1、四川省棠湖中学2020届高三数学第一次适应性考试试题 理（含解析）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第I卷 选择题（60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解对数不等式和一元二次不等式确定集合，然后由并集概念求解【详解
2、】解：，故选：C.【点睛】本题考查集合的并集运算，考查对数函数的性质和解一元二次不等式，掌握对数函数性质是解题关键2.复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】z，复数z的虚部为故选：D【点睛】本题考查的是复数的运算及其概念，较简单.3.已知，则（ ）A. abcB. acbC. bacD. cab【答案】B【解析】【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解.【详解】，故选：B.【点睛】本题考查指数式和对数式的大小比较，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意中间变量的引入.4.下边程序框图的算法源于我国古代闻名中外的中
3、国剩余定理.表示正整数除以正整数的余数为，例如.执行该程序框图，则输出的等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据程序框图依次执行循环，直至跳出循环，输出结果.【详解】继续执行循环：继续执行循环：继续执行循环：继续执行循环：继续执行循环：继续执行循环：跳出循环，输出故选：D【点睛】本题考查循环结构流程图，考查基本分析求解能力，属基础题.5.新冠肺炎期间某商场开通三种平台销售商品，收集一月内的数据如图1；为了解消费者对各平台销售方式的满意程度，该商场用分层抽样的方法抽取4%的顾客进行满意度调查，得到的数据如图2下列说法错误的是（ ）A. 样本容量为240B. 若样本中对平台
4、三满意的人数为40，则C. 总体中对平台二满意的消费者人数约为300D. 样本中对平台一满意的人数为24人【答案】B【解析】【分析】对每一个选项逐一分析判断得解.求出样本容量为240判断选项A的正误；求出判断选项B的正误；计算出总体中对平台二满意的消费者人数约为300判断选项C的正误；计算出样本中对平台一满意的人数为24人判断选项D的正误.【详解】选项A，样本容量为，该选项正确；选项B，根据题意得平台三的满意率，不是，该选项错误；选项C，样本可以估计总体，但会有一定的误差，总体中对平台二满意人数约为，该选项正确；选项D，总体中对平台一满意人数约为，该选项正确.故选：B【点睛】本题主要考查分层抽
5、样，考查用样本估计总体，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6.设不同直线，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】根据两条直线平行的条件，求得m的值，就可以判断是“”是“”的什么条件【详解】当时，代入两直线方程中，易知两直线平行，即充分性成立时，显然，从而有，解得或，但当时，两直线重合，不合要求，故必要性成立故选:C【点睛】本题考查了两条直线平行的条件和充要条件这两个知识点,属于简单题,在做题时注意使用以下三种方法,对充分、必要条件之间的关系进行判断充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若则”、
6、“若则”的真假并注意和图示相结合，例如“”为真，则是的充分条件2等价法：利用与非非，与非非，与非非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若，则是的充分条件或是的必要条件；若，则是的充要条件7.展开式的常数项为（）A. 112B. 48C. -112D. -48【答案】D【解析】【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式的常数项【详解】由于故展开式的常数项为，故选D【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查了二项式展开式，属于基础题.8.已知等差数列an的前n项和为Sn，若a62，（a2+a10）（2a3+a9）12，则S5（ ）A. 5B. 3C. 3D. 5【答案】D
7、【解析】【分析】利用等差数列的性质，可得，代入可得，结合，可得，可解得，利用等差数列前n项和公式可得解【详解】由题意，数列an为等差数列，故 故 ，又 故选：D【点睛】本题考查了等差数列的综合应用，考查了等差数列的性质，通项公式，求和公式，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题9.已知是单位向量，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将已知等式两边平方，结合单位向量可得，再根据计算可得结果.【详解】因为是单位向量，所以，所以，所以所以，故选：A【点睛】本题考查了平面向量的数量积的运算，考查了求平面向量的模，属于基础题.10.已知圆关于双曲线一条渐近线对称
8、，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将圆心的坐标代入渐近线可得结果即可.【详解】因为圆关于双曲线的一条渐近线对称，则圆心在渐近线上，所以，故选：D.【点睛】本题考查了圆的一般方程，考查了圆的对称性，考查了双曲线的渐近线方程，属于基础题.11.已知函数，且实数，满足，若实数是函数的一个零点，那么下列不等式中可能成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】由题意，确定函数为增函数，进而得知，中一项为负的，两项为正的，或者三项都是负的，分类讨论分别求得可能成立选项，从而得到答案.【详解】由函数的单调性可得，函数在为增函数，由， 则为负数的个数为奇数，对
9、于选项，选项可能成立对于选项，当时，函数的单调性可得：即不满足，故选项不可能成立，故选：【点睛】本题考查了函数的单调性，属于中档题.12.如图，二面角1的平面角的大小为60，A，B是1上的两个定点，且AB2C，D，满足AB与平面BCD所成的角为30，且点A在平面BCD上的射影H在BCD的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】根据题意：点H的轨迹是以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60的圆锥侧面交线的一部分，该部分是圆心角为的弧长，只要求出半径即可.【详解】如图所示：因为AB与平面BCD所成的角为30，且点A在平面B
10、CD上的射影H， AB2，所以，所以点H在以点B为球心，以为半径的球面上，又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上，所以点H的轨迹为以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60的圆锥侧面交线的一部分，即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB， 因为二面角1的平面角的大小为60，所以EOF=60，又，所以点H的轨迹的长度等于，故选：A【点睛】本题主要考查动点的轨迹和弧长问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.第II卷 非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若变量满足，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】作出可行域
11、，令，作出目标函数对应的直线，平移该直线，即可求出的最小值.【详解】画出满足条件的平面区域，如图所示，令，所以，显然直线过与的交点时，最小，解得，此时，故答案为：.【点睛】本题主要考查线性规划求目标函数的最值，考查数形结合的数学思想方法，属基础题.求目标图数最值的一般步骤：一画、二移、三求.（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.14.已知an是等差数列，公差d不为零若a2，a3，a7成等比数列，且2a1a21，则a1_，d_.【答案】 (1). (2). -1【解析】因为成等比数列，所以 ，所以 ，即,又因为
12、 ，所以 ,由解得,故填.15.已知为定义域为的偶函数，当时，若关于的方程()有且仅有6个不同的实数根，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据函数的奇偶性作出函数的图象，利用换元法判断函数的根的个数，利用数形结合即可得出结论【详解】作出函数的图象如图：则在和上递增，在和上递减，当时，函数取得极大值；当时，取得极小值，关于的方程()有且仅有6个不同的实数根，设，则当，方程有个根，当，方程有个根，当或，方程有2个根，当，方程有4个根，当，方程有0个根则必有两个根、，则有两种情况符合题意：，且，此时，则；，此时同理可得，综上可得a的范围是，故答案为：【点睛】本题主要考查函数与方程，考查函
13、数表示法以及一次函数和二次函数，考查数形结合思想，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.16.中，且对于，最小值为，则_.【答案】【解析】【分析】利用向量的减法运算和数量积，并借助余弦定理，化简，可得到，化简，并利用二次函数求最值，求出的最小值，且使最小值等于，可得，进而得出，最后利用余弦定理即可得解.【详解】设， ， 的最小值为，解得，.故答案为：.【点睛】本题考查了向量的减法运算和数量积，余弦定理以及二次函数求最值问题，考查学生的运算求解能力，属于综合题，难度较大. 利用向量的减法运算和数量积，并借助余弦定理，化简，得出三角形三边的关系是解题的关键.三解答题：共70分。解答应写出文字说明
14、、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17.为直角三角形，斜边上一点，满足.（1）若，求；（2）若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理以及的范围，得出的值，再借助即可得解；（2）设，根据已知条件和勾股定理求出，进而得到的值，再利用余弦定理即可得解.【详解】（1）由正弦定理：，得，.（2）设，从而，由余弦定理，即，解得，所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理在平面几何中的综合应用，属于中档题.平面几何中解三角形问题的求解思路：（1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然
15、后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；（2）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果.18.某省即将实行新高考，不再实行文理分科.某校为了研究数学成绩优秀是否对选择物理有影响，对该校2018级的1000名学生进行调查，收集到相关数据如下：（1）根据以上提供的信息，完成列联表，并完善等高条形图；选物理不选物理总计数学成绩优秀数学成绩不优秀260总计6001000（2）能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为数学成绩优秀与选物理有关？附：临界值表：0.100.050.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）填表见解析，作图见解析
16、（2）能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为数学成绩优秀与选物理有关【解析】【分析】（1）由题意计算出各组人数后即可完成列联表，进而可补全等高条形图；（2）代入公式计算出，与3.841比较即可得出结论.【详解】（1）根据题意填写列联表如下，选物理不选物理总计数学成绩优秀420320740数学成绩不优秀18080260总计6004001000完善等高条形图，如图所示；（2）计算，所以能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为数学成绩优秀与选物理有关.【点睛】本题考查了独立性检验的应用，考查了计算能力，属于中档题.19.如图，在多面体中，四边形和四边形是两个全等的等腰梯形.（1）求证：四边形为
17、矩形；（2）若平面平面，求多面体的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据全等的等腰梯形和已知条件得到且，由此证得四边形为平行四边形. 分别取，的中点，连接，通过证明四点共面，且，且相交，由此证得平面，从而证得,由此证得四边形为矩形.（2）连结，作，垂足为，则.先证明平面，然后证明平面，由此求得点到平面的距离、点到平面的距离，分别求得和的体积，由此求得多面体的体积.【详解】（1）四边形和四边形是两个全等的等腰梯形，且，四边形为平行四边形.分别取，的中点，.，为的中点，同理，.为的中点，为的中点，且.，四点共面，且四边形是以，为底的梯形.，且，是平面内的相交线，平面.平面
18、，又，.四边形为矩形.（2）连结，作，垂足为，则.，.在中，.，平面，平面，平面.平面平面，平面平面，平面，平面，点到平面的距离为2，同理，点到平面的距离为2，则，；，.故多面体的体积为.【点睛】本小题主要考查证明一个四边形为矩形的方法，考查四点共面的证明，考查线面平行的证明，考查面面垂直的性质定理，考查分割法求几何体的体积，考查空间想象能力和逻辑推理能力，综合性较强，属于中档题.20.已知函数，.（1）若的切线过，求该切线方程；（2）讨论与图像的交点个数.【答案】（1）（2）时，只有一个交点；时，有两个交点【解析】【分析】（1）设出切点，根据，求出切点，进而求出直线斜率，从而得解；（2）构造
19、函数，求出导函数，通过分类讨论，研究的单调性，进而判断出的零点个数，从而得解.【详解】（1），设切点为，则，化简得，所以，所以切线方程为.（2）设，即讨论零点个数.，时，只有一个零点；时，在上单调递减，单调递增，时，均，此时，有两个零点，时，时，时，由得，若时，在单增，只有一个零点；若时，极大值极小值均小于0，从而也只有一个零点.综上，时，只有一个交点；时，有两个交点.【点睛】本题考查了函数过某点的切线方程，两个函数图像交点个数的判断，难度较大.求函数的切线方程时，要注意区分“在某点”和“过某点”，这是一个易错点.求解两个函数交点个数的问题时，常用构造函数法，转化为求解零点个数的题型.21.已
20、知圆，圆，如图，C1，C2分别交x轴正半轴于点E，A射线OD分别交C1，C2于点B，D，动点P满足直线BP与y轴垂直，直线DP与x轴垂直（1）求动点P轨迹C的方程；（2）过点E作直线l交曲线C与点M，N，射线OHl与点H，且交曲线C于点Q问：的值是否是定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由【答案】（1）；（2）为定值，且为【解析】【分析】（1）设，根据圆的方程求出的坐标，进而可得，然后得出动点P的轨迹C的方程.（2）设出直线l的方程为，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理，结合弦长公式，转化求解即可.【详解】（1）设，则，所以，所以动点的轨迹C的方程为.（2）由（1）可知E为C
21、的焦点，设直线l的方程为（斜率不为0时），且设点M（x1，y1），N（x2，y2），由，得，所以，所以，又射线OQ方程为ymx，代入椭圆C的方程得x2+2（my）24，即，所以，又当直线l的斜率为0时，也符合条件.综上，为定值，且为.【点睛】本题考查轨迹方程的求法，设而不求思想方法的应用，直线与椭圆的位置关系的综合应用，属于中档题.（二）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.选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，曲线C1的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为（1）求曲线
22、C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（2）已知曲线C3的极坐标方程为，点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，A、B均异于原点O，且，求实数的值【答案】（1），；（2）或【解析】【分析】（1）利用可得曲线的普通方程 ，将左右两边同时乘以，再化为直角坐标方程（2）将曲线与曲线的极坐标方程分别联立，求出 两点的极径，则，可求得实数的值.【详解】（1）由曲线C1的参数方程（为参数），即，得曲线C1的普通方程为，因为，由曲线C2的极坐标方程，得C2的直角坐标方程为；（2）曲线C1化极坐标方程为，设，则，由知，或，或【点睛】本题考查直线的参数方程与极坐标方程，是高考的重要考点，解题的关键是熟练掌握极坐标与直角坐标的互化，属于中档题选修4-5：不等式选讲 23.已知函数，（1）解不等式；（2）若方程在区间有解，求实数的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）通过讨论的范围得到关于的不等式组，解出即可； （2）根据题意，原问题可以等价函数和函数图象在区间上有交点，结合二次函数的性质分析函数的值域，即可得答案【详解】解：（1）可化为，故，或，或；解得：，或，或；不等式的解集为；（2）由题意：，故方程在区间有解函数和函数，图像在区间上有交点当时，实数的取值范围是.【点睛】本题考查绝对值不等式的性质以及应用，注意零点分段讨论法的应用，属于中档题
