1、广西玉林市2020届高三数学第一次适应性考试试题 文（含解析）（考试时间：120分钟 满分：150分）注意事项：1. 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自已的姓名、准考证号填写在答题卡上.2. 回答第卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.3. 回答第卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.4. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第卷一、选择题：本大题共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
2、. C. D. 【答案】B【解析】【分析】解出集合中的一次不等式即可.【详解】因为，所以故选：B【点睛】本题考查的是集合的运算，较简单.2.设，其中是实数，则在复平面内所对应点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】由，其中是实数，得：，所以在复平面内所对应的点位于第四象限.本题选择D选项.3.已知，则的值为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知结合同角平方关系可求，然后结合两角差的正弦公式即可求解【详解】解：，则故选：A【点睛】本题主要考查了同角平方关系及和差角公式在三角化简求值中的应用，属于基础题.4.PM2.5是空气质量的一个
3、重要指标，我国PM2.5标准采用世卫组织设定的最宽限值，即PM2.5日均值在35g/m3以下空气质量为一级，在35g/m375g/m3之间空气质量为二级，在75g/m3以上空气质量为超标.如图是某市2019年12月1日到10日PM2.5日均值（单位：g/m3）的统计数据，则下列叙述不正确的是（ ）A. 这10天中，12月5日的空气质量超标B. 这10天中有5天空气质量为二级C. 从5日到10日，PM2.5日均值逐渐降低D. 这10天的PM2.5日均值的中位数是47【答案】C【解析】【分析】先对图表信息进行分析，再由频率分布折线图逐一检验即可得解.【详解】解：由图表可知，选项A，B，D正确，对于
4、选项C，由于10日的PM2.5日均值大于9日的PM2.5日均值，故C错误，故选：C.【点睛】本题考查了频率分布折线图，考查数据处理和分析能力，属于基础题.5.若实数满足，则的最小值为（ ）A 2B. 4C. 5D. 10【答案】B【解析】【分析】作出可行域，作直线，再将其平移至时，直线的纵截距最小详解】作出可行域如图所示：作直线，再将其平移至时，直线的纵截距最小的最小值为4故选：B【点睛】本题考查的是线性规划的知识，较简单.6.已知圆与直线相切，则圆的半径为A. B. 2C. D. 4【答案】A【解析】【分析】求出圆的圆心与半径，利用直线与圆相切，列出方程求解即可.【详解】解：圆的圆心，半径为
5、：，圆与直线相切，可得：，解得所以圆的半径为：故选：A【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，圆的一般方程求解圆的圆心以及半径，考查转化思想以及计算能力，属于基础题.7.已知双曲线1（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2且斜率为的直线与双曲线在第一象限的交点为A，且0，若a1，则F2的坐标为（ ）A. （1，0）B. （，0）C. （2，0）D. （1，0）【答案】C【解析】【分析】根据条件可得，进而根据双曲线的定义可得，带入的值即可【详解】解：因为，所以，又因为，所以，则由，根据双曲线的定义可得，则，故选：C【点睛】本题考查双曲线的定义，根据条件得到特殊角是关键，属于中档题.8
6、.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为A1B1，CD中点，则异面直线D1E与A1F所成的角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】连结，、，推导出为平行四边形，从而，异面直线与所成角为与所成锐角，即，由此能求出异面直线与所成的角的余弦值【详解】解：如图，连结，、，由题意知为平行四边形，异面直线与所成角为与所成锐角，即，连结，设，则在中，异面直线与所成的角的余弦值为故选：【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.9.已知为正实数，若函数的极小值为0，则的值为A. B. 1C
7、. D. 2【答案】A【解析】【分析】由于，而，可求得在处取得极小值，即，从而可求得的值【详解】解：由已知，又，所以由得或，即函数在和上单调递增，由得，函数在上单调递减，所以在处取得极小值0，即，又，解得，故选：A【点睛】本题考查了函数的极值与导数关系的应用，考查运算求解的能力，属于中档题.10.已知抛物线的焦点为，准线为，与轴的交点为，点在抛物线上，过点作，垂足为若，则A. 8B. 7C. 6D. 5【答案】D【解析】【分析】过做于，可得，因为，可得，的关系，进而求出的值【详解】解：由题意如图过做于，因为，设，则可得，由抛物线的性质可得，所以解得，所以，故选：D 【点睛】本题考查余弦值的应用
8、及抛物线的性质，属于中档题.11.已知函数的一个零点是，则当取最小值时，函数的一个单调递减区间是A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】根据函数零点关系，求出的取值，利用函数的单调性进行求解即可【详解】解：的一个零点是，由得，得，即或，的最小值为，此时，由，得，当时，的一个单调递减函数区间为，故选：D 【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，根据条件求出函数的解析式以及利用单调性是解决本题的关键.属于中档题12.已知定义域为R奇函数的导函数为，当时，.若，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，由条件可得出是偶函数且在上单调递增，然后即可比
9、较出的大小【详解】设，因为是奇函数，所以是偶函数当时，所以在上单调递增因为，所以，即故选：C【点睛】本题考查的是利用函数的奇偶性和单调性比较大小，构造出合适的函数是解题的关键，属于中档题.第卷本卷包括必考题和选考题两部分.第1321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.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.在平面上，是方向相反的单位向量，若向量满足，则的值_【答案】1【解析】【分析】由得，由是方向相反的单位向量得，然后即可算出答案【详解】由得即因为是方向相反的单位向量，所以，所以，即故答案为：1【点睛】本题考查的是平面向量数量积的有关计
10、算，较简单.14.设a，b，c分别为三角形ABC的内角A，B，C的对边，已知三角形ABC的面积等于，则内角A的大小为_【答案】【解析】【分析】由得，结合余弦定理可推出【详解】因为所以由余弦定理得所以，即因为，所以故答案为：【点睛】本题考查的是三角形的面积公式及余弦定理，较简单.15.已知某几何体是一个平面将一正方体截去一部分后所得，该几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为_ 【答案】【解析】【分析】由三视图画出几何体的直观图即可【详解】由三视图可知正方体边长为2，截去部分为三棱锥，作出几何体的直观图如下： 其体积为：故答案为：【点睛】本题考查的是几何体的三视图及体积的求法，较简单，画出直观图
11、是解题的关键.16.关于圆周率，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的蒲丰实验和查理斯实验，受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计的值，先请240名同学，每人随机写下两个都小于1的正实数x，y组成的实数对（x，y）；若将（x，y）看作一个点，再统计点（x，y）在圆x2+y21外的个数m；最后再根据统计数m来估计的值，假如统计结果是m52，那么可以估计的近似值为_.（用分数表示）【答案】【解析】【分析】由试验结果知200对之间的均匀随机数，对应区域的面积为1，两个数对，满足且，都小于1，面积为，由几何概型概率计算公式即可估计的值【详解】解：由题意，240对都小于的正实数对，对应区域
12、的面积为1，两个数能与1构成钝角三角形三边的数对，满足且，都小于1，面积为，因为点在圆外的个数；故答案为：【点睛】本题考查了随机模拟法求圆周率的问题，也考查了几何概率的应用问题，考查运算求解能力，属于中档题.三、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.水稻是人类重要的粮食作物之一，耕种与食用的历史都相当悠久，日前我国南方农户在播种水稻时一般有直播、撒酒两种方式为比较在两种不同的播种方式下水稻产量的区别，某市红旗农场于2019年选取了200块农田，分成两组，每组100块，进行试验其中第一组采用直播的方式进行播种，第二组采用撒播的方式进行播种得到数据如下表： 产量（单
13、位：斤）播种方式840，860）860，880）880,900）900,920）920,940）直播48183931散播919223218约定亩产超过900斤（含900斤）为“产量高”，否则为“产量低”（1）请根据以上统计数据估计100块直播农田的平均产量（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）（2）请根据以上统计数据填写下面的22列联表，并判断是否有99%的把握认为“产量高”与“播种方式”有关？产量高产量低合计直播散播合计附：P（K2k0）0.100.0100.001k02.7066.63510.828【答案】（1）100块直播农田的平均产量为907斤，（2）有99%的把握认为“产量高”与
14、“播种方式”有关.【解析】【分析】（1）根据，算出答案即可（2）由题目中给的数据完善列联表，然后算出的观察值即可【详解】（1）100块直播农田的平均产量为：（斤）（2）由题中所给的数据得到列联表如下所示：产量高产量低合计直播7030100散播5050100合计12080200由表中的数据可得的观察值所以有99%的把握认为“产量高”与“播种方式”有关【点睛】本题考查的是平均数的算法及独立性检验，考查了学生的计算能力，属于基础题.18.已知数列an满足，（1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和【答案】（1）证明见详解，（2）【解析】【分析】（1）由得，然后，即可算
15、出答案（2），然后即可求出【详解】（1）因为，所以即数列是以首项为2，公差为3的等差数列所以所以（2）由得所以【点睛】常见数列的求和方法：公式法（等差等比数列）、分组求和法、裂项相消法、错位相减法19.如图所示，在四棱柱中，侧棱平面，底面是直角梯形，（1）证明：平面；（2）若四棱锥的体积为，求四棱柱的侧面积【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由侧棱平面，得，结合，可得平面，则，再由，得到四边形是正方形，则，进一步得到平面；（2）记与 的交点为，则平面，设，由四棱锥的体积为列式求得，进一步求得，再由侧面积公式求得四棱柱的侧面积【详解】（1）证明：侧棱平面，又，平面，平面，平面，
16、而平面，又，四边形是正方形，则，又，平面，平面，平面；（2）解：记与 的交点为，平面，又，设，则解得：，即四棱柱的侧面积【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了棱柱体积与侧面积的求法，属于中档题.20.已知函数（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性【答案】（1）y+30；（2）见解析【解析】【分析】（1）先把代入，对函数求导，然后结合导数的几何意义可求切线的斜率，进而可求切线方程；（2）先对函数求导，对进行分类讨论，确定导数的符号，进而可求函数的单调性【详解】解：（1）时，故的图象在点处的切线方程；（2）函数的定义域，当时，时，函数单调
17、递减，时，函数单调递增，当时，时，函数单调递减，时，函数单调递增，当时，恒成立，在上单调递增，当时，时，函数单调递减，时，函数单调递增，综上：当时，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，函数在上单调递减，在，上单调递增，当时，在上单调递增，当时，函数在单调递减，在，上单调递增【点睛】本题主要考查了导数的几何意义及利用导数求解函数的单调性，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题.21.已知椭圆的离心率，为椭圆的右焦点，为椭圆的上、下顶点，且的面积为（1）求椭圆的方程；（2）动直线与椭圆交于，两点，证明：在第一象限内存在定点，使得当直线与直线的斜率均存在时，其斜率之和是与无关的常数，并求出所有满足条
18、件的定点的坐标【答案】（1）1；（2）证明见解析，（1，）【解析】【分析】（1）设椭圆的半焦距为，由，的关系和三角形的面积公式，结合离心率公式，解方程可得，进而得到椭圆方程；（2）设，联立直线和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，以及斜率公式，化简计算，考虑它的和为常数，可令的系数为0，进而得到的坐标【详解】解：（1）设椭圆的半焦距为，则，又由的面积为，可得，解得，或，离心率，则时，舍去，则，所以椭圆的方程为；（2）证明：设，将直线代入椭圆可得，由，可得，则有，为与无关的常数，可得当，时，斜率的和恒为0，解得或（舍去），综上所述，在第一象限内满足条件的定点的坐标为【点睛】本题考查椭圆的方程和
19、性质，考查直线和椭圆联立，运用韦达定理和斜率公式，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题.请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目，若多做，则按所做的第一个题目计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，直线的倾斜角为，且经过点，以坐标原点O为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线，从原点O作射线交于点M，点N为射线OM上的点，满足| ，记点N的轨迹为曲线C（1）设动点，记是直线的向上方向的单位方向向量，且，以t为参数求直线的参数方程求曲线C的极坐标方程并化为直角坐标方程；（2）设直线与曲线C交于P，Q两点，求的值【答案】（1）直线的参数方程为（为参数）
20、，曲线C的极坐标方程为，直角坐标方程为：；（2）【解析】【分析】（1）由题意可得直线的参数方程为（为参数），设，由题意可得，由可得（2）将的参数方程代入曲线的直角坐标方程中得：，化简得，设为方程的两个根，则，然后利用算出即可.【详解】（1）由题意可得直线的参数方程为（为参数）即（为参数）设，由题意可得因为点在直线上，所以所以，即所以，所以曲线C的直角坐标方程为：（2）将的参数方程代入曲线的直角坐标方程中得：，化简得设为方程的两个根，则所以【点睛】本题考查了直线的参数方程、直角坐标方程与极坐标方程的互化及动点的轨迹方程的求法，属于中档题.选修4-5：不等式选讲23.己知函数（1）求不等式的解集；（2）记函数的最小值为，若是正实数，且，求证.【答案】（1）不等式的解集为，（2）证明见详解【解析】【分析】（1）分3种情况解出即可（2）首先求出，即可得到，然后，用基本不等式即可证明.【详解】（1）等价于或或解得或或所以不等式的解集为（2）因为当时等号成立，所以的最小值为3，即所以所以当且仅当时等号成立【点睛】本题考查的是含绝对值不等式的解法及利用基本不等式求最值，属于典型题.