1、四川省棠湖中学2020届高三数学第二次适应性考试试题 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.是的共轭复数，若为虚数单位) ，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】试题分析：设，依题意有，故.考点：复
2、数概念及运算【易错点晴】在复数的四则运算上,经常由于疏忽而导致计算结果出错.除了加减乘除运算外,有时要结合共轭复数的特征性质和复数模的相关知识,综合起来加以分析.在复数的四则运算中,只对加法和乘法法则给出规定,而把减法、除法定义为加法、乘法的逆运算.复数代数形式的运算类似多项式的运算,加法类似合并同类项;复数的加法满足交换律和结合律,复数代数形式的乘法类似多项式乘以多项式,除法类似分母有理化;用类比的思想学习复数中的运算问题.2.集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由一元二次不等式的解法和二次函数的性质，化简集合，求出集合的补集，最后进行交集运算即可.【详解】
3、或，故选：A【点睛】本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题.3.已知实数、满足不等式组，则的最大值为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】画出不等式组所表示的平面区域，结合图形确定目标函数的最优解，代入即可求解，得到答案【详解】画出不等式组所表示平面区域，如图所示，由目标函数，化为直线，当直线过点A时，此时直线在y轴上的截距最大，目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为，故选A【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计
4、算能力，属于基础题4.下图是2020年2月15日至3月2日武汉市新增新冠肺炎确诊病例的折线统计图则下列说法不正确的是（ ）A. 2020年2月19日武汉市新增新冠肺炎确诊病例大幅下降至三位数B. 武汉市在新冠肺炎疫情防控中取得了阶段性的成果，但防控要求不能降低C. 2020年2月19日至3月2日武汉市新增新冠肺炎确诊病例低于400人的有8天D. 2020年2月15日到3月2日武汉市新增新冠肺炎确诊病例最多的一天比最少的一天多1549人【答案】D【解析】【分析】根据图表中提供的信息，对应各选项即可判断其真假【详解】对于A，由图可知，2020年2月19日，武汉市新增新冠肺炎确诊病例从2月18日的1
5、660人大幅下降至615人，所以A正确；对于B，从2020年2月19日起至2月29日，武汉市新增新冠肺炎确诊病例大约在300-615之间，3月起继续减少，没有出现大幅增加，所以B正确；对于C，由图可知，2020年2月19日至3月2日，武汉市新增新冠肺炎确诊病例低于400人的有，2月20日，21日，23日，25日，26日，27日，3月1日，2日，共8天，所以C正确；对于D，2020年2月15日到3月2日中，武汉市新增新冠肺炎确诊病例最多的是2月16日1690例，最少的是3月2日111例，1690-111=1579，所以D不正确故选：D【点睛】本题主要考查学生的识图和数据分析能力，属于容易题5.若
6、，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由三角函数的诱导公式，求得，再由余弦的倍角公式，即可求解，得到答案.【详解】由三角函数的诱导公式，可得，又由余弦的倍角公式，可得，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式和余弦的倍角公式的化简求值，其中解答中熟练应用三角函数的基本公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.6.函数的图象大致为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数的解析式，得到，所以函数为偶函数，图象关于对称，排除B、C；再由函数的单调性，排除A，即可得到答案.【详解】由题意，函数，可得，即，所以函数为偶函数，
7、图象关于对称，排除B、C；当时，则0，所以函数在上递增，排除A，故选.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与函数单调性的应用，其中解答中熟练应用函数的奇偶性和单调性，进行合理排除是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.7.某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是A. B. C. D. 【答案】B【解析】该几何体是直三棱柱和半圆锥的组合体，其中三棱柱的高为2，底面是高和底边均为4的等腰三角形，圆锥的高为4，底面半径为2，则其体积为，.故选B点睛：由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视
8、图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.8.已知等差数列的前项和为则数列的前10项和为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设等差数列的公差为，解得故选点睛：设等差数列的公差为，由已知条件及等差数列通项公式得到，解得和的值，可得，再利用裂项求和的方法即可得出答案9.将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数为偶函数，则的值为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用三角函数的图象变换求得函数的解析式，再根据三角函数的性质，即可求解，得到答案【详解】将将函数的图象向左平移个单位长度，可得函数又由函数为偶函数，所以，解得，因为，当时
9、，故选D【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象变换，合理应用三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题10.从装有若干个大小相同的红球、白球和黄球的袋中随机摸出1个球，摸到红球、白球和黄球的概率分别为，从袋中随机摸出一个球，记下颜色后放回，连续摸3次，则记下的颜色中有红有白，但没有黄的概率为（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】概率等于没有黄球的概率减去只有白球或只有红球的概率，计算到答案.【详解】根据题意：概率等于没有黄球的概率减去只有白球或只有红球的概率.即.故选：.【点睛】本题考查了概率
10、的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.11.已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，点为抛物线上任意一点的平分线与轴交于，则的最大值为 A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出抛物线的焦点坐标，利用抛物线的定义，转化求出比值，求出等式左边式子的范围，将等式右边代入，从而求解【详解】解：由题意可得，焦点F（1，0），准线方程为x1，过点P作PM垂直于准线，M为垂足，由抛物线的定义可得|PF|PM|x1，记KPF的平分线与轴交于根据角平分线定理可得，当时，当时，综上：故选A【点睛】本题主要考查抛物线的定义、性质的简单应用，直线的斜率公式、利用数形结合进行转化是解决本题的关键考查学生
11、的计算能力，属于中档题12.设函数，若存在实数使得恒成立，则的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由存在实数使得恒成立，转化为恒成立，得到，构造新函数，利用导数求得函数的最值，得出关于的不等式，即可求解.【详解】由题意，函数的定义域为，要使得存在实数使得恒成立，即恒成立，只需恒成立，即恒成立，即设，则，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值，最大值为，即，设，则当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，最小值为，即，所以只需，解得，即实数的取值范围是，故选D.【点睛】本题主要考查了导数的综合应用，其中解答中把存在实数
12、使得恒成立，转化为恒成立，进而得得到是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.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.曲线在点处的切线在轴上的截距是_.【答案】【解析】分析：求出函数的导数，求得切线的斜率和切点坐标，由点斜式方程即可得到切线方程，整理成斜截式，求得直线在轴上的截距，求得结果.详解：，所以，又，所以对应的切线方程是，即，所以对应的直线在轴上的截距是.点睛：该题考查的是导数的几何意义，对于如何求曲线在某个点的切线方程，注意先确定切点坐标，求导代值，求得切线的斜率，利用点斜式方程求得结果.14.在的二项展开式中，所有项的
13、系数之和为81，则常数项为_【答案】8【解析】【分析】由题得，所以n=4,再利用二项式展开式的通项求常数项得解.【详解】由题得，所以n=4, 二项展开式的通项为，令.所以常数项为.故答案为8【点睛】本题主要考查二项式展开式的系数和问题，考查二项式展开式特定项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.15.双曲线的左右焦点分别为、，是双曲线右支上一点，为的内心，交轴于点，若，且，则双曲线的离心率的值为_【答案】【解析】可设|PF1|=m，|PF2|=n，|F1F2|=2c，由I为PF1F2的内心，可得=2，则|QF1|=m，若|F1Q|=|PF2|=m，又PQ为F1PF2的
14、角平分线，可得，则n=4cm，又mn=2a，n=m，解得m=4a，n=2a，=2，即c=a，则e=故答案为：16.在三棱锥中，点到底面的距离为，则三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】由，可知为三棱锥的外接球的一条直径，过点作平面，可知为外接圆的一条直径，计算出的长度，再利用勾股定理计算出的长度，即可得出该球的直径，再利用球体表面积公式可得出结果.【详解】设的中点为点，为三棱锥的外接球的一条直径，过点作平面，垂足为点，、平面，由勾股定理可得，同理可知，为等边三角形，设的外接圆圆心为点，连接，则，且，由中位线的性质可知点为的中点，为圆的一条直径，所以，由圆的内接四边形的性质可知，由
15、正弦定理可得，因此，球的表面积为，故答案为.【点睛】本题考查多面体的外接球表面积的计算，解题时要充分分析多边形的形状，找出球心的位置，考查推理能力与计算能力，属于中等题.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.某校的一个社会实践调查小组，在对该校学生的良好“用眼习惯”的调查中，随机发放了120分问卷.对收回的100份有效问卷进行统计，得到如下列联表：做不到科学用眼能做到科学用眼合计男451055女301545合计7525100（1）现按女生是否能做到科学用眼进
16、行分层，从45份女生问卷中抽取了6份问卷，从这6份问卷中再随机抽取3份，并记其中能做到科学用眼的问卷的份数，试求随机变量的分布列和数学期望；（2）若在犯错误的概率不超过的前提下认为良好“用眼习惯”与性别有关，那么根据临界值表，最精确的的值应为多少？请说明理由.附：独立性检验统计量，其中.独立性检验临界值表：0.250.150.100.050.0251.3232.0722.7063.8405.024【答案】（1）分布列见解析，；（2）【解析】试题分析：（1）分层从份女生问卷中抽取了份问卷，其中“科学用眼”抽人，“不科学用眼”抽人，若从这份问卷中随机抽取份，随机变量利用“超几何分布”即可得出分布列
17、及其数学期望；（2）根据“独立性检验的基本思想的应用”计算公式可得的观测值，即可得出试题解析：（1）“科学用眼”抽人，“不科学用眼”抽人则随机变量，分布列为012（2）由表可知270630303840；考点：超几何分布、独立性检验的应用18.已知数列是等差数列，前项和为，且，（1）求（2）设，求数列的前项和【答案】(1) (2) 【解析】【分析】(1)由数列是等差数列，所以，解得，又由，解得， 即可求得数列的通项公式； (2)由（1）得，利用乘公比错位相减，即可求解数列的前n项和【详解】(1)由题意，数列是等差数列，所以，又，由，得，所以，解得， 所以数列的通项公式为 (2)由（1）得，两式相
18、减得，即【点睛】本题主要考查等差的通项公式、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.19.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是的中点.(1)设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小；(2)当AB3，AD2时，求二面角EAGC的大小.【答案】（1）；（2） 【解析】【详解】【分析】试题分析: (1)第(1)问,直接证明BE平面ABP得到BEBP,从而
19、求出CBP的大小. (2)第（2）问，可以利用几何法求，也可以利用向量法求解.解： (1)因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP.又BP平面ABP，所以BEBP.又EBC120，所以CBP30. (2)方法一：如图，取的中点H，连接EH，GH，CH.因为EBC120，所以四边形BEHC为菱形，所以AEGEACGC.取AG的中点M，连接EM，CM，EC，则EMAG，CMAG，所以EMC为所求二面角的平面角又AM1，所以EMCM.在BEC中，由于EBC120，由余弦定理得EC22222222cos 12012，所以EC2，所以EMC为等边三角形，故所求的角为6
20、0.方法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，3)，C(1，0)，故(20，3)，(1，0)，(2,0,3)设(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量，由可得取z12，可得平面AEG的一个法向量(3，2)设(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量由可得取z22，可得平面ACG的一个法向量n(3，2)所以cos故所求的角为60.点睛：本题的难点主要是计算，由于空间向量的运算，所以大家在计算时，务必仔细认真.20.已知抛物线（）上的两个动点和，焦点为F.线段AB的中点为，
21、且A，B两点到抛物线的焦点F的距离之和为8.（1）求抛物线的标准方程；（2）若线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用抛物线的定义可得，求出的值，从而得到抛物线的方程；（2）设直线AB的方程为：，与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式可得，利用AB的中垂线方程可得点C的坐标，再利用点到直线距离公式求出点C到直线AB的距离d，所以，令，则，利用导数可得最值.【详解】（1）由题意知，则，抛物线的标准方程为；（2）设直线（）由，得，即，即，设AB的中垂线方程为：，即，可得点C的坐标为，直线，即，点C到直线AB的距离，令，则，令，令，则，
22、在上；在上，故在单调递增，单调递减，当，即时，.【点睛】本题主要考查了抛物线的定义，以及直线与抛物线的位置关系，是中档题.21.已知（1）若a=1，且f(x)m在(0，+)恒成立，求实数m的取值范围；（2）当时，若x=0不是f(x)的极值点，求实数a的取值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由在上恒成立,即先求在上的最小值,利用导函数判断的单调性,即可求得的范围,进而求解；（2）先求导可得,将代入,若不是的极值点,即使得是的非变号零点,利用导函数分别讨论当与时与0的关系,进而求解.【详解】解:（1）由题,当时,所以,设所以恒成立,所以在上为增函数,所以,又,所以恒成立,所以在上为增函数
23、,所以,所以（2）,令,则,设,则,所以在上递增,且,当时,所以当时,；当时,即当时,；当时,所以在上递减,在上递增,所以,所以在上递增,所以不是的极值点,所以时,满足条件；当时,又因为在上递增,所以,使得,所以当时,即,所以在上递增,又,所以当时,；当时,所以是的极小值点,不合题意,综上,点睛】本题考查利用导函数解决不等式恒成立问题,考查利用导函数处理极值点问题,考查运算能力,考查分类讨论思想和转化思想.（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xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标
24、原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.（1）求曲线C的极坐标方程和直线l的直角坐标方程；（2）若射线与曲线C交于点A（不同于极点O），与直线l交于点B，求的最大值.【答案】（1）：，直线：；（2）【解析】【分析】（1）由消参法把参数方程化为普通方程，再由公式进行直角坐标方程与极坐标方程的互化；（2）由极径的定义可直接把代入曲线和直线的极坐标方程，求出极径，把比值化为的三角函数，从而可得最大值、【详解】（1）消去参数可得曲线的普通方程是，即，代入得，即，曲线的极坐标方程是；由，化为直角坐标方程为（2）设，则，当时，取得最大值为【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，
25、考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，掌握公式可轻松自如进行极坐标方程与直角坐标方程的互化选修4-5：不等式选讲 23.设函数.画出的图像；若，求的最小值.【答案】（1）画图见解析（2）【解析】【分析】（1）根据绝对值的定义，可得分段函数的解析式，进而作出函数的图象；（2）由不等式，可得，解得，再由绝对值的三角不等式，求得当且仅当，且时，成立，即可求解的最小值.【详解】（1）由题意，根据绝对值的定义，可得分段函数，所以的图象如图所示：（2）由，可得，解得，又因为，所以.()若，()式明显成立；若，则当时，()式不成立，由图可知，当，且时，可得，所以当且仅当，且时，成立，因此的最小值为.【点睛】本题主要考查了绝对值的定义及应用，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中利用绝对值的定义去掉绝对值号，以及合理利用绝对值不等式是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，属于基础题.
