的距离均不小于l的概率为A．B．C．D．(4)若,则A．a<b<c B．c<a<bC．b<a<c D．b<c<a(5)已知命题：函数在R为减函数，：函数在R为增函数，则在命题和中，真命题是A．B．C．D．(6)定积分的值等于A．B．C．D．(7)已知函数，其导函数的部分图象如图所示，则函数的解析A．B．C．D．(8)已知曲线上两点和，其中.过的直线与x轴交于点，那么A．x心成等差数列B．成等比数列C．成等差数列D．成等比数列(9)若是奇函数，且当x>0时，则=A．B．C．D．A．B．C．D．(10))若,a是第三象限的角，则=A．B．C．2 D．-2(11)已知半径为l 的球，若以其一条半径为正方体的一条棱作正方体，则此正方体内部的球面面积为A ．B ．C ．D ．(12)已知点P 是双曲线上一点，过P 作C 的两条渐近线的垂线，垂足分别为A ，B 两点，则等于A ．B ．C ．0D ．1第II 卷本卷包括必考题和选考题两部分。

贵州省2020年高三数学适应性考试试题理(含解析)

贵州省2020年高三数学适应性考试试题理（含解析）一、选择题：本大题共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.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将A中的元素代入B中的解析式，求出B，再利用两个集合的交集的定义求出A∩B．【详解】∵集合，∴，∴，故选：C．【点睛】本题主要考查交集的定义及求解，涉及指数函数的值域问题，属于基础题．2.已知为虚数单位，若复数，则复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求得，再求出虚部即可．【详解】∵，∴复数的虚部等于．故选：B．【点睛】本题考查了复数的除法运算法则、虚部的定义，属于基础题．3.等差数列中，与是方程的两根，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可得+＝4＝+，代入所求即可得解．【详解】∵与是方程的两根，∴+＝4＝+，则．故选C．【点睛】本题考查了等差数列的性质、一元二次方程的根与系数的关系，属于基础题．4.若，，，则实数，，之间的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】判断三个数a、b、c与0，1的大小，即可得到结果．【详解】∵，∴a=20.3＞20=1，∵, ∴b=，又，即0<c<1，所以．故选：B．【点睛】本题考查指对幂函数的单调性的应用及指对互化的运算，属于基础题．5.设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下面四个命题：①若，，则②若，，，则③若，，则④若，，，则其中正确命题的序号是（）A. ①④B. ①②C. ②③④D. ④【答案】D【解析】【分析】根据空间直线和平面平行，垂直的性质分别进行判断即可．【详解】①若，，则α∥或α与相交如墙角处的三个平面，①错误；②若α⊥β，m⊂α，，则可能m与相交或或异面，故②错误③若，，则可能或异面，故③错误，对于④若，，，则，由面面平行的性质定理可知正确，④正确．故选D.【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及空间直线和平面平行和垂直的判定和性质，考查了空间想象能力，属于基础题．6.函数的图像大致是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用函数的奇偶性及极限思想进行排除即可．【详解】f（x），则f（x）不是偶函数，排除A，B，当x→+∞，4x→+∞，则f（x）→0，排除C，故选：D．【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，判断函数的奇偶性和对称性以及利用特殊值、极限思想是解决本题的关键．7.在直角梯形中，，，，，是的中点，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由数量积的几何意义可得，，又由数量积的运算律可得，代入可得结果.【详解】∵，由数量积的几何意义可得：的值为与在方向投影的乘积，又在方向的投影为=2，∴，同理，∴，故选D.【点睛】本题考查了向量数量积的运算律及数量积的几何意义的应用，属于中档题.8.设，则“”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】⇒0<sin，反之通过举反例说明不成立，即可判断出结论．【详解】∵=，当时，,此时令，则y=+在上，满足y>1,反之，当时，,但不一定有，比如：，∴“”是“”的充分不必要条件．故选：A．【点睛】本题考查了三角函数求值、不等式的解法、简易逻辑的判定方法，涉及二次函数求值域的问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．9.在中国国际大数据产业博览会期间，有甲、乙、丙、丁4名游客准备到贵州的黄果树瀑布、梵净山、万峰林三个景点旅游参观，其中的每个人只去一个景点，每个景点至少要去一个人，则游客甲去梵净山的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求得所有基本事件的个数，再求甲去梵净山的所有情况：根据题意，分2种情况讨论：①，甲单独一个人去梵净山，②，甲和乙、丙、丁中1人去梵净山，分别求出每一种情况的方案的数目相加，由古典概型概率公式计算可得答案．【详解】根据题意，满足每个人只去一个景点，每个景点至少要去一个人的所有基本事件的个数为C42 A33=36种，若满足甲去梵净山，需要分2种情况讨论：①，甲单独一个人去梵净山，将其他3人分成2组，对应剩下的2个景点，有C31A22＝6种情况，则此时有6种方案；②，甲和乙、丙、丁中1人一起旅游，先在乙、丙、丁中任选1人，与甲一起去梵净山，有C31＝3种情况，将剩下的2人全排列，对应剩下的2个景点，有A22＝2种情况，则此时有2×3＝6种方案；则甲去梵净山的方案有6+6＝12种；所以甲去梵净山的概率为.故选：B．【点睛】本题考查概率及计数原理的应用，注意优先考虑排列问题中约束条件多的元素，属于中档题．10.2020年12月1日，贵阳市地铁一号线全线开通，在一定程度上缓解了出行的拥堵状况。

贵州省2020届高考数学适应性试卷(理科)_word版含解析-(高三)(精校版)

贵州省2020届高考数学适应性试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．23．已知数列{a n}满足a n=a n，若a3+a4=2，则a4+a5=（）+1A．B．1 C．4 D．84．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A，B，C三点共线，则实数m，n（）A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣15．执行如图所示的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．286．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t 取[0，3]上的任意值时，直线y=t被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．28．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2 B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜29．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x 轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P在区域A的概率为（）A． B．C．D．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C （t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．212．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f （x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞） C．（﹣7，0） D．（﹣∞，8）二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f（x）=（x﹣a）（x+3）为偶函数，则f（2）=．14．（x+a）4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为．15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，若四面体OABC的体积V的最大值为，则此时球的表面积为．16．已知数列{a n}满足a1=﹣40，且na n+1﹣（n+1）a n=2n2+2n，则a n取最小值时n的值为．三、解答题（本题共70分）17．（12分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．18．（12分）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．19．（12分）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．20．（12分）已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E 上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．21．（12分）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|，g（x）=．（1）求f（x）的最小值；（2）记f（x）的最小值为m，已知实数a，b满足a2+b2=6，求证：g（a）+g（b）≤m．2019年贵州省高考数学适应性试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}【考点】交集及其运算．【分析】解不等式求出集合M，再根据交集的定义写出M∩N．【解答】解：集合集合M={x|x2﹣2x＜0}={x|0＜x＜2}，N={x|x≥1}，则M∩N={x|1≤x＜2}故选：B．【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、复数相等即可得出．【解答】解：∵y=（2x+i）（1﹣i）=2x+1+（1﹣2x）i，∴，解得y=2故选：D．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，考查了计算能力，属于基础题．3．已知数列{a n}满足a n=a n，若a3+a4=2，则a4+a5=（）+1A．B．1 C．4 D．8【考点】等比数列的通项公式．【分析】根据已知条件可以求得公比q=2．，【解答】解：∵数列{a n}满足a n=a n+1∴=2．则该数列是以2为公比的等比数列．由a3+a4=2，得到：4a1+8a1=2，解得a1=，则a4+a5=8a1+16a1=24a1=24×=4，故选：C．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，是基础的计算题．4．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A，B，C三点共线，则实数m，n（）A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣1【考点】平行向量与共线向量．【分析】由题意可得∥，再根据两个向量共线的性质可得=，由此可得结论．【解答】解：由题意可得∥，∴=λ•，故有=，∴mn=1，故选：A．【点评】本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．5．执行如图所示的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．28【考点】程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的a，b的值，当a=28，b=28时，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值．【解答】解：模拟程序的运行，可得a=56，b=140，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=140﹣56=84，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=84﹣56=28，满足条件a≠b，满足条件a＞b，a=56﹣28=28，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值为28．故选：D．【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的a，b的值是解题的关键，属于基本知识的考查．6．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t 取[0，3]上的任意值时，直线y=t被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．【考点】进行简单的演绎推理．【分析】根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，计算梯形的面积即可得出结论．【解答】解：根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，又由图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，其面积S==；故选：B．【点评】本题考查演绎推理的运用，关键是理解题目中祖暅原理的叙述．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．2【考点】简单空间图形的三视图．【分析】分析三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，并求出面积，可得答案．【解答】解：设棱长为1，则三棱锥P﹣BCD的正视图是底面边长为1，高为1的三角形，面积为：；三棱锥P﹣BCD的俯视图取最大面积时，P在A1处，俯视图面积为：；故三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为1，故选：A．【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，根据已知分析出三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，是解答的关键．8．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2 B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜2【考点】正弦定理．【分析】由题意判断出三角形有两解时A的范围，通过正弦定理及正弦函数的性质推出a的范围即可．【解答】解：由AC=b=2，要使三角形有两解，就是要使以C为圆心，半径为2的圆与BA有两个交点，当A=90°时，圆与AB相切；当A=45°时交于B点，也就是只有一解，∴45°＜A＜135°，且A≠90°，即＜sinA＜1，由正弦定理以及asinB=bsinA．可得：a==2sinA，∵2sinA∈（2，2）．∴a的取值范围是（2，2）．故选：C．【点评】此题考查了正弦定理，正弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，属于中档题．9．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x 轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P在区域A的概率为（）A． B．C．D．【考点】几何概型．【分析】首先明确几何概型测度为区域面积，利用定积分求出A的面积，然后由概型公式求概率．【解答】解：由已知得到事件对应区域面积为=4，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，面积为2=2sinx|=，由急火攻心的公式得到所求概率为：；故选C【点评】本题考查了几何概型的概率求法；明确几何测度是关键．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C （t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．【考点】函数的图象．【分析】根据图象的对称关系和条件可知C（6）=0，C（12）=10，再根据气温变化趋势可知在前一段时间内平均气温大于10，使用排除法得出答案．【解答】解：∵气温图象在前6个月的图象关于点（3，0）对称，∴C（6）=0，排除D；注意到后几个月的气温单调下降，则从0到12月前的某些时刻，平均气温应大于10℃，可排除C；∵该年的平均气温为10℃，∴t=12时，C（12）=10，排除B；故选A．【点评】本题考查了函数图象的几何意义，函数图象的变化规律，属于中档题．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．2【考点】抛物线的简单性质．【分析】过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义，结合|PA|=m|PF|，设PA的倾斜角为α，则当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，求出P的坐标，即可求得|PA|的值．【解答】解：抛物线的标准方程为x2=4y，则抛物线的焦点为F（0，1），准线方程为y=﹣1，过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，∵|PA|=m|PF|，∴|PA|=m|PN|，设PA的倾斜角为α，则sinα=，当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，可得x2=4（kx﹣1），即x2﹣4kx+4=0，∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1，∴P（2，1），∴|PA|==2．故选D．【点评】本题考查抛物线的性质，考查抛物线的定义，考查学生分析解决问题的能力，解答此题的关键是明确当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，属中档题．12．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f （x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞） C．（﹣7，0） D．（﹣∞，8）【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】求出函数y=f（x）+g（x）的表达式，构造函数h（x）=f（x）+f（2﹣x），作出函数h（x）的图象，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，由f（x）+g（x）=0，得f（x）+f（2﹣x）=，设h（x）=f（x）+f（2﹣x），若x≤0，则﹣x≥0，2﹣x≥2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2+x+x2，若0≤x≤2，则﹣2≤﹣x≤0，0≤2﹣x≤2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2，若x＞2，﹣x＜﹣2，2﹣x＜0，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=（x﹣2）2+2﹣|2﹣x|=x2﹣5x+8．作出函数h（x）的图象如图：当x≤0时，h（x）=2+x+x2=（x+）2+≥，当x＞2时，h（x）=x2﹣5x+8=（x﹣）2+≥．由图象知要使函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，即h（x）=恰有4个根，∴，解得：b∈（7，8）故选：A．【点评】本题主要考查函数零点个数的判断，根据条件求出函数的解析式，利用数形结合是解决本题的关键，属于难题．二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f（x）=（x﹣a）（x+3）为偶函数，则f（2）=﹣5．【考点】函数奇偶性的性质．【分析】根据偶函数f（x）的定义域为R，则∀x∈R，都有f（﹣x）=f（x），建立等式，解之求出a，即可求出f（2）．【解答】解：因为函数f（x）=（x﹣a）（x+3）是偶函数，所以∀x∈R，都有f（﹣x）=f（x），所以∀x∈R，都有（﹣x﹣a）•（﹣x+3）=（x﹣a）（x+3），即x2+（a﹣3）x﹣3a=x2﹣（a﹣3）x﹣3a，所以a=3，所以f（2）=（2﹣3）（2+3）=﹣5．故答案为：﹣5．【点评】本题主要考查了函数奇偶性的性质，同时考查了运算求解的能力，属于基础题．14．（x+1）（x+a）4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为2．【考点】二项式系数的性质．【分析】利用（x +1）（x +a ）4=（x +1）（x 4+4x 3a +…），进而得出．【解答】解：（x +1）（x +a ）4=（x +1）（x 4+4x 3a +…）， ∵展开式中含x 4项的系数为9，∴1+4a=9，解得a=2．故答案为：2．【点评】本题考查了二项式定理的展开式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．设A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB=，C 是球面上的动点，若四面体OABC 的体积V 的最大值为，则此时球的表面积为 36π ．【考点】球的体积和表面积．【分析】当点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大，利用三棱锥O ﹣ABC体积的最大值为，求出半径，即可求出球O 的体积【解答】解：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O ﹣ABC =V C ﹣AOB =×R 2×sin60°×R=，故R=3，则球O 的表面积为4πR 2=36π，故答案为：36π．【点评】本题考查球的半径，考查体积的计算，确定点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大是关键．属于中档题16．已知数列{a n }满足a 1=﹣40，且na n +1﹣（n +1）a n =2n 2+2n ，则a n 取最小值时n 的值为 10或11 ．【考点】数列递推式．﹣（n+1）a n=2n2+2n，化为﹣=2，利用等差数列的通项公式可得a n，再【分析】na n+1利用二次函数的单调性即可得出．﹣（n+1）a n=2n2+2n，∴﹣=2，【解答】解：∵na n+1∴数列{}是等差数列，首项为﹣40，公差为2．∴=﹣40+2（n﹣1），化为：a n=2n2﹣42n=2﹣．则a n取最小值时n的值为10或11．故答案为：10或11．【点评】本题考查了等差数列的通项公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题（本题共70分）17．（12分）（2019•贵州模拟）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．【考点】三角形中的几何计算．【分析】（1）由acosB=4，bsinA=3，两式相除，结合正弦定理可求tanB=，又acosB=4，可得cosB＞0，从而可求cosB，即可解得a的值．（2）由（1）知sinB=，利用三角形面积公式可求c，由余弦定理可求b，从而解得三角形周长的值．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，由acosB=4，bsinA=3，两式相除，有==•=•=，所以tanB=，又acosB=4，故cosB＞0，则cosB=，所以a=5．…（6分）（2）由（1）知sinB=，由S=acsinB ，得到c=6．由b 2=a 2+c 2﹣2accosB ，得b=，故l=5+6+=11+即△ABC 的周长为11+．…（12分）【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18．（12分）（2019•贵州模拟）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布直方图．【分析】（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表能作出相应的频率分组直方图，由频率分布直方图能求出结果．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，由此能求出事件C的概率．【解答】解：（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，如下图：由频率分布直方图得：甲地PM2.5日平均浓度的平均值低于乙地PM2.5日平均浓度的平均值，而且甲地的数据比较集中，乙地的数据比较分散．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，P（C）=P（B1A1∪B2A2）=P（B1）P（A1）+P（B2）P（A2），由题意P（A1）=，P（A2）=，P（B1）=，P（B2）=，∴P（C）=．【点评】本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件加法公式和相互独立事件事件概率乘法公式的合理运用．19．（12分）（2019•贵州模拟）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）证明：DE⊥平面ADB，DE∥BC，可证BC⊥平面ABD，即可证明平面ABD ⊥平面ABC．（2）取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0），利用平面ABC的法向量求解．【解答】（1）证明：由题意，DE∥BC，∵DE⊥AD，DE⊥BD，AD∩BD=D，∴DE⊥平面ADB，∴BC⊥平面ABD；∵面ABC，∴平面ABD⊥平面ABC；（2）由已知可得二面角A﹣DE﹣C的平面角就是∠ADB设等腰直角三角形ABC的直角边AB=4，则在△ADB中，AD=DB=AB=2，取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，∴AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0）设平面ABC的法向量为，，．由，取，}，∴直线AE与平面ABC所成角的θ，sinθ=|cos＜＞|=||=．即直线AE与平面ABC所成角的正弦值为：【点评】本题考查线面垂直，考查向量法求二面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．20．（12分）（2019•贵州模拟）已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．【考点】直线与椭圆的位置关系．【分析】（1）由题意的离心率公式求得a=c，b2=a2﹣c2=c2，将直线方程代入椭圆方程，即可求得a和b，求得椭圆方程；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由y=k（x﹣1）代入椭圆方程，运用韦达定理和向量数量积的坐标表示，结合恒成立思想，即可得到定点和定值；检验直线AB的斜率不存在时，也成立．【解答】解：（1）由椭圆的焦点在x轴上，椭圆的离心率e==，则a=c，由b2=a2﹣c2=c2，将P（1，）代入椭圆方程，解得：c=1，a=，b=1，∴椭圆的标准方程：；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由，整理得（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2=0，x1+x2=，x1x2=，y1y2=k2（x1﹣1）（x2﹣1）=k2[x1x2+1﹣（x1+x2）]=k2（+1﹣）=﹣，则•=（x1﹣m）（x2﹣m）+y1y2=x1x2+m2﹣m（x1+x2）+y1y2，=+m2﹣m•﹣=，欲使得•为定值，则2m2﹣4m+1=2（m2﹣2），解得：m=，此时•=﹣2=﹣；当AB斜率不存在时，令x=1，代入椭圆方程，可得y=±，由M（，0），可得•=﹣，符合题意．故在x轴上存在定点M（，0），使得•=﹣．【点评】本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法和联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，考查化简整理的运算能力，属于中档题．21．（12分）（2019•贵州模拟）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）由f′（1）=1+a=2，解得：a=1，利用导数求解单调区间．（2）要证e x＞f′（x），即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x＞lnx+1即可【解答】解：（1）f′（x）=lnx+1+a，f′（1）=1+a=2，解得：a=1，故f（x）=xlnx+x，f′（x）=lnx+2，令f′（x）＞0，解得：x＞e﹣2，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜e﹣2，故f（x）在（0，e﹣2）递减，在（e﹣2，+∞）递增；（2）要证e x＞f′（x），即证e x﹣lnx﹣2＞0，即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x+1≥lnx+2即可，即只需证明x＞lnx+1即可令h（x）=x﹣lnx+1，则h′（x）=1﹣，令h′（x）=0，得x=1h（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故h（x）≥h（1）=0．即x+1≥lnx+2成立，即e x＞lnx+2，∴e x＞f′（x）．【点评】本题考查了导数的综合应用，构造合适的新函数，放缩法证明函数不等式，属于难题．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）（2019•贵州模拟）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O 为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρco s2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（1）先将C1的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程，将C2的极坐标方程两边同乘ρ，根据极坐标与直角坐标的对应关系得出C2的直角坐标方程；（2）求出l的参数方程，分别代入C1，C2的普通方程，根据参数的几何意义得出|OA|，|OB|，得到|OA|•|OB|关于k的函数，根据k的范围得出答案．【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为（α为参数），普通方程为（x﹣2）2+y2=4，即x 2+y 2=4x ，极坐标方程为ρ=4cosθ；曲线C 1的极坐标方程为ρcos 2θ=sinθ，普通方程为：y=x 2；（2）射线l 的参数方程为（t 为参数，＜α≤）．把射线l 的参数方程代入曲线C 1的普通方程得：t 2﹣4tcosα=0，解得t 1=0，t 2=4cosα．∴|OA |=|t 2|=4cosα．把射线l 的参数方程代入曲线C 2的普通方程得：cos 2αt 2=tsinα，解得t 1=0，t 2=．∴|OB |=|t 2|=．∴|OA |•|OB |=4cosα•=4tanα=4k ．∵k ∈（，1]，∴4k ∈（，4]．∴|OA |•|OB |的取值范围是（，4]．【点评】本题考查参数方程与极坐标与普通方程的互化，考查参数的几何意义的应用，属于中档题．[选修4-5：不等式选讲]23．（2019•贵州模拟）已知函数f （x ）=|x ﹣1|+|x ﹣5|，g （x ）=．（1）求f （x ）的最小值；（2）记f （x ）的最小值为m ，已知实数a ，b 满足a 2+b 2=6，求证：g （a ）+g （b ）≤m ．【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】（1）化简f （x ）的解析式，得出f （x ）的单调性，利用单调性求出f （x ）的最小值；（2）计算[g （a ）+g （b ）]2，利用基本不等式即可得出结论．【解答】解：（1）f （x ）=|x ﹣1|+|x ﹣5|=，∴f （x ）在（﹣∞，1]上单调递减，在[5，+∞）上单调递增，∵f （1）=4，f （5）=4，∴f （x ）的最小值为4．（2）证明：由（1）可知m=4，g（a）+g（b）=+，∴[g（a）+g（b）]2=1+a2+1+b2+2=8+2，∵≤=4，∴[g（a）+g（b）]2≤16，∴g（a）+g（b）≤4．【点评】本题考查了函数的单调性，分段函数的最值计算，基本不等式的应用，属于中档题．。

2020年贵州省贵阳市高考数学适应性试卷1（二）（6月份）（含答案解析）

2020年贵州省贵阳市高考数学适应性试卷1（二）（6月份）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|x>-1},B={-1<x<1）.则AdB=（）A.（0,1}B.（x|x>-l）C. （x|-l<x<1}D.（x| -1<X<1）2.若复数z满足晋=2i，则z=（）A.2B.-2C.2/D.-2i3.若/.m为两条不同的直线.a为平面，且］1a.则是_L I ”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.=log2e.b=ln2,c=log结，则（）A.a<b<cB.b<a<cC. b<c<aD. c<b<a5.抛物线X z=8y的焦点到准线的距离是（）A.IB.2C.4D.86.等比数列{%}中，若$6=9，前3项和S3=8,则数列{%}的公比为（）A.2B.\C.1 或!D.1或27.己知某市的2路公共汽车每5分钟发车一次，小明到达起点站乘车的时刻是随机的，则他候车时间不超过两分钟的概率是（）A三 B.： C.：昌8.图像函数/•（*）=2="（工司一①汗］）的大致图象为（）9.己知非零向量元兄的夹角为；，且元L（-2诟+"则黑=（）A.2B.1C.；D. r10.己知函数f（Q=Msin（2x+：）+ ；,则下列说法正确的为（）A.函数尸（对的最小正周期为2ttB.函数/V）的最大值为俯C. 函数/XQ的图象关于直线'=一河称D.将f（x）图像向右平移§个单位长度，再向下平移!个单位长度后会得到一个奇函数图像1L己知正数少b满足a+b=3,则巴+；的最小值为（）o o+lA? B.竺 C.Z D.Z4IS3212.双曲线C.・三一号=10>O,b>O）的一个焦点为F,过点F作双曲线C的渐近线的垂线，垂足fl*b*为A，且交y轴于8,若A为8F的中点，则双曲线的离心率为（）A.V2B. V3C.2D.乎二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.曲线/（x）=x2-3x+2lnx/£x=1处的切线方程为14.若直线3x-VJy-a=O与圆x2+y2-2x=2相切，且a<5,则"的值为.15.若｛%｝，｛如｝满足％如=1,a n=n2+3n+2.则｛如｝的前2018项和为・16.己知三棱锥P-ABC的体积为站，j=^,PA1AC,PB1BC,且平面PAC1平而PBC,则三棱锥P-R8C外接球的表而积为.三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）BC的内角A,8,C的对边分别为小£>,c,己知竺竺亚=四1些.b+c a（I）求8：（H）若b=3,求2q—c的取值范困.18.某校为调查高中学生在校参加体育活动的时间，随机抽取了100名高中学生进行调查，其中女学生有55名.下而是根据调查结果绘制的学生日均体育锻炼时间的频率分布宜方图：将日均体育锻炼时间不低于50分钟的学生评价为“良好”，已知“良好”评价中有10名女学生.(1)完成列联表，是否有95%的把握认为艮好与性别有关?非良好良好合计男生女生合计(2)将日均体育锻炼时间不低于60分钟的学生评价为“优秀”，巳知“优秀”评价中有2名女生，若从“优秀”评价中任意选取2人，求至少有1名女生的概率.P(K2 >k)0.0500.0100.001k 3.841 6.63510.828参考公式：京=声最赢而商19.在底而为正方形的四棱锥5-砧CD中,5D«L平而ABCD,E、F是AS,8C的中点，(I)求证：BE//平面SDF；(H)若AB=5,求点E到平面SDF的距离.S 520.己知定点A(-3,0)、B(3,0),直线AM、相交于点"且它们的制率之枳为一：，记动点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线＜7的方程；(U)过点7(1,0)的直线/与曲线C交于P、。

贵州省贵阳市2020届高三数学6月适应性考试试题二理含解析

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.
【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．
16。已知三棱锥外接球的表面积为 , 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：
（2）取中点，连接 , ，以为原点，，，分别为， , 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可。
【详解】（1）当为中点时，平面 .理由如下：
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

2020年高考贵阳市二模理科综合测试参考答案

贵阳市2020年高三适应性考试（二）理科综合答案第1页（共7页）贵阳市2020年高三适应性考试（二）理科综合参考答案2020年6月第Ⅰ卷选择题第Ⅱ卷非选择题三、非选择题（一）必考题22．（6分）（1）不正确，小球下落过程中受空气阻力，加速度小于重力加速度；（2）9.5~9.7，0.1~0.3．23．（9分）（1）R 1，R 4(1分)（2）如右图所示（其他正确连法酌情给分）（4）r 1=(k -1)R 1评分参考：（1）（2）每空2分，（4）3分，共9分．24.（14分）（1）mg tan53°=Eq ①由①和题给数据得：E =4mg3q②（2）小球从抛出点运动至最高点竖直方向有：v 0=gt ③水平方向有：Eq =ma x ④水平方向位移：x 1=12a x t 2⑤电场力做功：W =Eqx 1⑥由②③④⑤⑥和题给条件得：W =89m v 20⑦题号12345678答案A C D C B D B B BB 题号910111213141516答案C AD C C CBD题号1718192021答案DABCABAD待测电流表+-mA +-mA-+定值电阻贵阳市2020年高三适应性考试（二）理科综合答案第2页（共7页）（2）小球从抛出到落回与抛出点在同一水平面的时间为t 总=2v 0g⑧水平移位为：x 2=12a x t 2总⑨从抛出到落回过程由动能定理有：Eqx =E k -12m v 20⑩由②④⑧⑨⑩得：E k =7318m v 20⑪25．（18分）（1）由动能定理有：mgh -μmgs 2=12m v 21①由①和题给数据得：μ=0.25②（2）滑块B 与小球碰撞，由动量守恒定律有：m v 1=m v '1+m v 2③由能量守恒定律有：12m v 21=12m v '21+12m v 22④由③④和题给数据得：v '1=0，v 2=95m/s⑤（3）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v 0，有：mg =mv 20L⑥设小球在最低点速度为v ，小球从最低点到最高点的过程机械能守恒，有12m v 2=2mgL +12m v 20⑦由⑥⑦和题给数据解得：v =5m/s⑧即滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为v =5m/s⑨从初状态到速度为v 的过程，滑块在水平地面通过的总路程为x 总，根据能量守恒有mgh =12m v 2+μmgx 总⑩由⑧⑩和题给数据解得：x 总=19m⑪此过程中滑块与小球碰撞的次数即为小球做完整圆周运动的次数：n =x 总-s 22⑫由⑪⑫和题给数据解得：n =10次⑬注：其他正确解法酌情给分贵阳市2020年高三适应性考试（二）理科综合答案第3页（共7页）26.（14分）（1）②③（2分，漏选得1分，错选不得分）装置D 中的澄清石灰水变浑浊（1分）（2）长颈漏斗（1分）能平衡气压，使漏斗内的液体能顺利流下（1分）（3）HCO -3＋H +=H 2O ＋CO 2↑（2分）（4）NH 2CH 2COOH 是两性化合物，H +会与NH 2CH 2COOH 反应[或H +与(NH 2CH 2COO)2Fe ）反应，导致产率下降]（2分）（5）降低甘氨酸亚铁在溶液中的溶解度，提高产率和纯度（2分）蒸馏（1分）（6）16.32（2分）27.（15分）（1）－269.0（2分）（2）ac （2分，漏选得1分，错选不得分）（3）1201（或0.0083、0.008）（2分）20（2分）（4）NH +4＋H 2ONH 3•H 2O ＋H +（2分）＜（1分）（5）SO -23－2e —＋H 2O ==SO -24＋2H +（2分）11.2（2分）28.（14分）（1）第5周期IIA 族（2分）（2）Ba 2++H 2CrO 4=BaCrO 4↓+2H +（2分）（3）（2分）4∶3（2分）（4）6（2分）（5）NaNO 3、HNO 3（2分）Sr(NO 3)2固体发生分解生成相应的氧化物，导致产率降低、产品纯度降低（2分）29.每空2分，共计8分（1）它们所需有机物（营养物质）的来源不同，甲可用无机物自己合成，乙只能利用现成有机物。

贵阳市2020年高三理科数学适应性考试(二)含答案

贵阳市2020年高三理科数学适应性考试（二）第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：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{A x y ==，集合{}10B x x =->，则A B ⋂=（）． A ．{}2x x ≥B ．{}1x x >C ．{}12x x <≤D ．{}12x x -≤≤2．已知复数z 满足()1i 1z +=，则其共轭复数z =（）． A ．1i -+B ．1i --C ．1i -D ．1i +3．已知直线a ，b 和平面α满足a α⊂，则“b a ⊥”是“b α⊥”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4．已知2log 0.7a =，0.12b =，ln 2c =，则（）． A ．b c a <<B ．a c b <<C ．b a c <<D ．a b c <<5．若抛物线()220x py p =>的焦点是双曲线2213y x p p-=的一个焦点，则p =（）． A ．120B ．14C ．8D ．166．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面1000米处开始，和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然前于他10米；当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然前于他1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110-米时，乌龟爬行的总距离为（）．A ．510990-B ．5101900-C ．410190-D ．4109900-7．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 ．15B ．23C ．25D ．358．函数()23cos 1x f x x -=在[]π,π-上的图象大致为（）． A ．B ．C ．D ．9．在ABC △中，在点D 为边BC 上靠近点B 的三等分点，E 为AD 的中点，则BE =u u u r（）．A ．2136AB AC --u u ur u u u rB ．2136AB AC -+u u ur u u u rC ．5263AB AC -+u u ur u u u rD ．5263AB AC --u u ur u u u r10．已知函数()π2sin 23f x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭，函数()g x 的图象由()f x 图象向右平移π4个单位长度得到，则下列关于函数()g x 的说法正确的是（）．A ．()g x 的图象关于直线π6x =对称B ．()g x 的图象关于点π,03⎛⎫⎪⎝⎭对称 C ．()g x 在π5π,2424⎡⎤-⎢⎥⎣⎦单调递增D ．()g x 在ππ,63⎡⎤-⎢⎥⎣⎦单调递减 11．已知F 是双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的右焦点，O 是坐标原点．过F 作C 的一条渐近线的垂线，垂足为P ，并交y 轴于点Q ．若3OQ OP =，则C 的离心率为（）．A ．4B ．4CD 12．已知函数()22241x x f x x x ee --+=--++有两个零点1x ，2x ，则12x x +=（）． A ．2 B ．4C ．5D ．6第Ⅱ卷（非选择题）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越为选考题，考生根据要求作答．二、填空题： 13．曲线ln 2xy x=+在1x =处的切线方程为______． 14．在()()62x y x y -+的展开式中43x y 的系数为______．15．在数列{}n a 中，123232n a a a na n ++++=L ，则4a =______，数列1n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为______．16．已知三棱锥P ABC -外接球的表面积为15π，ABC △是边长为3的等边三角形，且平面ABC ⊥平面PAB ，则三棱锥P ABC -体积的最大值为______．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．已知ABC △的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且222sin sin sin sin cos 1C A B C B -=+-．（1）求A ；（2）若ABC △为锐角三角形，且1a =，求ABC △周长的取值范围．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“停课不停学”的网络学习．为了解贵阳市高三学生返校前的网络学习情况，对甲、乙两所高中分别随机抽取了25名高三学生进行调查，根据学生的日均网络学习时长（单位：h ）分别绘制了部分茎叶图（如图1）和乙校学生日均网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．图1图2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3.1．（1）补全图2的频率分布直方图，并估计乙校学生日均网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名学生日均网络学习时长的中位数m，并将日均网络学习时长超过m和不超过m的学生人数填入下面的列联表：（3）根据（2）中的列联表，能否有95％以上的把握认为甲、乙两校高三学生的网络学习时长有差异？附：()()()()()22n ad bcKa b c d a c b d-=++++，其中n a b c d=+++19．如图，在四棱锥P ABCD-中，ABCD为正方形，且平面PAD⊥平面ABCD，点F为棱PD的中点．（1）在棱BC 上是否存在一点E ，使得//CF 平面PAE ？并说明理由；（2）若PA PD AB ==，求直线AF 与平面PBC 所成角的正弦值． 20．已知圆(2216A x y +=的圆心为A ，点()B 是圆A 内一个定点，点C 是圆A 上任意一点，线段BC 的垂直平分线与半径AC 相交于点D ．（1）求动点D 的轨迹E 的方程；（2）给定点()0,1P ，设直线l 不经过点P 且与轨迹E 相交于M ，N 两点，以线段MN 为直径的圆过点P ．证明：直线l 过定点．21．已知函数()()1ln 1x f x ex a -=-++．（1）设1x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间；（2）当3a ≤时，证明()1f x >-． 22．选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线C的参数方程3cos x y θθ=⎧⎪⎨=⎪⎩（θ为参数），直线l 过点()1,1-，倾斜角为α．（1）求曲线C 的普通方程和直线l 的参数方程；（2）以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当曲线C 截直线l 所得线段中点的极坐标为3π4⎫⎪⎭时，求直线l 的斜率． 23．选修4-5不等式选讲设函数()16f x x x a =++--．（1）当2a =时，求不等式()0f x ≤的解集；（2）若()23f x a ≥-，求a 的取值范围．答案1．A 2．D 3．B4．B5．D6．C7．C8．A9．B10．C11．A12．B13．10x y -+=14．2515．12，21n n + 16．27817．解：（1）由已知，222sin sin sin sin sin C A B C B -=-，∴222sin sin sin sin sin B C A B C +-=，在ABC △中，由正弦定理得222b c a bc +-=，则2221cos 22b c a A bc +-==，又()0,πA ∈，故π3A =．（2）由正弦定理，1πsin sin sin 3sin 3b c a B C A ====，则b B =，c C =，且2ππ3B C A +=-，∴2π1sin 1sin sin 3333a b c B C B B ⎡⎤⎛⎫++=++=++- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦3π1sin cos 12sin 3226B B B ⎫⎛⎫=++=++⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭又ABC △为锐角三角形，则π022ππ032B B ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，解得ππ,62B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴ππ2π,633B ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，故πsin 6B ⎤⎛⎫+∈⎥ ⎪⎝⎭⎝⎦，则(π12sin 16B ⎛⎫⎤++∈ ⎪⎦⎝⎭，即ABC △周长的取值范围为(12⎤+⎦．18．解：（1）补全图2的频率分布直方图如下图所示：由此估计乙校学生日均网络学习时长的平均数为3.50.24.50.45.50.246.50.16 4.86⨯+⨯+⨯+⨯=．（2）由茎叶图知， 4.9 5.04.952m +==，（3）由（2）中的列联表可知：()2250151510102 3.94125252525K ⨯⨯-⨯==<⨯⨯⨯，所以没有95％以上的把握认为甲、乙两所高中高三学生的网络学习时长有差异． 19．解：（1）当E 为BC 中点时，//CF 平面PAE ．理由如下：如图，分别取BC ，PA 中点E ，G ，连接PE ，AE ，GE ，FG ，又∵F 是PD 的中点，∴//FG AD ，12FG AD =，又∵ABCD 为正方形，则//AD BC ，AD BC =， ∴//FG BC ，12FG BC =，又∵E 是BC 中点，∴//FG CE ，FG CE =，则四边形ECFG 是平行四边形， ∴//CF EG ，又BG ⊂平面PAE ，CF ⊄平面PAE ， ∴//CF 平面PAE ．（2）如图，取AD 中点O ，连接PO ，OE ，又PA PD =，则PO AD ⊥，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，PO ⊂平面PAD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∴以O 为原点，OA ，OE ，OP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设2AD =，则()1,0,0A ，()1,2,0B ，()1,2,0C -，(P，1,0,22F ⎛⎫-⎪ ⎪⎝⎭，∴32AF ⎛=- ⎝⎭u u u r ，()2,0,0BC =-u u ur，(1,2,PB =u u u r ，设平面PBC 的一个法向量为(),,n x y z =r，则200020x y z x y -++=⎧⎪⎨+=⎪⎩，令3y =得0x =，z =(n =r，n =r∴cos ,n AF n AF n AF⋅===⨯u u ur r u u ur r u u u r r ， ∴直线AF 与平面PBC． 20．解：（1）如图，由已知，圆心)A，半径4r =．∵点D 在线段BC 的垂直平分线上，则DC DB =，又AC DA DC =+，∴AC DA DB =+，又∵4AC r ==，∴4DA DB AB +=>，则动点D 的轨迹E是以)A，()B 为焦点，长轴长24a =的椭圆，从而2a =，c =2221b a c =-=，故所求轨迹E 方程为2214x y +=．（2）由已知，90MPN ∠=︒，则PM PN ⊥u u u u r u u u r ，故0PM PN ⋅=u u u u r u u u r，若l 的斜率不存在，设:l x t =，由题设知0t ≠，且2t <，此时，M t ⎛ ⎝⎭，,N t ⎛ ⎝⎭，,12PM t ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u u r，,12PN t ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，则211022PM PN t ⎛⎫⎛⎫⋅=+-⋅--=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u u r u u u r ，解得0t =，不符合题设．若l 的斜率存在，设():1l y kx m m =+≠，将y kx m =+代入2214x y +=得()222418440k x kmx m +++-=，由题设可知()2216410k m ∆=-+>，设()11,M x y ，()22,N x y ，则122841kmx x k +=-+，21224441m x x k -=+， ()11,1PM x y =-u u u u r ，()22,1PN x y =-u u u r，从而()()()()121212121111PM PN x x y y x x kx m kx m ⋅=+--=++-⋅+-u u u u r u u u r()()()()2212121110k x x k m x x m =++-++-=即()()()2222244811104141m km k k m m k k --+⋅+-⋅+-=++ 化简得()()1530m m -+=，解得1m =（舍去）或35m =-，此时216164025k ⎛⎫∆=+> ⎪⎝⎭成立，于是3:5l y kx =-，故直线l 过定点30,5⎛⎫- ⎪⎝⎭． 21．解：（1）()11x f x e x a-'=-+，由1x =是()f x 的极值点知，()10f '=，即1101a -=+，所以0a =．于是()1ln 1x f x e x -=-+，定义域为()0,+∞，且()11x f x e x-'=-，函数()11x f x e x-'=-在()0,+∞上单调递增，且()10f '=，因此当()0,1x ∈时，()0f x '<；当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 的单调递减区间为()0,1，增区间为()1,+∞．（2）当3a ≤，x a >-时，03x a x <+≤+，从而()()ln ln 3x a x +≤+，则 ()()()111ln 2ln 32x x f x e x a e x --+=-++≥-++，令()()1ln 32x g x e x -=-++，()3,x ∈-+∞，则()113x g x e x -'=-+在()3,-+∞单调递增，且()211102g e '-=-<，()1100g e e'=->，故存在唯一的实数()01,0x ∈-，使得()00g x '=．当()03,x x ∈-时，()0g x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>．从而当0x x =时，()g x 取最小值．由()00g x '=得010103x e x --=+，则01013x e x -=+，()001ln 3x x -=-+，故()()()()0210000min 0021ln 321233x x g x g x e x x x x -+==-++=+-+=++，由()01,0x ∈-知，()200203x x +>+，故()()()010f x g x g x +≥≥>，即当3a ≤时，()1f x >-成立．22．解：（1）曲线C 的直角坐标方程为22193x y +=，直线l 的参数方程1cos 1sin x t y t αα=-+⎧⎨=+⎩（t 为参数）．（2）点3π4⎫⎪⎭化成直角坐标为()1,1-，将1cos 1sin x t y t αα=-+⎧⎨=+⎩分别代入22193x y +=，化简得()()2212sin 6sin 2cos 50t t ααα++--=，设曲线C 截直线l 所得线段的两端点所对应的参数分别为1t ，2t ，则()()226sin 2cos 2012sin 0ααα∆=-++>，由已知，1202t t +=，∴1226sin 2cos 012sin t t ααα-+=-=+，即6sin 2cos 0αα-=，则sin 1cos 3αα=，即直线l 的斜率为1tan 3k α==．23．解：（1）当2a =时，()25,13,1227,2x x f x x x x --<-⎧⎪=--≤≤⎨⎪->⎩．可得()0f x ≤的解集为5722x x ⎧⎫-≤≤⎨⎬⎩⎭．（2）要使()23f x a ≥-，只需()min 23f x a ≥-即可．又()1616f x x x a a =++--≥+-，且当1x =-时等号成立． ∴()min 1623f x a a =+-≥-，则123a a +≥+，当230a +≤，即32a ≤-时，123a a +≥+恒成立；当230a +>，即32a >-时，()22123a a +≥+，得231080a a ++≤，故423a -≤≤-，从而3423a -<≤-，综上，4,3a ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦．。

贵州省2020届高考数学适应性试卷(理科)_word版含解析-(高三)(已纠错)

贵州省2020届高考数学适应性试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．23．已知数列{a n}满足a n=a n，若a3+a4=2，则a4+a5=（）+1A．B．1 C．4 D．84．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A，B，C三点共线，则实数m，n（）A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣15．执行如图所示的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．286．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t 取[0，3]上的任意值时，直线y=t被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．28．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2 B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜29．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x 轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P在区域A的概率为（）A． B．C．D．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C （t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．212．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f （x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞） C．（﹣7，0） D．（﹣∞，8）二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f（x）=（x﹣a）（x+3）为偶函数，则f（2）=．14．（x+a）4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为．15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，若四面体OABC的体积V的最大值为，则此时球的表面积为．16．已知数列{a n}满足a1=﹣40，且na n+1﹣（n+1）a n=2n2+2n，则a n取最小值时n的值为．三、解答题（本题共70分）17．（12分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．18．（12分）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．19．（12分）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．20．（12分）已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E 上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．21．（12分）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|，g（x）=．（1）求f（x）的最小值；（2）记f（x）的最小值为m，已知实数a，b满足a2+b2=6，求证：g（a）+g（b）≤m．2019年贵州省高考数学适应性试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}【考点】交集及其运算．【分析】解不等式求出集合M，再根据交集的定义写出M∩N．【解答】解：集合集合M={x|x2﹣2x＜0}={x|0＜x＜2}，N={x|x≥1}，则M∩N={x|1≤x＜2}故选：B．【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、复数相等即可得出．【解答】解：∵y=（2x+i）（1﹣i）=2x+1+（1﹣2x）i，∴，解得y=2故选：D．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，考查了计算能力，属于基础题．3．已知数列{a n}满足a n=a n，若a3+a4=2，则a4+a5=（）+1A．B．1 C．4 D．8【考点】等比数列的通项公式．【分析】根据已知条件可以求得公比q=2．，【解答】解：∵数列{a n}满足a n=a n+1∴=2．则该数列是以2为公比的等比数列．由a3+a4=2，得到：4a1+8a1=2，解得a1=，则a4+a5=8a1+16a1=24a1=24×=4，故选：C．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，是基础的计算题．4．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A，B，C三点共线，则实数m，n（）A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣1【考点】平行向量与共线向量．【分析】由题意可得∥，再根据两个向量共线的性质可得=，由此可得结论．【解答】解：由题意可得∥，∴=λ•，故有=，∴mn=1，故选：A．【点评】本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．5．执行如图所示的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．28【考点】程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的a，b的值，当a=28，b=28时，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值．【解答】解：模拟程序的运行，可得a=56，b=140，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=140﹣56=84，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=84﹣56=28，满足条件a≠b，满足条件a＞b，a=56﹣28=28，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值为28．故选：D．【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的a，b的值是解题的关键，属于基本知识的考查．6．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t 取[0，3]上的任意值时，直线y=t被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．【考点】进行简单的演绎推理．【分析】根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，计算梯形的面积即可得出结论．【解答】解：根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，又由图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，其面积S==；故选：B．【点评】本题考查演绎推理的运用，关键是理解题目中祖暅原理的叙述．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．2【考点】简单空间图形的三视图．【分析】分析三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，并求出面积，可得答案．【解答】解：设棱长为1，则三棱锥P﹣BCD的正视图是底面边长为1，高为1的三角形，面积为：；三棱锥P﹣BCD的俯视图取最大面积时，P在A1处，俯视图面积为：；故三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为1，故选：A．【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，根据已知分析出三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，是解答的关键．8．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2 B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜2【考点】正弦定理．【分析】由题意判断出三角形有两解时A的范围，通过正弦定理及正弦函数的性质推出a的范围即可．【解答】解：由AC=b=2，要使三角形有两解，就是要使以C为圆心，半径为2的圆与BA有两个交点，当A=90°时，圆与AB相切；当A=45°时交于B点，也就是只有一解，∴45°＜A＜135°，且A≠90°，即＜sinA＜1，由正弦定理以及asinB=bsinA．可得：a==2sinA，∵2sinA∈（2，2）．∴a的取值范围是（2，2）．故选：C．【点评】此题考查了正弦定理，正弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，属于中档题．9．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x 轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P在区域A的概率为（）A． B．C．D．【考点】几何概型．【分析】首先明确几何概型测度为区域面积，利用定积分求出A的面积，然后由概型公式求概率．【解答】解：由已知得到事件对应区域面积为=4，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，面积为2=2sinx|=，由急火攻心的公式得到所求概率为：；故选C【点评】本题考查了几何概型的概率求法；明确几何测度是关键．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C （t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．【考点】函数的图象．【分析】根据图象的对称关系和条件可知C（6）=0，C（12）=10，再根据气温变化趋势可知在前一段时间内平均气温大于10，使用排除法得出答案．【解答】解：∵气温图象在前6个月的图象关于点（3，0）对称，∴C（6）=0，排除D；注意到后几个月的气温单调下降，则从0到12月前的某些时刻，平均气温应大于10℃，可排除C；∵该年的平均气温为10℃，∴t=12时，C（12）=10，排除B；故选A．【点评】本题考查了函数图象的几何意义，函数图象的变化规律，属于中档题．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．2【考点】抛物线的简单性质．【分析】过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义，结合|PA|=m|PF|，设PA的倾斜角为α，则当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，求出P的坐标，即可求得|PA|的值．【解答】解：抛物线的标准方程为x2=4y，则抛物线的焦点为F（0，1），准线方程为y=﹣1，过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，∵|PA|=m|PF|，∴|PA|=m|PN|，设PA的倾斜角为α，则sinα=，当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，可得x2=4（kx﹣1），即x2﹣4kx+4=0，∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1，∴P（2，1），∴|PA|==2．故选D．【点评】本题考查抛物线的性质，考查抛物线的定义，考查学生分析解决问题的能力，解答此题的关键是明确当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，属中档题．12．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f （x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞） C．（﹣7，0） D．（﹣∞，8）【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】求出函数y=f（x）+g（x）的表达式，构造函数h（x）=f（x）+f（2﹣x），作出函数h（x）的图象，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，由f（x）+g（x）=0，得f（x）+f（2﹣x）=，设h（x）=f（x）+f（2﹣x），若x≤0，则﹣x≥0，2﹣x≥2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2+x+x2，若0≤x≤2，则﹣2≤﹣x≤0，0≤2﹣x≤2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2，若x＞2，﹣x＜﹣2，2﹣x＜0，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=（x﹣2）2+2﹣|2﹣x|=x2﹣5x+8．作出函数h（x）的图象如图：当x≤0时，h（x）=2+x+x2=（x+）2+≥，当x＞2时，h（x）=x2﹣5x+8=（x﹣）2+≥．由图象知要使函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，即h（x）=恰有4个根，∴，解得：b∈（7，8）故选：A．【点评】本题主要考查函数零点个数的判断，根据条件求出函数的解析式，利用数形结合是解决本题的关键，属于难题．二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f（x）=（x﹣a）（x+3）为偶函数，则f（2）=﹣5．【考点】函数奇偶性的性质．【分析】根据偶函数f（x）的定义域为R，则∀x∈R，都有f（﹣x）=f（x），建立等式，解之求出a，即可求出f（2）．【解答】解：因为函数f（x）=（x﹣a）（x+3）是偶函数，所以∀x∈R，都有f（﹣x）=f（x），所以∀x∈R，都有（﹣x﹣a）•（﹣x+3）=（x﹣a）（x+3），即x2+（a﹣3）x﹣3a=x2﹣（a﹣3）x﹣3a，所以a=3，所以f（2）=（2﹣3）（2+3）=﹣5．故答案为：﹣5．【点评】本题主要考查了函数奇偶性的性质，同时考查了运算求解的能力，属于基础题．14．（x+1）（x+a）4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为2．【考点】二项式系数的性质．【分析】利用（x +1）（x +a ）4=（x +1）（x 4+4x 3a +…），进而得出．【解答】解：（x +1）（x +a ）4=（x +1）（x 4+4x 3a +…）， ∵展开式中含x 4项的系数为9，∴1+4a=9，解得a=2．故答案为：2．【点评】本题考查了二项式定理的展开式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．设A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB=，C 是球面上的动点，若四面体OABC 的体积V 的最大值为，则此时球的表面积为 36π ．【考点】球的体积和表面积．【分析】当点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大，利用三棱锥O ﹣ABC体积的最大值为，求出半径，即可求出球O 的体积【解答】解：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O ﹣ABC =V C ﹣AOB =×R 2×sin60°×R=，故R=3，则球O 的表面积为4πR 2=36π，故答案为：36π．【点评】本题考查球的半径，考查体积的计算，确定点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大是关键．属于中档题16．已知数列{a n }满足a 1=﹣40，且na n +1﹣（n +1）a n =2n 2+2n ，则a n 取最小值时n 的值为 10或11 ．【考点】数列递推式．﹣（n+1）a n=2n2+2n，化为﹣=2，利用等差数列的通项公式可得a n，再【分析】na n+1利用二次函数的单调性即可得出．﹣（n+1）a n=2n2+2n，∴﹣=2，【解答】解：∵na n+1∴数列{}是等差数列，首项为﹣40，公差为2．∴=﹣40+2（n﹣1），化为：a n=2n2﹣42n=2﹣．则a n取最小值时n的值为10或11．故答案为：10或11．【点评】本题考查了等差数列的通项公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题（本题共70分）17．（12分）（2019•贵州模拟）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．【考点】三角形中的几何计算．【分析】（1）由acosB=4，bsinA=3，两式相除，结合正弦定理可求tanB=，又acosB=4，可得cosB＞0，从而可求cosB，即可解得a的值．（2）由（1）知sinB=，利用三角形面积公式可求c，由余弦定理可求b，从而解得三角形周长的值．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，由acosB=4，bsinA=3，两式相除，有==•=•=，所以tanB=，又acosB=4，故cosB＞0，则cosB=，所以a=5．…（6分）（2）由（1）知sinB=，由S=acsinB ，得到c=6．由b 2=a 2+c 2﹣2accosB ，得b=，故l=5+6+=11+即△ABC 的周长为11+．…（12分）【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18．（12分）（2019•贵州模拟）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布直方图．【分析】（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表能作出相应的频率分组直方图，由频率分布直方图能求出结果．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，由此能求出事件C的概率．【解答】解：（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，如下图：由频率分布直方图得：甲地PM2.5日平均浓度的平均值低于乙地PM2.5日平均浓度的平均值，而且甲地的数据比较集中，乙地的数据比较分散．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，P（C）=P（B1A1∪B2A2）=P（B1）P（A1）+P（B2）P（A2），由题意P（A1）=，P（A2）=，P（B1）=，P（B2）=，∴P（C）=．【点评】本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件加法公式和相互独立事件事件概率乘法公式的合理运用．19．（12分）（2019•贵州模拟）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）证明：DE⊥平面ADB，DE∥BC，可证BC⊥平面ABD，即可证明平面ABD ⊥平面ABC．（2）取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0），利用平面ABC的法向量求解．【解答】（1）证明：由题意，DE∥BC，∵DE⊥AD，DE⊥BD，AD∩BD=D，∴DE⊥平面ADB，∴BC⊥平面ABD；∵面ABC，∴平面ABD⊥平面ABC；（2）由已知可得二面角A﹣DE﹣C的平面角就是∠ADB设等腰直角三角形ABC的直角边AB=4，则在△ADB中，AD=DB=AB=2，取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，∴AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0）设平面ABC的法向量为，，．由，取，}，∴直线AE与平面ABC所成角的θ，sinθ=|cos＜＞|=||=．即直线AE与平面ABC所成角的正弦值为：【点评】本题考查线面垂直，考查向量法求二面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．20．（12分）（2019•贵州模拟）已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．【考点】直线与椭圆的位置关系．【分析】（1）由题意的离心率公式求得a=c，b2=a2﹣c2=c2，将直线方程代入椭圆方程，即可求得a和b，求得椭圆方程；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由y=k（x﹣1）代入椭圆方程，运用韦达定理和向量数量积的坐标表示，结合恒成立思想，即可得到定点和定值；检验直线AB的斜率不存在时，也成立．【解答】解：（1）由椭圆的焦点在x轴上，椭圆的离心率e==，则a=c，由b2=a2﹣c2=c2，将P（1，）代入椭圆方程，解得：c=1，a=，b=1，∴椭圆的标准方程：；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由，整理得（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2=0，x1+x2=，x1x2=，y1y2=k2（x1﹣1）（x2﹣1）=k2[x1x2+1﹣（x1+x2）]=k2（+1﹣）=﹣，则•=（x1﹣m）（x2﹣m）+y1y2=x1x2+m2﹣m（x1+x2）+y1y2，=+m2﹣m•﹣=，欲使得•为定值，则2m2﹣4m+1=2（m2﹣2），解得：m=，此时•=﹣2=﹣；当AB斜率不存在时，令x=1，代入椭圆方程，可得y=±，由M（，0），可得•=﹣，符合题意．故在x轴上存在定点M（，0），使得•=﹣．【点评】本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法和联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，考查化简整理的运算能力，属于中档题．21．（12分）（2019•贵州模拟）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）由f′（1）=1+a=2，解得：a=1，利用导数求解单调区间．（2）要证e x＞f′（x），即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x＞lnx+1即可【解答】解：（1）f′（x）=lnx+1+a，f′（1）=1+a=2，解得：a=1，故f（x）=xlnx+x，f′（x）=lnx+2，令f′（x）＞0，解得：x＞e﹣2，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜e﹣2，故f（x）在（0，e﹣2）递减，在（e﹣2，+∞）递增；（2）要证e x＞f′（x），即证e x﹣lnx﹣2＞0，即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x+1≥lnx+2即可，即只需证明x＞lnx+1即可令h（x）=x﹣lnx+1，则h′（x）=1﹣，令h′（x）=0，得x=1h（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故h（x）≥h（1）=0．即x+1≥lnx+2成立，即e x＞lnx+2，∴e x＞f′（x）．【点评】本题考查了导数的综合应用，构造合适的新函数，放缩法证明函数不等式，属于难题．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）（2019•贵州模拟）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O 为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρco s2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（1）先将C1的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程，将C2的极坐标方程两边同乘ρ，根据极坐标与直角坐标的对应关系得出C2的直角坐标方程；（2）求出l的参数方程，分别代入C1，C2的普通方程，根据参数的几何意义得出|OA|，|OB|，得到|OA|•|OB|关于k的函数，根据k的范围得出答案．【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为（α为参数），普通方程为（x﹣2）2+y2=4，即x 2+y 2=4x ，极坐标方程为ρ=4cosθ；曲线C 1的极坐标方程为ρcos 2θ=sinθ，普通方程为：y=x 2；（2）射线l 的参数方程为（t 为参数，＜α≤）．把射线l 的参数方程代入曲线C 1的普通方程得：t 2﹣4tcosα=0，解得t 1=0，t 2=4cosα．∴|OA |=|t 2|=4cosα．把射线l 的参数方程代入曲线C 2的普通方程得：cos 2αt 2=tsinα，解得t 1=0，t 2=．∴|OB |=|t 2|=．∴|OA |•|OB |=4cosα•=4tanα=4k ．∵k ∈（，1]，∴4k ∈（，4]．∴|OA |•|OB |的取值范围是（，4]．【点评】本题考查参数方程与极坐标与普通方程的互化，考查参数的几何意义的应用，属于中档题．[选修4-5：不等式选讲]23．（2019•贵州模拟）已知函数f （x ）=|x ﹣1|+|x ﹣5|，g （x ）=．（1）求f （x ）的最小值；（2）记f （x ）的最小值为m ，已知实数a ，b 满足a 2+b 2=6，求证：g （a ）+g （b ）≤m ．【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】（1）化简f （x ）的解析式，得出f （x ）的单调性，利用单调性求出f （x ）的最小值；（2）计算[g （a ）+g （b ）]2，利用基本不等式即可得出结论．【解答】解：（1）f （x ）=|x ﹣1|+|x ﹣5|=，∴f （x ）在（﹣∞，1]上单调递减，在[5，+∞）上单调递增，∵f （1）=4，f （5）=4，∴f （x ）的最小值为4．（2）证明：由（1）可知m=4，g（a）+g（b）=+，∴[g（a）+g（b）]2=1+a2+1+b2+2=8+2，∵≤=4，∴[g（a）+g（b）]2≤16，∴g（a）+g（b）≤4．【点评】本题考查了函数的单调性，分段函数的最值计算，基本不等式的应用，属于中档题．。