1、四川省泸县第二中学2020届高三数学下学期第二次适应性考试试题 文（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.若复数，则复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据虚数的性质以及复数的乘除法运算法则化简复数
2、，根据共轭复数的概念可得其共轭复数，再根据复数的概念可得结果.【详解】因为，所以，所以复数的虚部为.故选：C.【点睛】本题考查了复数的乘除法运算法则，考查了共轭复数的概念，属于基础题.2.采用系统抽样方法从960人中抽取32人做问卷调查，为此将他们随机编号为1，2，960，分组后某组抽到的号码为41.抽到的32人中，编号落入区间的人数为( )A. 10B. 11C. 12D. 13【答案】C【解析】【分析】根据系统抽样的特征可知，抽出的号码成等差数列，由题意即可写出通项公式，解不等式即可求出.【详解】，每组30人，由题意可得抽到的号码构成以30为公差的等差数列，又某组抽到的号码为41，可知第一
3、组抽到的号码为11，由题意可得抽到的号码构成以11为首项、以30为公差的等差数列，等差数列的通项公式为，由，n为正整数可得，编号落入区间的人数.故选：C.【点睛】本题主要考查系统抽样的特征应用，以及等差数列的通项公式的应用，属于基础题.3.有一散点图如图所示，在5个数据中去掉后，下列说法正确的是（ ）A. 残差平方和变小B. 相关系数变小C. 相关指数变小D. 解释变量与预报变量的相关性变弱【答案】A【解析】【分析】由散点图可知，去掉后，与的线性相关性加强，由相关系数，相关指数及残差平方和与相关性的关系得出选项.【详解】从散点图可分析得出：只有点偏离直线远，去掉点，变量与变量的线性相关性变强，
4、相关系数变大，相关指数变大，残差的平方和变小，故选A.【点睛】该题考查的是有关三点图的问题，涉及到的知识点有利用散点图分析数据，判断相关系数，相关指数，残差的平方和的变化情况，属于简单题目.4.等比数列的前项和为，若成等差数列，则的公比等于A. 1B. C. -D. 2【答案】C【解析】【详解】因为成等差数列，所以，选C5.函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性和单调性，排除错误选项，从而得出正确选项.【详解】因为，所以是偶函数，排除C和D.当时，令，得，即在上递减；令，得，即在上递增.所以在处取得极小值，排除B.故选：A【点睛】本小题主要考查
5、函数图像的识别，考查利用导数研究函数的单调区间和极值，属于中档题.6.已知，且，则向量在方向上的投影为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设和的夹角为，根据已知得，再求出向量在方向上的投影.【详解】设和的夹角为，因为，所以.所以向量在方向上投影为2.故选：B【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的计算，考查向量投影的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.7.已知，函数在上单调递减，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由题意可得,，故A正确考点：三角函数单调性8.设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）A. 若，则
6、B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】试题分析：，,故选D.考点：点线面的位置关系.9.在中，则角（ ）A. B. C. 或D. 【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理、三角形内角和定理化简已知条件，求得的值，进而求得的大小.【详解】依题意，即，由正弦定理得.由得，化简得，即，由于，所以为锐角，即，所以或，即或.当时，故不符合，舍去.所以的大小为.故选：D【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，属于中档题.10.函数与在上最多有n个交点，交点分别为（，n），则（ ）A. 7B. 8C. 9D. 10【答案】C【解析】【分析】根据直线过定点，采用数形结合，可得最多交点个数， 然后
7、利用对称性，可得结果【详解】由题可知：直线过定点且在是关于对称如图通过图像可知：直线与最多有9个交点同时点左、右边各四个交点关于对称所以故选：C【点睛】本题考查函数对称性的应用，数形结合，难点在于正确画出图像，同时掌握基础函数的性质，属难题.11.已知不等式对恒成立，则实数的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将不等式变形,通过构造函数,求导数后,结合函数的单调性即可得解.【详解】不等式对恒成立可变形为,即对恒成立设则当时,即在时单调递增当时,即在时单调递减因而在上恒成立即可当时, 而当时(因四个选项都小于0,所以只需讨论的情况)因为在时单调递减,若只需不等式两边同
8、取自然底数的对数,可得当时, 化简不等式可得只需令,则,令解得 当时, ,则在内单调递增当时, ,则在内单调递减所以在处取得最大值, 故所以实数最小值为故选:C【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性与最值中的综合应用,根据不等式恒成立问题求参数的取值,利用构造函数法求最值,对函数式的变形尤为重要,属于难题.12.已知双曲线的一个焦点F与抛物线的焦点相同，与交于A，B两点，且直线AB过点F，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】由图形的对称性及题设条件AFx轴，且，不难得到，将其代入双曲线方程化简可得，再化简整理可得，解之即可得到结果.【详解】由图形的对称性
9、及题设条件AFx轴，且，不妨设交点代入可得，故代入双曲线方程化简可得，即，也即，由此可得，即，也即，所以.所以本题应选D.【点睛】圆锥曲线是平面解析几何的重要内容，也是高考和各级各类考试的重要内容和考点，解答本题时要充分利用题设中提供的有关信息，探寻出，及AFx轴等条件，这些都是解答本题的重要条件和前提.解答时，将代入双曲线方程化简得到后化简并求出双曲线的离心率仍是一个难点，因为距离求出离心率的目标仍然较远，解这个方程不是很简单，这需引起足够的重视.第II卷非选择题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，且，则_.【答案】【解析】【分析】由向量平行的坐标表示得出，求解即
10、可得出答案.【详解】因为，所以，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查了由向量共线或平行求参数，属于基础题.14.已知，且，则_【答案】【解析】分析：根据的值得到的值，再根据二倍角公式得到的值详解：因此且，故，所以，故填点睛：三角函数的化简求值问题，可以从四个角度去分析：（1）看函数名的差异；（2）看结构的差异；（3）看角的差异；（4）看次数的差异对应的方法是：弦切互化法、辅助角公式（或公式的逆用）、角的分拆与整合（用已知的角表示未知的角）、升幂降幂法15.我国古代数学名著九章算术的论割圆术中有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周盒体而无所失矣.”它体现了一种无限与有限的转化
11、过程.比如在表达式中“”既代表无限次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程求得，类似上述过程，则_【答案】【解析】【分析】先换元令，平方可得方程，解方程即可得到结果.【详解】令，则两边平方得，得即，解得：或（舍去）本题正确结果：【点睛】本题考查新定义运算的问题，关键是读懂已知条件所给的方程的形式，从而可利用换元法来进行求解.16.设，分别是椭圆C：（）的左、右焦点，直线l过交椭圆C于A，B两点，交y轴于E点，若满足，且，则椭圆C的离心率为_.【答案】【解析】【分析】采用数形结合，计算以及，然后根据椭圆的定义可得，并使用余弦定理以及，可得结果.【详解】如图由，所以由，所以又，则所以所以化简可得：
12、则故答案为：【点睛】本题考查椭圆的定义以及余弦定理的使用，关键在于根据角度求出线段的长度，考查分析能力以及计算能力，属中档题.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.某度假酒店为了解会员对酒店的满意度，从中抽取50名会员进行调查，把会员对酒店的“住宿满意度”与“餐饮满意度”都分为五个评分标准：1分（很不满意）；2分（不满意）；3分（一般）；4分（满意）；5分（很满意）.其统计结果如下表（住宿满意度为，餐饮满意度为）.（1）求“住宿满意度”分数的平均数；（2）
13、求“住宿满意度”为3分时的5个“餐饮满意度”人数的方差；（3）为提高对酒店的满意度，现从且的会员中随机抽取2人征求意见，求至少有1人的“住宿满意度”为2的概率.【答案】(1)3.16(2)2(3) .【解析】【分析】（1）求出“住宿满意度”分数的总分，然后除以总人数，求得平均数.（2）利用方差的计算公式，计算出所求的方差.（3）符合条件的所有会员共人，其中“住宿满意度”为的有人，“住宿满意度”为的有人，利用列举法和古典概型概率计算公式，计算出所求的概率.【详解】（1） （2）当“住宿满意度”为3分时的5个“餐饮满意度”人数的平均数为，其方差为 （3）符合条件的所有会员共6人，其中“住宿满意度”
14、为2的3人分别记为 ，“住宿满意度”为3的3人分别记为 .从这6人中抽取2人有如下情况， ，共15种情况.所以至少有1人的“住宿满意度”为2的概率.【点睛】本小题主要考查平均数的计算，考查方差的计算，考查利用列举法求古典概型问题，属于中档题.18.已知等差数列的公差，其前项和为，若,且，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列公式得到，计算得到答案.（2），利用分组求和法计算得到答案.【详解】（1）依题意，得即，整理得.，.数列的通项公式即数列的通项公式.（2），故.【点睛】本题考查了等差数列通项公式，分组求和法求前
15、项和，意在考查学生对于数列公式方法综合应用.19.在三棱柱中，为的中点.（1）证明：平面；（2）若，点在平面的射影在上，且侧面的面积为，求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析;（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）连接交于点，连接.利用中点可得，所以平面.（2）取中点，连接，过点作于，连接,利用等腰三角形和射影的概念可知平面，所以，所以平面，所以.利用侧面的面积可计算得三棱锥的高，由此可计算得三棱锥的体积.试题解析：（1）证明：连接交于点，连接.则为的中点，又为的中点，所以，且平面，平面，则平面.（2）解：取的中点，连接，过点作于点，连接.因为点在平面的射影在上，且，所以平面，平面，则.设，在
16、中，由，可得.则 .所以三棱锥的体积为.20.已知抛物线的焦点为F，过点F，斜率为1的直线与抛物线C交于点A，B，且（1）求抛物线C的方程；（2）过点Q（1，1）作直线交抛物线C于不同于R（1，2）两点D、E，若直线DR，ER分别交直线于M，N两点，求|MN|取最小值时直线DE的方程【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）过点F且斜率为的直线方程与抛物线的方程联立，利用求得的值，即可求得抛物线的方程；（2）设D（x1，y1），E（x2，y2），直线DE的方程为，直线的方程为，由题意求出得值，建立的解析式，再求出的最小值以及直线的方程【详解】（1）抛物线的焦点为，直线方程为：，代入中，消去y
17、得： ，设A（x1，y1），B（x2，y2），则有，由，得，即，解得，所以抛物线C的方程为：；（2）设D（x1，y1），E（x2，y2），直线DE的方程为，如图所示，由，消去，整理得：，设直线DR的方程为，由，解得点M的横坐标，又k1=，xM=-，同理点N的横坐标，=4，|MN|=|xM-xN|=|-+|=2|=，令，则，|MN|=，所以当，即时，|MN|取最小值为，此时直线DE的方程为【点睛】本题主要考查了抛物线线的标准方程的求解、及直线与抛物线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力
18、不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等21.已知函数，函数.（）判断函数的单调性；（）若时，对任意，不等式恒成立，求实数的最小值.【答案】(1) 故函数在上单调递增，在上单调递减;(2). 【解析】试题分析：（）根据题意得到的解析式和定义域，求导后根据导函数的符号判断单调性（）分析题意可得对任意，恒成立，构造函数，则有对任意，恒成立，然后通过求函数的最值可得所求试题解析：（I）由题意得， .当时，函数在上单调递增；当时，令，解得；令，解得.故函数在上单调递增，在上单调递减.综上，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.（II
19、）由题意知.，当时，函数单调递增不妨设 ，又函数单调递减，所以原问题等价于：当时，对任意，不等式 恒成立，即对任意，恒成立.记，由题意得在上单调递减.所以对任意，恒成立.令，则在上恒成立.故，而在上单调递增，所以函数在上的最大值为.由，解得.故实数的最小值为（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,直线的参数方程为（为参数）,以原点为极点,轴非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为,直线与曲线交于、两点.（1）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若,求的值.【答案】（1）；
20、（2）【解析】【分析】(1)相加消去参数可得直线的普通方程,对两边乘以再根据极坐标与的关系化简可得曲线的直角坐标方程.(2)将直线写成过的标准直线参数方程,再联立圆的方程化简求得关于的二次方程,进而根据的几何意义,结合韦达定理求解即可.【详解】（1）因为,相加可得直线的普通方程为,.又,即,化简可得曲线的直角坐标方程.（2）直线的参数方程可化为（为参数）,代入曲线可得,化简可得,由韦达定理有.所以【点睛】本题主要考查了参数方程与极坐标和直角坐标方程的互化,同时也考查了直线参数的几何意义,属于中档题.选修4-5：不等式选讲23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若函数的最小值记为，设，且有.求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）作出函数图象，数形结合即可得到答案；（2），在乘开，利用基本不等式即可.【详解】解（1）因为从图可知满足不等式的解集为.（2）由图可知函数的最小值为，即.所以，从而，从而当且仅当，即时，等号成立，的最小值为.【点睛】本题考查解绝对值不等式以基本不等式求最值的问题，是一道中档题.