1、商丹高新学校2020屆高三适应性训练理科数学一选择题：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】A【解析】【分析】解一元二次不等式化简集合，利用并集的定义求解即可【详解】集合，则故选：A【点睛】本题考查集合的交并补运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题2. 已知(其中i为虚数单位)，则z的虚部为（ ）A. 2B. 1C. 2iD. i【答案】B【解析】【分析】本题先化简复数，再求z的虚部【详解】解：因为，则z的虚部为：1故选：B.【点睛】本题考查求复数的虚部，是基础题.3. 已知一组数据
2、的茎叶图如图所示下列说法错误的是（ ）A. 该组数据的极差为12B. 该组数据的中位数为21C. 该组数据的平均数为21D. 该组数据的方差为11【答案】D【解析】【分析】通过茎叶图计算出极差、中位数、平均数和方差，由此确定正确选项.【详解】根据茎叶图可知，数据为，所以：极差为，A选项正确.中位数为，B选项正确.平均数为，C选项正确.方差为，D选项错误.故选：D【点睛】本小题主要考查根据茎叶图计算极差、中位数、平均数和方差，属于基础题.4. 函数的图象大致是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据函数的奇偶性，可排除B，C，根据函数值的符号即可排除D【详解】，函数为奇函数，函数
3、的图象关于原点对称，故排除B，C，当时，单调性是增减交替出现的，故排除，D，故选A【点睛】本题考查了函数图象的识别，根据根据函数值的符号即可判断，属于基础题5. 已知，则下列不等式不成立的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，以及不等式的性质，对选项逐一分析，由此得出不等式不成立的选项.【详解】依题意，由于为定义域上的减函数，故，故A选项不等式成立.由于为定义域上的增函数，故，则，所以B选项不等式不成立，D选项不等式成立.由于，故，所以C选项不等式成立.综上所述，本小题选B.【点睛】本小题主要考查指数函数和对数函数的单调性，考查不等式的性质，属于基
4、础题.6. 命题“若，则，使得”的否命题为（ ）A. 若，则，B. 若，则，C 若，则，D. 若，则，【答案】A【解析】【分析】利用否命题的定义得出答案【详解】命题“若，则，使得”的否命题为“若，则，”故选：A【点睛】本题考查四种命题的应用，考查否命题的写法，属于基础题7. 的展开式中的项的系数是（ ）A. B. 120C. D. 80【答案】A【解析】【分析】先求的展开式的通项，再求的展开式中的项的系数与的展开式中的项的系数，最后求的展开式中的项的系数即可.【详解】解：因为的展开式的通项为：，令得的展开式中的项的系数是；令得的展开式中的项的系数是；所以的展开式中的项的系数是，故选：A【点睛】
5、本题考查求二项展开式的指定项的系数，是基础题.8. 古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，我国宋元时期数学家朱世杰在四元玉鉴中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，）若一“落一形”三角锥垛有10层，则该堆第10层球的个数为（ ）.A. 66B. 55C. 45D. 38【答案】B【解析】【分析】根据三角形数的特征可得通项公式,代入可得选项.【详解】设数列为数列，则所以即，所以该堆第10层球的个数为，故选：B.【点睛】本题考查以数学文化为
6、背景的等差数列的通项的求法，找出数列的项之间的关系是解决本题的关键，属于基础题.9. 如图在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出 ，再计算即可.【详解】解：因为底面是边长为1的正方形，侧棱且，则 ，则故选：B.【点睛】本题考查向量的数量积，向量的模的计算公式，是中档题.10. 已知函数（，），其图象相邻两条对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位后，得到的图象关于轴对称，那么函数的图象（ ）A 关于点对称B. 关于点对称C. 关于直线对称D. 关于直线对称【答案】B【解析】【分析】先根据已知求出，再令,即得函数图象
7、的对称中心，令，即得函数图象的对称轴方程.【详解】因为函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，所以函数的周期为，将函数的图象向左平移个单位后，得到函数图象，图象关于轴对称，即，又，令，解得，时，所以的图象关于点对称.令，所以函数的对称轴方程为.所以选项错误.故选：B.【点睛】本题主要考查三角函数解析式的求法，考查三角函数的图象变换，考查三角函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11. 双曲线的左、右焦点分别为、在双曲线C上，且是等腰三角形，其周长为22，则双曲线C的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意画出图形，分类由三角形周长列式求得，进一步求
8、得，则双曲线的离心率可求【详解】如图，由，得，设，由题意，若，则，解得；若，则，解得，【点睛】本题考查了双曲线的简单性质，考查了运算求解能力和推理论证能力，属于中档题12. 已知，且，函数在上是增函数，则实数a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对分与，利用复合函数的单调性结合函数的图象列出符合条件的不等式组，解之即可【详解】解：，令作出其图象如下：函数在，上是增函数，若，则或，解得；若，则，解得；故选：【点睛】本题考查对数函数的单调性和特殊点，求复合函数的单调区间，体现了数形结合的数学思想，属于中档题二填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 设函数
9、，则_.【答案】【解析】【分析】先根据函数的局部周期性可得，在根据上的解析式可求得的值.【详解】当时，又故答案为：.【点睛】本题考查分段函数的函数值的计算，注意根据函数的局部周期性把所求的值转化为函数在上某点的函数值，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.14. 已知是等比数列，且，成等差数列，若，则数列前6项的和_.【答案】【解析】【分析】设数列公比为，利用成等差数列，解出公比的值，可求得和，进而得出数列前6项的和【详解】设数列公比为，因为成等差数列，所以，即，整理得，因为，所以，所以，则前6项的和故答案为：【点睛】本题考查等比数列的基本量运算，考查等差中项的应用，考查等差数列的和，属于中档
10、题15. 曲线在点处的切线截圆所得的弦长为_.【答案】4【解析】【分析】先求出导函数，接着求切线的斜率与切点坐标，再求切线方程，接着再求出圆心到切线的距离，最后求弦长即可.【详解】解：因为，所以，所以曲线在点处的切线的斜率，切点，所以切线方程：，即，因为圆的方程：，所以圆心为，半径，圆心到切线的距离为：，所以切线截圆所得的弦长为：，故答案为：4.【点睛】本题考查求曲线在某点处的切线方程、点到直线的距离公式、求圆的弦长，是中档题.16. 已知圆锥的母线长为，且母线与底面圆所形成的角，则该圆锥的体积为_；则该圆锥的侧面展开图的面积为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由题意求出圆锥的
11、底面半径与圆锥的高，即可求出圆锥的体积和侧面展开图的面积【详解】圆锥的母线与底面圆所形成的夹角为，且母线长为，所以圆锥的高为3，底面半径为3；所以圆锥的体积为：侧面展开图的面积为：.故答案为：；.【点睛】本题是基础题，考查圆锥的母线与底面的夹角，圆锥的体积和侧面积的求法，考查计算能力，属于基础题三解答题：共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步媒.第1721题为必考题，每个试题考生都必领作答.第2223为选考题.考生根据要求作答.17. 如图带有坐标系的单位圆O中，设，（1）利用单位圆向量知识证明：（2）若，求的值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据向量的数量积公式即
12、可证明；（2）根据角的范围分别求出正弦和余弦值，利用两角和的余弦公式计算得出答案【详解】（1）由题意知：，且与的夹角为，所以，又，所以，故（2）且，则；，则，又，【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的定义，考查平面向量数量积的坐标运算，考查两角和与差的余弦公式，属于中档题18. 某高校在自主招生考试成绩中随机抽取100名学生笔试成绩，按成绩共分为五组，得到如下的频率分布表：组号分 组频数频率第一组5第二组35第三组30a第四组bc第五组10（1）请写出频率分布表中a，b，c的值，若同组中的每个数据用该组中间值代替，请估计全体考生的平均成绩；（2）为了能选出最优秀的学生，该高校决定在笔试成绩高的
13、第3、4、5组中用分层抽样的方法抽取12名考生进入第二轮面试.从上述进入二轮面试的学生中任意抽取2名学生，记X表示来自第四组的学生人数，求X的分布列和数学期望；【答案】（1），；（2）分布列见详解，.【解析】【分析】（1）先建立方程组求解，再求全体考生的平均成绩； （2）先求出第三组抽取人数，第四组抽取人数，第五组抽取人数，再确定随机变量X的可能取值并计算，最后写出随机变量X的分布列并求随机变量X的数学期望.【详解】解：（1）根据频率分布表得到：，解得，所以全体考生的平均成绩： （2）第3、4、5组一共人，现分层抽样抽取12人，则第三组抽取人数：人；第四组抽取人数：人；第五组抽取人数：人.所以
14、随机变量X的可能取值为：0、1、2，所以随机变量X分布列：012所以随机变量X的数学期望：，【点睛】本题考查补全频率分布表，利用频率分布表求平均数、求离散型随机变量的分布列与数学期望，是中档题.19. 如图所示在长方体中，分别是，的中点.（1）求证：平面（2）求C到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）分别取和的中点，连接，利用中位线定理可证四边形是平行四边形，所以，再根据线面平行的判定定理，即可证明结果；（2）以为原点，分别为，建立空间直角坐标系，根据题意可求出点的坐标，进而求出平面的法向量，再根据空间向量中点到平面的距离公式即可求出结果.【详解】分别取和的中点
15、，连接，则且；且 所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；（2）以为原点，分别为，建立空间直角坐标系，如图所示：由题意，则，又，分别是，的中点，所以,所以;设平面的法向量为，则，令，则；所以，设C到平面的距离为，则.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理的应用，以及空间向量的在求点到平面距离中的应用，属于基础题.20. 已知点，椭圆的离心率为是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为2，O为坐标原点（1）求E的方程；（2）设过点且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两M、N，且，求k的值.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由题意可知：ac，利用直线的斜率公式求得c的
16、值，即可求得a和b的值，求得椭圆E的方程；（2）设直线l的方程，代入椭圆方程由韦达定理及向量数量积的坐标运算，即可求得k的值，求得直线l的方程【详解】解：（1）由离心率e，则ac，直线AF的斜率k2，则c1，a，b2a2c21，椭圆E的方程为；（2）设直线l：ykx，设M（x1，y1），N（x2，y2），则，整理得：（1+2k2）x2kx+40，（k）244（1+2k2）0，即k2，x1+x2，x1x2，即,解得：或（舍去）k，【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆的求法，弦长的计算，考查转化思想以及计算能力21. 已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数在区间上存在两个不同零
17、点，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据a讨论导函数零点，根据导函数零点情况讨论导函数符号，根据导函数符号确定函数单调性，（2）先分离，再利用导数研究函数单调性，最后根据图像确定存在两个不同零点的条件，解对应不等式得实数的取值范围.试题解析：（1）若时，此时函数在上单调递增；若时，又得：时，此时函数在上单调递减；当时，此时函数在上单调递增；（2）由题意知：在区间上有两个不同实数解，即函数图像与函数图像有两个不同的交点，因为，令得：所以当时，函数在上单调递减当时，函数在上单调递增；则，而，且，要使函数图像与函数图像有两个不同的交点，所以的取
18、值范围为.点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.22. 在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建坐标系，已知曲线C：，已知过点的直线l的参数方程为，直线l与曲线C分别交于M，N（1）写出曲线C和直线l的普通方程；（2）若，成等比数列，求的值【答案】（1）曲线C：，直线l：；（2）【解析】【分析】（1）利用极坐标化为直角坐标方程的公式可得曲线C的方程，消去参数可得直线l的方程（2）把直线的方程代入抛物线的方程得到根与系
19、数的关系，利用两点间的距离公式和等比数列的定义即可得出【详解】（1）由曲线C：，可得，化为由直线l的参数方程为，消去参数t可得直线l：（2）联立，化为直线l与抛物线相交于两点，解得或，成等比数列化为或解得【点睛】本题考查的是极坐标方程与直角方程的互化、参数方程与普通方程的互化、直线与抛物线相交的知识，属于中档题.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.（）若，解不等式；（）当时，函数的最小值为，求实数的值.【答案】() () 【解析】【分析】（）a=-2时， ，f(x)的两个零点分别为-1和1，通过零点分段法分别讨论 ，去绝对值解不等式，最后取并集即可；（）法一： 时， ，化简f(x)为分段函数，根据函数的单调性求出f(x)在 处取最小值3，进而求出a值法二：先放缩，再由绝对值三角不等式求出f(x)最小值，进而求a【详解】() 时，不等式为当 时，不等式化为，此时 当 时，不等式化为，当 时，不等式化为，此时综上所述，不等式的解集为（）法一：函数f(x)|2xa|x1|，当a2，即时， 所以f(x)minf（）13，得a42(符合题意)，故a4. 法二： 所以，又，所以.【点睛】本题考查绝对值三角不等式的解法，零点分段法化简分段函数，求分段函数的最值，体现了分类讨论的数学思想