1、安徽省六安市第一中学2020届高三数学下学期适应性考试试题 理（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.每一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】【分析】先求解集合再求即可.【详解】,故选：D.【点睛】本题主要考查了对数的不等式求解以及交集的运算,属于基础题.2. 设复数，且，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘法运算及复数相等的充要条件求出复数，从而得到的共轭复数，即可得解；【详解】解：因为所以，故的虚部为，故选：D.【点睛】本题考查复数代数形式的乘法运算
2、，复数相等的充要条件，属于基础题.3. 对某两名高三学生在连续9次数学测试中的成绩（单位：分）进行统计得到折线图，下面是关于这两位同学的数学成绩分析.甲同学的成绩的中位数为130；根据甲同学成绩折线图提供的数据进行统计，估计该同学平均成绩在区间内；乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线性相关性，且为正相关；乙同学连续九次测验成绩每一次均有明显进步.其中正确的个数为（ ） A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】C【解析】【分析】根据折线图逐项判断：甲同学的最高成绩是130，故不可能是中位数；根据甲同学成绩折线图提供的数据，即可估计该同学的平均成绩；乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线
3、性相关性且为正相关；乙同学在第四次、第七次成绩有退步.【详解】甲同学的成绩折线图具有较好的对称性，最高130，所以中位数不可能是130，故错误；根据甲同学成绩折线图提供的数据进行统计，估计该同学平均成绩在区间，故正确；乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线性相关性且为正相关，故正确；乙同学在这连续九次测验中第四次、第七次成绩较上一次成绩有退步，故不正确.故选：C.【点睛】本题考查折线图，属于基础题.4. 函数的图象如图所示，则函数的解析式可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】确定奇偶性，排除A，C，再由时的函数值的正负，又排除一个，从而可得正确选项【详解】函数图象关
4、于原点对称，函数是奇函数，四个选项中是偶函数，是奇函数，排除，又时，D不满足，排除D，只有B可满足故选：B【点睛】本题考查由函数图象选择函数解析式，解题时可根据图象确定函数的性质（如奇偶性、单调性），函数值的正负，与坐标轴的交点等采用排除法确定出正确选项5. 下列结论正确的个数为（ ）设，是两个不同的平面，m是直线且.“”是“”的必要而不充分条件；已知命题，总有，则，使得；已知函数的最小正周期为，其图象过点，则其对称中心为；已知随机变量，若，则A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】对于，根据面面平行的判定和面面平行的性质可判断；对于，由全称命题的否定是特称命题可判断；对于：
5、由正切函数的周期性和过的点可求得，和，可判断；对于，根据正态分布的对称性可判断；【详解】对于，根据面面平行的判定知，由“”不能推出“”，根据面面平行的性质知由“”可得到“”，所以 “”是“”的必要而不充分条件，故正确；对于，由全称命题的否定是特称命题得：命题，总有，则，使得，故不正确；对于：因为函数的最小正周期为，所以，又其图象过点，所以，所以，所以，令，得，所以其对称中心为，故正确；对于，因为随机变量，所以，又，所以，所以，故正确；综上可知：正确的命题有，故选：C.【点睛】本题考查命题的判断，考查了空间中面面平行的判定和性质，全称命题与特定命题的关系，正切函数的图像与性质，正态分布的对称性，
6、属于基础题.6. 在各项均为正数的等比数列中，则的最大值是（ ）A. 25B. C. 5D. 【答案】B【解析】【分析】是等比数列，且，由等比数列的性质，可得，又，求出.又，结合基本不等式可求的最大值.【详解】是等比数列，且，.又，当且仅当时取等号.故选：B【点睛】本题考查等比数列的性质和基本不等式，属于中档题.7. 已知为执行如图所示的程序框图输出的结果，则二项式的展开式中常数项的系数是（ ）A. B. 20C. D. 60【答案】A【解析】【分析】根据程序框图计算得到，再利用二项式定理计算得到答案.【详解】模拟程序框图的运行过程，如下：，是，；，是，；，是，否，退出循环，输出的值为，二项式
7、的展开式中的通项是，令，得，常数项是，故选：A.【点睛】本题考查了程序框图，二项式定理，意在考查学生的计算能力，理解能力和应用能力.8. 已知抛物线的焦点为F，P是C第一象限上一点，以P为圆心的圆过点F且与直线相切，若圆P的面积为，则圆P的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由抛物线的定义可知，直线为抛物线的准线，进而得出抛物线的方程，由圆的面积求出圆的半径，进而求出圆心坐标，即可求圆的方程.【详解】曲线的焦点为F，P是C第一象限上一点，以P为圆心的圆过点F且与直线相切，由抛物线的定义得：直线为抛物线的准线，则，所以，所以抛物线方程为：，因为圆P的面积为，所以圆的半径
8、为5，设，因为圆与直线相切，所以，解得，则.又，所以，所以圆P的方程为.故选：C.【点睛】本题考查了抛物线的定义、圆的方程等基本知识，考查了数学运算能力和逻辑推理能力，转化的数学思想，属于中档题目.9. 把函数的图象沿轴向左平移个单位，纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）后得到函数的图象，对于函数有以下四个判断：该函数的解析式为；该函数图象关于点对称；该函数在上是增函数；函数在上的最小值为，则其中，正确判断的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先利用三角函数的平移变换和伸缩变换得到函数，再利用正弦函数的性质一一验证.【详解】把函数的图象沿轴向左平移个单位得到，纵坐标伸
9、长到原来的2倍（横坐标不变）后得到函数，故正确；因为，故正确；因为，则，不单调，故错误；因为，则，若函数在上的最小值为，则故正确；故选：D【点睛】本题主要考查三角函数图象和性质及图象变换，还考查了运算求解的能力，属于中档题.10. 已知x与y之间的几组数据如下表：x1234y1mn4参考公式：线性回归方程，其中，；相关系数.上表数据中y的平均值为2.5，若某同学对m赋了三个值分别为1.5，2，2.5得到三条线性回归直线方程分别为，对应的相关系数分别为，下列结论中错误的是（ ）A. 三条回归直线有共同交点B. 相关系数中，最大C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可得，分别取与的值，由公式
10、计算出的值，逐一分析四个选项，即可得到答案【详解】由题意，即 若，则，此时， ， ， 则， ， ； 若，则，此时， ，； 若，则，此时， ， 由样本点的中心相同，故A正确； 由以上计算可得，相关系数中，最大，故B，C正确，D错误 故选：D【点睛】本题考查线性回归方程与相关系数的求法，考查计算能力，是中档题11. 已知向量满足，与的夹角为，若对一切实数x，恒成立，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】平方，利用向量的数量积公式，展开整理得，对一切实数x，恒成立，从而有解不等式，即可得出结论.【详解】解：因为，与的夹角为，所以把两边平方，整理可得，所以，即，即故选:
11、C【点睛】本题考查向量的模与数量积的关系，将问题等价转化为一元二次不等式恒成立，属于基础题.12. 若函数，在区间上任取三个实数，均存在以，为边长的三角形，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用导数求得在区间上的最大值和最小，根据三角形两边的和大于第三边列不等式，由此求得的取值范围.【详解】的定义域为，所以在上递减，在上递增，在处取得极小值也即是最小值，所以在区间上的最大值为.要使在区间上任取三个实数，均存在以，为边长的三角形，则需恒成立，且，也即，也即当、时，成立，即，且，解得.所以的取值范围是.故选：D【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考
12、查恒成立问题的求解，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请将答案填写在答题卷相应位置上.13. 设等差数列的前n项和，若数列的前m项和为，则_.【答案】2020【解析】【分析】由基本量法求出首项和公差，得通项公式，然后由裂项相消法求数列的前m项和即得【详解】由题意知，为等差数列的前n项和，设公差为d，由，.得，解得，则，所以.则，解得，故答案为：2020.【点睛】本题考查等差数列的通项公式与前项和公式，考查裂项相消法求数列的和，掌握基本量法是解等差数列的关键在数列求和中裂项相消法，错位相减法，分组（并项）求和法，倒序相加法等是特殊数列的特殊方法，务必掌握14. 若实数
13、,满足不等式组，且恒有，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先作出不等式组对应的可行域，再求出的最大值即得解.【详解】不等式组对应的可行域为图中的阴影平面区域.由题， 表示平面区域内的点与点B连线的斜率，当取点A时，的最大值为，所以.所以故答案为：【点睛】本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15. 已知双曲线的左右焦点为，过作轴的垂线与相交于两点，与轴相交于.若，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】由已知可得，结合双曲线的定义可知，结合 ，从而可求出离心率.【详解】解：,，又，则.，即解得，即故答案为: .【点睛】本题考查了双曲线的定义，考查了双
14、曲线的性质.本题的关键是根据几何关系，分析出.关于圆锥曲线的问题，一般如果能结合几何性质，可大大减少计算量.16. 已知正方体的棱长为2，点M，N分别是棱BC，的中点，则点到平面AMN的距离是_；若动点P在正方形（包括边界）内运动，且平面AMN，则线段的长度范围是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】利用等体积法得，得到点到面的距离；取的中点E，的中点F，连接，EF，取EF中点O，连接，可证点P的轨迹是线段EF，可得当与重合时，线段的长度最小，当P与E（或F）重合时，的长度取最大值.【详解】设点到平面AMN的距离是，依题意得，所以，所以，所以，又，则由，得，所以.取的中点E，的中点
15、F，连接，EF，取EF中点O，连接，点M，N分别是棱长为2的正方体中棱BC，的中点，平面平面.动点P在正方形（包括边界）内运动，且面AMN，点P的轨迹是线段EF，当P与O重合时，的长度取最小值.当P与E（或F）重合时，的长度取最大值为.的长度范围为.故答案为：；.【点睛】本题考查了等体积法求点面距，考查了平面与平面平行，直线与平面平行，考查了立体几何中的轨迹问题，属于中档题.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. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且满足，.（1）求角A的大小；（2）求周长的范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）将
16、利用正弦定理和两角和的正弦公式化简得，从而可得A的值.（2）由余弦定理和基本不等式，以及三角形两边之和大于第三边，可得周长范围.【详解】（1）由已知，得.由正弦定理，得.即，因为.所以.因为，所以，因为，所以.（2）由余弦定理，得即.因为所以，即（当且仅当时等号成立）.又，即，所以，即周长的范围为.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查利用基本不等式求最值问题，属于基础题.18. 如图，在三棱柱中，侧面是菱形，是棱的中点，在线段上，且.（1）证明：面；（2）若，面面，求二面角的余弦值【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，利用三角形相似证明，
17、然后证明面（2）过作于，以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标，不妨设，求出面的一个法向量，面的一个法向量，然后利用空间向量的数量积求解即可【详解】解：（1）连接交于点，连接因为，所以，又因为，所以，所以，又面，面，所以面.（2）过作于，因为，所以是线段的中点因为面面，面面，所以面连接，因为是等边三角形，是线段的中点，所以.如图以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标，不妨设，则，由，得，的中点，.设面的一个法向量为，则，即，得方程的一组解为，即.面的一个法向量为，则，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象
18、能力以及计算能力19. 已知D为圆上一动点，DF的垂直平分线交DE于点P，设点P的轨迹为曲线.（1）求曲线的轨迹方程；（2）经过点且斜率存在的直线l交曲线于Q、N两点，点B与点Q关于坐标原点对称，曲线与y轴负半轴交于点A，连接AB、AN，是否存在实数使得对任意直线l都有成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【解析】【分析】（1）由中垂线的性质可得，由椭圆的定义可知，点P轨迹是以E，F为焦点的椭圆，即可求出曲线的轨迹方程.（2）设直线l的方程为，联立方程和韦达定理可得，设，经过化简可得，进而可得，即可得出结论.【详解】（1）由椭圆的定义可知，点P轨迹是以E，
19、F为焦点的椭圆，椭圆方程为（2）设l直线的方程为，联立，可得，设，则有，因为，所以，又因为点B与点Q关于原点对称，所以，即，则有，由点Q在椭圆上，得，所以，所以，即，所以存在实数，使成立.【点睛】本题考查了利用椭圆的定义求轨迹方程，直线和椭圆的综合应用等基本知识，考查了理解辨析能力、运算求解能力和逻辑推理能力，转化的数学思想，属于中档题目.20. 已知函数.（1）讨论单调性；（2）取，若在上单调递增，求k的取值范围.【答案】（1）当时，在单调递增；当时，在区间上是单调递增，在区间单调递减；（2）或.【解析】【分析】（1）对函数求导，可得，然后再对进行分类讨论，再根据导数和函数单调性的关系即可求
20、出结果；（2）由题意可知，令，然后再分和，利用分离参数法，以及导数在函数单调性中的应用，即可求出结果.【详解】（1），当时，在单调递增；当时，在区间上是单调递增，在区间单调递减.（2），令.当，令，则，所以在区间上是单调递增，在区间上是单调递减.，当，综上，或.【点睛】本题主要考查了导数在函数单调性和最值中的应用，属于中档题.21. 某项比赛中甲、乙两名选手将要进行决赛，比赛实行五局三胜制.已知每局比赛中必决出胜负，若甲先发球，其获胜的概率为，否则其获胜的概率为.（1）若在第一局比赛中采用掷硬币的方式决定谁先发球，试求甲在此局获胜的概率；（2）若第一局由乙先发球，以后每局由负方发球规定胜一局得
21、3分，负一局得0分，记X为比赛结束时甲的总得分，求随机变量X的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）答案见解析，.【解析】【分析】（1）由题意可知，甲取得发球权的概率为，甲没取得发球权的概率也为，再分甲获得发球权，则获胜；和甲没有发球权，则获胜两种情况的概率，再相加即可求出结果；（2）根据题意，可知的可能取值为0，3，6，9；分别求出四种情况下的概率，然后再列出分布列，即可求出期望.【详解】（1）若甲获得发球权，则获胜的概率为，如果甲没有发球权，则获胜的概率为，所以甲获胜的概率为.（2）比赛结束时甲的总得分的可能取值为0，3，6，9.时，比赛的结果为：“乙乙乙”，时，比赛的结果为：“甲乙乙乙
22、”，“乙甲乙乙”，“乙乙甲乙”，时，比赛的结果为：“甲甲乙乙乙”，“甲乙甲乙乙”，“甲乙乙甲乙”，“乙甲甲乙乙”，“乙甲乙甲乙”“乙乙甲甲乙”，.，.X的分布列为X0369P.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望，解题时要认真审题，注意概率性质的运用，属于中档题22. 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程为（为参数），直线经过点且倾斜角为.（1）求曲线的极坐标方程和直线的参数方程；（2）已知直线与曲线交于，满足为的中点，求.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由曲线的参数方程消去参数可得曲线的普通方程，由此可求曲线的极坐标方程；直
23、接利用直线的倾斜角以及经过的点求出直线的参数方程即可；（2）将直线的参数方程，代入曲线的普通方程，整理得，利用韦达定理，根据为的中点，解出即可.【详解】（1）由（为参数）消去参数，可得，即，已知曲线的普通方程为，即，曲线的极坐标方程为，直线经过点，且倾斜角为，直线的参数方程：（为参数，）.（2）设对应的参数分别为，.将直线的参数方程代入并整理，得，.又为的中点，即，即，.【点睛】本题考查了圆的参数方程与极坐标方程之间的互化以及直线参数方程的应用，考查了计算能力，属于中档题.23. 已知（1）若不等式的解集为，求m的值；（2）在（1）的条件下，若a，b，且，求证：【答案】（1）1；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用和是方程的解可求得；（2）由（1）得，用“1”代换得，然后由柯西不等式得结论后可证【详解】解：（1）由题意，解得；（2）由（1）知，【点睛】本题考查已知绝对值不等式的解求参数，考查由柯西不等式证明不等式成立解题关键是由已知条件凑配出柯西不等式的形式，从而完成证明
