1、四川省峨眉二中2020届高三数学适应性考试试题 文（含解析）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】D【解析】试题分析：因为，所以，故选D.考点：集合的运算.2. 设i是虚数单位，则复数（ ）A. -iB. -3iC. iD. 3i【答案】C【解析】，选C.考点：复数的基本运算.3. 若向量，则等于( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】，所以，故选C.4. 斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，数列满足，如果以和分
2、别为长和宽得到一个矩形，其长宽之比等于1.618时，就把这个矩形定义为黄金矩形，那么时，最接近黄金矩形的n的值是（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】D【解析】【分析】从到依次列出和的值，求其比值，找最接近的即可.【详解】解：123451123512358比值121.51.66666671.6由表中看出，最接近1.618，故选：D【点睛】考查递推数列的应用，是基础题.5. 函数的部分图象如图，则（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】先利用图象中的1和3，求得函数的周期，求得，最后根据时取最大值1，求得，即可得解【详解】解：根据函数的图象可得：函数的周期为，当时
3、取最大值1，即，又，所以，故选：C【点睛】本题主要考查了由的部分图象确定其解析式，考查了五点作图的应用和图象观察能力，属于基本知识的考查6. 设则“且”是“”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 即不充分也不必要条件【答案】A【解析】试题分析：若x2且y2，则x24，y24，所以x2+y28，即x2+y24；若x2+y24，则如（-2，-2）满足条件，但不满足x2且y2所以“x2且y2”是“x2+y24”的充分而不必要条件故选A考点：本题考查充分、必要、冲要条件点评：本题也可以利用几何意义来做：“”表示为以原点为圆心，2为半径的圆外的点，包括圆周上的点，“且”表
4、示横坐标和纵坐标都不小于2的点显然，后者是前者的一部分，所以选A这种做法比分析中的做法更形象、更直观7. 将正方体（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】试题分析：由题意可知几何体前面在右侧的射影为线段，上面的射影也是线段，后面与底面的射影都是线段，轮廓是正方形，在右侧的射影是正方形的对角线，在右侧的射影也是对角线是虚线如图B故选B考点：简单空间图形三视图8. 函数的部分图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由函数为偶函数,可排除C，D,由,可排除B,由此得出正确选项.【详解】
5、解：函数的定义域为关于原点对称，,则f(x)为偶函数,其图象关于y轴对称,可排除C，D；又,可排除B.故选：A.【点睛】本题考查利用函数性质确定函数图象,属于基础题.9. 在长为的线段上任取一点，现作一矩形，邻边长分别等于线段、的长，则该矩形面积小于的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题首先可以设出线段的长为，然后求出矩形面积，再然后通过运算可知当或时矩形面积，最后根据几何概型的概率的相关计算即可得出结果.【详解】设线段的长为，则线段的长为，则矩形面积，故当或时，矩形面积，该矩形面积小于的概率，故选：D.【点睛】本题考查概率的相关计算，主要考查几何概型的概率的相关
6、计算，考查推理能力，体现了基础性，是简单题.10. 在四面体中，若，则四面体的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将四面体补成长方体，通过求解长方体的对角线就是球的直径，然后求解外接球的表面积【详解】由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以，2，为三边的三角形作为底面，且以分别x，y，z长、两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2+y23，x2+z25，y2+z24，则有（2R）2x2+y2+z26（R为球的半径），得2R23，所以球的表面积为S4R26故答案为【点睛
7、】本题考查几何体的外接球的表面积的求法，割补法的应用，判断外接球的直径是长方体的对角线的长是解题的关键之一一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个
8、外接球.11. 已知定义在上的函数，设两曲线与在公共点处的切线相同，则值等于（ ）A. B. 1C. 3D. 5【答案】D【解析】【分析】由于两曲线与在公共点处的切线相同，设公共点，则，列方程组可求出的值【详解】解：依题意设曲线与在公共点处的切线相同.，即，故选：D.【点睛】此题考查导数的几何意义，考查计算能力，属于基础题.12. 已知双曲线的右焦点为，过且斜率为的直线交于、两点，若，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】设双曲线的右准线为，过、分别作于，于，于，根据直线的斜率为，得到，再利用双曲线的第二定义得到，又，结合求解.【详解】设双曲线的右准线为，过、分别作
9、于，于，于，如图所示：因为直线的斜率为，所以直线的倾斜角为，由双曲线的第二定义得：，又，故选：B【点睛】本题主要考查双曲线的第二定义的应用以及离心率的求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 设变量，满足约束条件，则函数的最大值是_【答案】6【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用的几何意义，结合数形结合即可得到结论【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：由得，它表示斜率为，纵截距为的直线系，联立得.当直线经过点时，直线的截距最小，最大，此时的最大值为，故答案为：6.【点睛】本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对
10、这些知识的理解掌握水平和数形结合分析推理的能力.14. 直线，若，则求_【答案】或【解析】【分析】由，建立关于的方程，解出的值即可【详解】直线，所以不重合，因为，所以，所以或.故答案为：或.【点睛】本题给出含有参数的两条直线方程，在两条直线平行的情况下，求参数之值着重考查了平面直角坐标系中两条直线平行的对应系数的关系，属于基础题15. 如图，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得已知山高，则山高_m两山山顶的距离_m【答案】 (1). 150 (2). 【解析】【分析】由题意，可先求出的值，从而由正弦定理可求的值，在中，从而可求得的值；在中，利用正
11、弦定理即得解.【详解】在中，所以在中，从而，由正弦定理得，因此在中，由得在中，由正弦定理得.故答案为：150；.【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16. 已知奇函数定义域为为其导函数,且满足以下条件时,；,则不等式的解集为 .【答案】【解析】试题分析：时，令，又为奇函数，所以为偶函数，因为，所以，从而解集为考点：利用导数解不等式【方法点睛】利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造.构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等三、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1721题为必考题，
12、每个试题考生都必须作答第22、23为选考题，考生根据要求作答17. 数列的前n项和为，且求：（1）的值及数列的通项公式；（2）的值.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）先求得的值，猜想出数列的通项公式，在利用数学归纳法证明.（2）利用等比数列前项和公式，求得的值.【详解】（1）由于，当时，.当时，.当时，.猜想.下面用数学归纳法进行证明：由上述分析可知，当时，式符合.假设当时，式符合，则.当时，式符合.综上所述，当时，都有.所以数列的通项公式是.（2）由（1）可知数列是首项为，公比为的等比数列，其前项和.【点睛】本小题主要考查数学归纳法，考查等比数列前项和，属于中档题.18. 如图，
13、四棱锥P-ABCD中，PD平面ABCD，PD=DC=BC=1,AB=2,ABDC，BCD=900（1）求证：PCBC（2）求点A到平面PBC的距离【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1），要证明PCBC，可以转化为证明BC垂直于PC所在的平面，由PD平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，ABDC，BCD=90，容易证明BC平面PCD，从而得证；（2）连接AC，则三棱锥P-ACB与三棱锥A-PBC体积相等，而三棱锥P-ACB体积易求，三棱锥A-PBC的地面PBC的面积易求，其高即为点A到平面PBC的距离，设为h，则利用体积相等即求试题解析：（1）证明：PD平面ABCD，BC平面
14、ABCD，PDBC由BCD90知，BCDC，PDDCD，BC平面PDC，BCPC 设点A到平面PBC的距离为h，ABDC，BCD90，ABC90，连接AC（图略），AB2，BC1，SABCABBC1，PD平面ABCD，PD1，VPABCSABCPD， PD平面ABCD，PDDC，PDDC1，PC，PCBC，BC1，SPBCPCBC，VAPBCVPABC，SPBCh，h，点A到平面PBC的距离为 考点：1点、线、面间的距离计算；2空间中直线与平面之间的位置关系19. “地摊经济”是李克强总理在本届政府工作报告中向全国人民发出的口号，某生产企业积极响应号召，大力研发新产品，为了对新研发的一批产品进
15、行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到一组销售数据，如表所示：试销单价（元）456789产品销量（件）8483807568已知，（1）试求，若变量，具有线性相关关系，求产品销量（件）关于试销单价（元）的线性回归方程；（2）用表示用（1）中所求的线性回归方程得到的与对应的产品销量的估计值当销售数据对应的残差的绝对值时，则将销售数据称为一个“好数据”现从6个销售数据中任取2个，求恰好2个都是“好数据”的概率（参考公式：线性回归方程中，的最小二乘估计分别为，）【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据，可求得，再由散点图判断变量，具有线性相关关系，然后分别求得的值，写出线性回归方程
16、.（2）利用（1）中所求的线性回归方程，分别求得的估计值，再根据 找出“好数据”，利用古典概型的概率求法求解.【详解】（1）因为，所以，解得散点图如下： 由散点图可知：变量，具有线性相关关系，所以线性回归方程为（2）由（1）中所求的线性回归方程可得：当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，与销售数据对比可知满足共有3个“好数据”：、从6个中选两个共有个不同的选法，恰好2个都是“好数据”的情况共种，所以从6个销售数据中任取2个，求恰好2个都是“好数据”的概率：【点睛】本题主要考查回归直线方程的求法及应用，古典概型的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.20. 已知椭圆E：(ab0)
17、的离心率为，点在椭圆E上(1)求椭圆E的方程；(2)过点P且斜率为k的直线l交椭圆E于点Q(xQ，yQ)(点Q异于点P)，若0xQ1，求直线l斜率k的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【详解】(1)由题意得解得，故椭圆的方程为.(2)设直线的方程为，代入方程，消去，得，所以，因为，所以，解得或，经检验，满足题意，所以直线斜率的取值范围是或.21. 已知函数，其中（1）求的单调区间；（2）若对任意的，总存在，使得，求实数的值【答案】（1）详情见解析；（2）【解析】【分析】（1）对原函数求导，再分类讨论当与时导函数正负是x的取值范围，即原函数的单调区间；（2）分类讨论实数a在区间左边，内部和右
18、边三种情况，其中在且时，表示出函数的最大值发现此时不满足题设要求；当时，取特殊的，对，由此时的最大值发现此时不满足题设要求；当时，令，对任意的，总存在，使得，分析了单调性之后发现其等价于，从而构造不等式组求得答案.详解】（1），当时，对，所以的单调递减区间为当时，令，得，时，时，所以的单调递增区间为，单调递减区间为综上所述，时，的单调递减区间为；时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）讨论：当且时，由（1）知，在上单调递减，则，因为对任意的，总存在，使得，所以对任意的，不存在，使得当时，由（1）知，在上是增函数，在上是减函数，则因为对，对，所以对，不存在，使得当时，令，由（1）知，在增函数
19、，进而知是减函数，所以，因为对任意的，总存在，使得，即，故有，即，所以，解得，综上，的值为【点睛】本题考查分类讨论含参函数的单调性，还考查了由函数的任意取值求参数的值，属于难题.选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分22. 在直角坐标中，圆，圆 ()在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，分别写出圆的极坐标方程，并求出圆的交点坐标(用极坐标表示)； ()求圆的公共弦的参数方程【答案】（1）圆C1、 C2的极坐标方程分别为：，（2）,.【解析】试题分析：（1）利用进行互化即可；（2）由两圆的公共点求出公共弦的普通方程，再利用直线的点与倾斜角得到参数
20、方程解题思路:曲线的普通方程、参数方程、极坐标方程的互化，往往要利用或合理选参进行求解试题解析：（1）根据公式：圆C1、 C2的极坐标方程分别为：，联立：解得：圆C1与圆C2的交点极坐标分别为：（2）把（1）中两圆交点极坐标化为直角坐标，得：此两圆公共弦的普通方程为：此弦所在直线过（1，0）点，倾斜角为90所求两圆的公共弦的参数方程为：考点：1曲线的参数方程、极坐标方程、普通方程的互化；2两圆的公共弦23. （1）已知不等式的解集为，若，试比较与的大小（并说明理由）；（2）已知对于任意非零实数和，不等式恒成立，试求实数的取值范围【答案】（1），理由见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据解绝对值不等式方法求出，然后运用作差比较法，结合因式分解的方法、不等式的性质进行判断即可；（2）根据绝对值的性质，结合分类讨论法进行求解即可.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，因此，即所以；（2），当且仅当时取等号，要想不等式恒成立，只需成立，由于，只需成立，当时，当时，当时，综上所述：的取值范围为：；【点睛】本题考查了解绝对值不等式，考查了比较法的应用，考查了绝对值的性质，考查了不等式恒成立时实数的取值范围，考查了数学运算能力.
