1、福建省福州市2020届高三数学适应性练习卷 理（含解析）评分说明：1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则.2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.4.只给整数分数.选择题和填空题不给中间分.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.1.在
2、复平面内，已知复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出复数z,再求得解.【详解】由题得z=1-i ,所以.故选C【点睛】本题主要考查复数的几何意义和复数除法的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.2.已知集合，.若，则实数（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据集合元素所表示的意义，以及集合关系，即可求解.【详解】因为，所以直线与直线平行，所以.故选:C.【点睛】本题主要考查集合的概念与运算、解方程等基础知识，属于基础题.3.已知两个单位向量，若，则的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答
3、案】B【解析】【分析】由已知可求出，再由向量夹角公式，即可求解.【详解】因为，所以，所以，所以，又因为，所以.故选:B.【点睛】本题主要考查平面向量数量积与夹角，意在考查逻辑推理，数学运算，属于基础题.4.一组数据的平均数为，方差为，将这组数据的每个数都乘以得到一组新数据，则下列说法正确的是（ ）A. 这组新数据的平均数为B. 这组新数据的平均数为C. 这组新数据的方差为D. 这组新数据的标准差为【答案】D【解析】【分析】计算得到新数据的平均数为，方差为，标准差为，结合选项得到答案.【详解】根据题意知：这组新数据平均数为，方差为，标准差为.故选：【点睛】本题考查了数据的平均值，方差，标准差，掌
4、握数据变化前后的关系是解题的关键.5.已知平面平面,且,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. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】分析：先证充分性，再证必要性详解：平面平面且，故为充分条件由可知，故为必要条件综上：“”是“”的充要条件选C.点睛：本题主要考查平面与平面之间的位置关系、以及平面与直线、直线与直线之间的位置关系，考查充分必要条件相关知识，考查了学生的空间想象能力、推理论证能力、逻辑思维能力，属于基础题6.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由指数函数、对数函数、幂函数的单调性，即可比较的大小.【详解】，所以，故.
5、故选;B.【点睛】本题主要考查指数、对数、幂的运算及性质等基础知识，注意与特殊数的对比，如“0”“1”等等，属于基础题.7.若，则（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】D【解析】【分析】用诱导公式结合同角间的商的关系，从已知等式可求出，即可求解.【详解】由得，所以，所以或，故或.故选:D.【点睛】本题主要考查三角恒等变换等基础知识，意在考查逻辑推理、数学运算的数学核心素养，属于基础题.8.抛物线的焦点为，点为上的动点，点为的准线上的动点，当为等边三角形时，其周长为（ ）A. B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知结合抛物线的定义可得，垂直的准线于，设准线与轴交于，通过解直角三
6、角形，求出等边三角形的边长；或设点坐标，利用，即可求出结论.【详解】方法一、因为为等边三角形，所以垂直的准线于，轴，设准线与轴交于，所以的周长为；方法二、因为为等边三角形，所以垂直的准线于，设，则，所以，又因为，且，所以，解得，所以，所以的周长为.故选:D.【点睛】本题主要考查抛物线的概念与性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，注意定义在解题中的应用，属于中档题.9.在同一平面直角坐标系中，画出三个函数，的部分图象如图所示，则（ ）A. 为为为B. 为为为C. 为为为D. 为为为【答案】A【解析】【分析】从三个函数的最值，周期大小关系，即可得出结论.【详解】，的最大值分别为，1，1，由于图象
7、的最大值最大，故为；，的最小正周期分别为，图象的最小正周期比小，故为，为.故选:A.【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质等基础知识，熟练掌握函数的性质是解题的关键，属于基础题.10.射线测厚技术原理公式为，其中分别为射线穿过被测物前后的强度，是自然对数的底数，为被测物厚度，为被测物的密度，是被测物对射线的吸收系数.工业上通常用镅241（）低能射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种射线的吸收系数为（ ）（注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，结果精确到0.001）A. 0.110B. 0.112C. D. 【答案】C【解析】【分
8、析】根据题意知,，代入公式,求出即可.【详解】由题意可得,因为,所以,即.所以这种射线吸收系数为.故选:C【点睛】本题主要考查知识的迁移能力,把数学知识与物理知识相融合;重点考查指数型函数,利用指数的相关性质来研究指数型函数的性质,以及解指数型方程；属于中档题.11.已知双曲线的一条渐近线方程为，是上关于原点对称的两点，是上异于的动点，直线的斜率分别为，若，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】是上关于原点对称的两点，是上异于的动点，可得为定值，即可求解.【详解】双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的方程为：，设，则，所以，即，.故选:A.【点睛】本题主要考查双曲
9、线的概念与性质、直线和双曲线的位置关系等基础知识，对于常用的二级推导结论要熟记，有利于尽快找到解题思路，属于中档题.12.在三棱锥中，底面，是线段上一点，且.三棱锥的各个顶点都在球表面上，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将三棱锥补成直三棱柱，根据球的性质，确定球心位置，要使过点作球的截面圆的面积最小，只需截面与垂直，当截面过球心时，截面面积最大，即可求解.【详解】将三棱锥补成直三棱柱，且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球，记三角形的中心为，设球的半径为，则球心到平面的距离为，即，连接，则，.在中，取的
10、中点为，连接，则，所以.在中，由题意得到当截面与直线垂直时，截面面积最小，设此时截面圆的半径为，则，所以最小截面圆的面积为，当截面过球心时，截面面积最大为，所以，球的表面积为.故选:C.【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，球体与截面等基础知识，确定球心是解题的关键，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.曲线在点处的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义,先求得在点处的切线的斜率.进而结合点斜式即可求得切线方程.【详解】曲线则所以在点处的切线的斜率为由点斜式可得故答案为: 【点睛】本题考查了导数的几何意义,直线方程的点斜式应用,属于基础题.
11、14.勒洛三角形是具有类似圆的“定宽性”的曲线，它是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛首先发现，其作法是：以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.如图中的两个勒洛三角形，它们所对应的等边三角形的边长比为，若从大的勒洛三角形中随机取一点，则此点取自小勒洛三角形内的概率为_.【答案】【解析】【分析】设图中的小的勒洛三角形所对应的等边三角形的边长为，分别求出大小勒洛三角形面积，其比值为所求.【详解】设图中的小的勒洛三角形所对应的等边三角形的边长为，则小勒洛三角形的面积为，因为大小两个勒洛三角形，它们所对应的等边三角形的边长比为，所以大
12、勒洛三角形的面积为，若从大的勒洛三角形中随机取一点，则此点取自小勒洛三角形内的概率为.故答案为:.【点睛】本题主要考查概率与几何概型、平面几何等基础知识，考查阅读能力与应用意识和创新能力，属于中档题.15.已知的内角的对边分别为.若，则角大小为_.【答案】【解析】【分析】根据三角形内角和以及诱导公式将转化为，利用两角和公式，可求出，再用正弦定理，即可求解.【详解】因为所以所以所以因为，所以，则，所以，又，则，因为，所以，故.故答案为:.【点睛】本题主要考查解三角形、三角恒等变换等基础知识，属于基础题.16.已知函数是定义在上的偶函数.，且，都有，则不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】求解
13、抽象函数的不等式，考虑函数的单调性应用，根据已知可得在是减函数，且关于直线对称，可得在上单调递减，转化为自变量大小关系，即可求解.【详解】因为函数是定义在上的偶函数，所以关于轴对称，由向左平移个单位得到，所以关于直线对称.，且，都有，所以在上单调递增，所以在上单调递减，因为，且，所以，所以，解得，所以原不等式的解集为.故答案为:.【点睛】本题主要考查函数的概念与性质及其应用、解不等式等基础知识，意在考查逻辑推理、数学运算和直观想象的数学核心素养，属于中档题.三、解答题：本大题共6小题，共70分.17.已知数列满足，设.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解
14、析】分析】（1）根据等差数列的定义，可得是等差数列，进而求出通项公式；（2）由已知求出的通项公式，根据通项公式的特征分组求和，转化为求等差数列和等比数列的前项和.【详解】方法一：（1）因为且，所以，又因为，所以是以2为首项，以2为公差的等差数列.所以.（2）由（1）及题设得，所以数列的前项和.方法二：（1）因为，所以，又因为，所以，即，又因为，所以是以2为首项，以2为公差的等差数列.所以.（2）略，同方法一.【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，注意辅助数列的应用，属于中档题.18.为抗击新型冠状病毒，普及防护知识，某校开展了“疫情防护”网络知识竞赛活动.现从参加该活动的学生中随机
15、抽取了100名学生，将他们的比赛成绩（满分为100分）分为6组：，得到如图所示的频率分布直方图.（1）求的值，并估计这100名学生的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）在抽取的100名学生中，规定：比赛成绩不低于80分为“优秀”，比赛成绩低于80分为“非优秀”.请将下面的22列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”？优秀非优秀合计男生40女生50合计100参考公式及数据：.0.050.010.0050.0013.8416.6357.87910.828【答案】（1），74.5分；（2）表格见解析，有【解析】【分析】（1）根据频率和为1，求出
16、，按照平均数公式，即可求解；（2）由频率直方图求出，在抽取的100名学生中，比赛成绩优秀的人数，补全列联表，求出的观测值，结合提供数据，即可得出结论.【详解】（1）由题可得，解得.因为，所以估计这100名学生的平均成绩为74.5分（2）由（1）知，在抽取的100名学生中，比赛成绩优秀的有人，由此可得完整的列联表：优秀非优秀合计男生女生合计的观测值，有的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”.【点睛】本题主要考查概率与统计等基础知识，意在考查数学建模、数学抽象、数学运算、数据分析的数学核心素养，属于基础题.19.在底面为菱形的四棱柱中，平面.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1
17、）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由已知可证，即可证明结论；（2）根据已知可证平面，建立空间直角坐标系，求出坐标，进而求出平面和平面的法向量坐标，由空间向量的二面角公式，即可求解.【详解】方法一：（1）依题意，且，四边形是平行四边形，平面，平面，平面.（2）平面，且为的中点，平面且，平面，以为原点，分别以为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，取，则.设平面的法向量为，则，取，则.，设二面角的平面角为，则，二面角的正弦值为.方法二：（1）证明：连接交于点，因为四边形为平行四边形，所以为中点，又因为四边形为菱形，所以为中点，在中，且，平面，平面，平面
18、（2）略，同方法一.【点睛】本题主要考查线面平行的证明，考查空间向量法求面面角，意在考查直观想象、逻辑推理与数学运算的数学核心素养，属于中档题.20.已知椭圆()的离心率为，以的短轴为直径的圆与直线相切.（1）求的方程；（2）直线交于，两点，且.已知上存在点，使得是以为顶角的等腰直角三角形，若在直线的右下方，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由的短轴为直径的圆与直线相切求出，再由离心率和关系，可求出椭圆标准方程；（2）将直线与椭圆方程联立，消元整理，由根与系数关系，得到的两个关系式，再从已知条件寻找第三个等量关系，根据已知结合平面图形，可得轴，过作的垂线，垂足为，则为线段的中
19、点，得，进而有，代入直线方程，得到等量关系，求解关于方程组，即可求出.【详解】（1）依题意，因为离心率，所以，解得，所以的标准方程为.（2）因为直线的倾斜角为，且是以为顶角的等腰直角三角形，在直线的右下方，所以轴，过作的垂线，垂足为，则为线段的中点，所以，故，所以，即，整理得.由得.所以，解得，所以，由得， 将代入得，将代入得，解得.综上，的值为.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，直线和圆的位置关系等基础知识，意在考查数学运算和逻辑推理，属于中档题.21.已知函数（1）求函数的极值点；（2）当时，当函数恰有三个不同的零点，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，无极值点；
20、当时，有极大值点，无极小值点；（2）【解析】【分析】（1）求出，对或是否恒成立做为分类讨论标准，若不恒成立，求出单调区间，进而求出极值，得出结论；（2）求出，要使函数有三个零点，有两个大于零的解，求出的范围，设为两个大于零的解，且有，不妨设，而，只需求出在各存在一个零点的范围，即可求出结论.【详解】（1）因为所以，所以，当时，所以函数无极值点；当时，令，解得.由，解得；由，解得.故函数有极大值点，无极小值点.综上，当时，函数无极值点；当时，函数有极大值点，无极小值点.（2）当时，所以，设，则当即时，所以在单调递减，所以不可能有三个不同的零点；当即时，有两个零点，所以又因为开口向下，当时，所以在
21、上单调递减；当时，所以在上单调递增；当时，所以在上单调递减.因为，又，所以，令则.所以在单调递增，所以，即.由零点存在性定理知，在区间上有唯一的一个零点.又，所以.所以，所以在区间上有唯一的一个零点，故当时，存在三个不同的零点.故实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查函数和导数及其应用、函数零点等基础知识，意在考查直观想象、逻辑推理与数学运算的数学核心素养，属于难题.22.已知直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；（2）设点为上的任意一点，求到距离的取值范围.【答案】（1）：，：；（2）【解
22、析】【分析】（1）对于，可用代入法消去参数，求出普通方程；将代入方程，即可化为直角坐标方程；（2）由（1）为直线，为圆，求出圆心到直线的距离，利用几何法即可得出结论.【详解】（1）的普通方程为，即.的直角坐标方程为，即.（2）由（1）知，是以为圆心，半径的圆，圆心到的距离，所以直线与圆相离，到距离的最小值为；最大值为，所以到距离的取值范围为.【点睛】本题主要考查直线的参数方程、曲线直角坐标方程、极坐标方程的互化，圆的极坐标方程等基础知识，属于中档题.23.已知，且（1）求的取值范围；（2）求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由条件等式将用表示，再从，进一步求出的范围，将问题转化为求二次函数的取值范围，二次函数配方，即可求解；（2）根据已知条件转化证明，利用基本不等式即可得证.【详解】（1）依题意，故.所以，所以，即的取值范围为.（2）因为，所以，当且仅当时，等号成立，又因为，所以.【点睛】本题主要考查配方法、基本不等式和不等式证明等基础知识，解题中注意应用条件等式，属于中档题.