1、四川省遂宁市船山区第二中学校2020届高三数学适应考试试题（二）文（含解析）本试题卷共4页.全卷满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试
2、题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共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. C. D. 【答案】C【解析】【分析】计算，再计算交集得到答案.【详解】，故.故选：C.【点睛】本题考查了解绝对值不等式，交集运算，属于简单题.2. 已知复数，则“”是“复数在复平面内对应的点位于第一象限或第三象限”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】A【解析】【分析】根据复平面内点的坐标表示，结合充分必要条件的
3、性质即可判断.【详解】解：，得或.若复数在复平面内对应的点位于第一象限或第三象限，可得，由能推出，但由不一定能推出.则“”是“复数在复平面内对应的点位于第一象限或第三象限”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查了复数的几何意义，充分必要条件的判断，属于较易题.3. 等差数列的前项和为，且，则的公差（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】由等差数列性质知，则.所以.故选A.4. 在直角坐标系xOy中，动点A在抛物线y2x上，点P满足2，则点P的轨迹方程是（ ）A. y2xB. y22xC. y24xD. y28x【答案】B【解析】【分析】设，用表示出，并把代入抛物线方程可得
4、【详解】设，即，解得，而在已知抛物线上，即，整理得故选：B.【点睛】本题考查求轨迹方程，解题方法是动点转移法（或叫代入法）5. 意大利“美术三杰”（文艺复兴后三杰）之一的达芬奇的经典之作一蒙娜丽莎举世闻名画中女子神秘的微笑数百年来让无数观赏者入迷，某数学兼艺术爱好者对蒙娜丽莎的同比例影像作品进行了测绘，将画中女子的嘴唇近似看作一个圆弧，在嘴角处作圆弧的切线，两条切线交于点，测得如下数据:，根据测量得到的结果推算:将蒙娜丽莎中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角位于以下哪个区间（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取，设，可得，进而得出结论【详解】解：取，设，则，设蒙娜丽莎中女子
5、的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角为，则，故选：B【点睛】本题主要考查直角三角形的边角关系、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题6. 已知， ， ，（e为自然对数底）则a，b，c的大小关系为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件即可得出，alog2e，bln2，clog23，容易得出log23log2e1，ln21，从而得出a，b，c的大小关系详解】；log23log2elog221，ln2lne1；cab故选A【点睛】本题考查指数式和对数式的互化，对数的换底公式，考查了利用对数函数的单调性比较大小的问题，属于基础题7. 函数 的部分图象大致为（）A. B.
6、 C. D. 【答案】A【解析】 去掉B,D; 舍C，选A.8. 执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】，（1）不是质数，则，又，（2）不是质数，则，又，（3）是质数，则，又，（4）不是质数，则，又，（5）是质数，则，则，所以输出，故选A9. 已知双曲线上有一点M到右焦点的距离为18，则点M到左焦点的距离是（ ）A. 8B. 28C. 12D. 8或28【答案】D【解析】【分析】根据双曲线的定义求解，并验证是否成立.【详解】双曲线的，由双曲线的定义得，即为，解得或28.检验若在左支上，可得，成立；若在右支上，可得，成立.故选：D【点睛】
7、本题考查根据双曲线的定义求点到焦点的距离，属于基础题型，这类题型的易错点是根据定义求解点到焦点的距离时，有时候是2个解，需验证是否都成立，左支上的点到左焦点的距离，左支上的点到右焦点的距离.10. 已知函数，若在恰有3个最值点，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】化简得到，根据最值点得到，解得答案.【详解】，令，则，要使在恰有3个最值点，则，.故选：A.【点睛】本题考查了根据三角函数的最值点求参数，意在考查学生的计算能力和应用能力.11. 在三棱锥中，平面平面，则当的面积最大时，三棱锥内切球的半径为( )参考数据：A. 0.125B. 0.25C. 0.5D.
8、0.75【答案】C【解析】【分析】先由已知推出,再设,根据勾股定理求出和,再用面积公式计算出三角形的面积,然后用基本不等式求得最大值以及取得最大值的条件,在此条件下求出四个三角形的面积,再利用体积关系列等式可求得内球球的半径即可.【详解】如图所示，故，平面平面，故平面，故，而，故平面 ，则；设，则，而，则 ，当且仅当，即时， 的面积最大为5，此时，设三棱锥内切球的半径为，故，即，即 故选C.【点睛】本题考查了线面垂直的判定和性质,用基本不等式求最值,三棱锥的内切球问题,属中档题.12. 已知函数，若函数恰有个零点，则的取值范围为A. B. C. D. 【答案】B【解析】函数恰有个零点，由题意可
9、知显然不满足，当时，题意等价于，即函数和函数的图象有3个交点，当时，最多有2个交点，不合题意；当时，如图所示，原点为其一个交点，当，直线与相切时，设切点坐标为，由及导数的几何意义可得，解得，由幂函数类型函数中系数对图象的影响可得要使得有三个交点应满足，综上可得的取值范围为，故选B.点睛：本题主要考查方程根的个数的应用，利用函数与方程之间的关系转化为两个函数的交点个数问题，利用数形结合是解决本题的关键；在该题中最大的难点为临界位置的确定，即直线与曲线相切的时对应的参数的范围，同时必须熟练掌握系数对幂函数图象的影响.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量，满足，且，则向量
10、与的夹角为_.【答案】【解析】【分析】方法一：由条件可知，根据夹角公式计算向量与的夹角；方法二：由条件可知，那么根据向量减法的三角形法则以及夹角定义求解.【详解】方法一：设向量与的夹角，两边平方后可得，.，即向量与的夹角为.方法二：，与构成矩形，由图易得向量与的夹角为.故答案为：【点睛】本题考查向量数量积，夹角公式，重点考查公式和计算能力，属于基础题型，14. 已知点M的坐标满足不等式组，为直线上任一点，则的最小值是_【答案】【解析】由约束条件作出可行域如图：由图可知，可行域内的动点到直线的最短距离为到直线的距离，等于，故答案为.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题
11、.求目标函数最值的一般步骤是“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（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15. 有一个质地均匀的正四面体木块个面分别标有数字.将此木块在水平桌面上抛两次，则两次看不到的数字都大于的概率为_【答案】【解析】由题意得，将此木块在水平桌面上抛两次看不到的数字共有种情况，其中两次看不到的数字都大于的情况有，共4种由古典概型概率公式可得所求概率为答案：16. 已知正项数列的前n项和为，且是4和的等比中项，数列，其前n项的和为，则_，_
12、.【答案】 (1). 5 (2). 【解析】【分析】根据已知条件，利用一般数列的和与项的关系可以得到数列是首项为1，公差为2的等差数列，进而得到，将数列的相邻的奇偶项结合，可得，然后裂项相消求和即的.【详解】,取n=1得，当n2时，,化简得：，数列各项都是正数，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，；，.故答案为：5；.【点睛】本题考查求递推数列的通项公式，涉及等比数列的性质，数列的递推关系，数列的和与项的关系，等差数列的判断和通项公式，裂项相消求和法，关键难点在于裂项求和，属较难试题.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
13、.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 已知函数的一系列对应值如表：x0y010-101（1）求的解析式；（2）如果的三边a，b，c满足，且边b所对的角为x，求角x的取值范围及此时函数的值域.【答案】（1）；（2），值域为【解析】【分析】（1）根据题意得到，根据得到周期，再代入数据得到，得到解析式.（2）利用余弦定理结合均值不等式得到，故，得到函数值域.【详解】（1），故，故时满足条件，故，故.（2），当时等号成立，故，故函数的值域为.【点睛】本题考查了三角函数解析式，均值不等式，余弦定理，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.18. 在如图所示的五面体中，
14、四边形为菱形，且，平面，为中点.（1）求证：平面；（2）若平面平面，求到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由线面平行的性质可证得，由三角形中位线性质知，结合长度关系可证得，从而证得，根据线面平行判定定理证得结论；（2）根据（1）中平行关系可知所求距离即为点到平面的距离；根据面面垂直的性质可证得平面，即为三棱锥的高，利用体积相等的可构造方程求得到平面的距离，进而得到结果.【详解】（1）连接，交于，连接，四边形为菱形，为中点，又为中点，平面，平面，平面平面，又，四边形为平行四边形，平面，平面，平面.（2）由（1）知：平面，到平面的距离等于到平面的距离，取的中点，连接
15、，为中点，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，四边形为菱形，又，设到平面的距离为，又，解得：，即点到平面的距离为.【点睛】本题考查立体几何中线面平行关系的证明、点到面的距离的求解问题；涉及到线面平行的判定定理、线面垂直和面面垂直的性质定理等知识；求解点到面的距离的常用方法是将问题转化为三棱锥的高的求解问题，利用体积桥构造方程求得结果.19. 某二手车直卖网站对其所经营的一款品牌汽车的使用年数与销售价格(单位：万元，辆)进行了记录整理，得到如下数据：使用年数234567售价201286.44.433.002.482.081.861.481.10(1)通过散点图可以看出，与有很强的线性相关关系
16、，请求出与的线性回归方程(回归系数精确到0.01)；(2)求关于的回归方程，并预测某辆该款汽车当使用年数为10年时售价约为多少.参考公式：，参考数据：【答案】(I)z与x的线性回归方程是 (II)当使用年数为10年时售价约为1.03万元【解析】【分析】(I)利用最小二乘法求出z与x线性回归方程. (II)先求出y关于x的回归方程是, 令x10，预测某辆该款汽车当使用年数为10年时售价.【详解】(I)由题意，知， ，又,所以， 所以，所以z与x的线性回归方程是；(II)因为,所以y关于x的回归方程是,令x10，得=,因为ln 1.030.03，所以，即预测该款汽车当使用年数为10年时售价约为1.
17、03万元【点睛】本题主要考查回归直线方程的求法，考查回归直线方程的应用，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.20. 如图所示，椭圆的中心为坐标原点，焦点，在x轴上，点是椭圆上的一个动点，的周长为6，的最小值为1.（1）求椭圆的标准方程；（2）过焦点，作两条平行直线分别交椭圆于，四个点.试判断四边形能否是菱形，并说明理由；求四边形面积的最大值.【答案】（1）；（2）不能，理由见详解；.【解析】【分析】（1）先设椭圆方程为，根据题中条件，列出方程组求解，得出，求出，即可得出椭圆方程；（2）先由（1）得，根据题意，得到直线不平行于轴，设直线的方程为：，设，联立直线与椭圆方程，根据根与系数
18、关系，得到，连结，若四边形是菱形，则，即，由此列出方程求解，即可判断结果；根据椭圆的对称性，得到，由题意得到，求其最值，即可得出结果.【详解】（1）设椭圆方程为，因为的周长为6，的最小值为1，根据椭圆的特征，可得的周长为，当点为椭圆左顶点时，最小，所以，解得，因此，所以椭圆方程为；（2）由（1）得，当直线平行于轴时，与重合，显然不满足题意；当直线不平行于轴时，设直线的方程为：设，由，消去，得，所以，连结，若四边形是菱形，则，即，所以，即，即，所以，即，显然无解，所以四边形不能是菱形；根据椭圆的对称性，可知四边形是平行四边形，所以，而，令，则，所以，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，因此，所以
19、，即四边形面积的最大值为.【点睛】本题主要考查求椭圆的方程，以及椭圆中四边形面积的最值问题，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型，计算量较大.21. 已知函数 .（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：对 恒成立.【答案】(1) 在点处的切线方程为;(2)见解析.【解析】试题分析：（1）函数求导得，即得切线斜率，进而可得切线方程；（2）要证只需，即证，设可得，又，从而得证.试题解析：（1）因为，所以，因为，所以曲线在点处的切线方程为.（2）证明：要证只需，即证，设，令得，令得，所以，因为，所以，所以.所以，即，从而.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题
20、作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；（2）过点作倾斜角为的直线交于两点，过作与平行的直线交于点，若，求【答案】（1）的普通方程为；的直角方程为； （2）【解析】【分析】（1）根据加减消元得曲线的普通方程，根据，得的直角坐标方程；（2）先写出直线，参数方程，代入，再根据参数几何意义化简条件解得结果.【详解】（1）：（为参数），又，曲线的普通方程为；，又，即，曲线的直角方程为；（2）由题意，设（参数），（为参数），依题意，与联立得，与联立得，设点对应的参数分别为，则，由且，得，即，故，又，【点睛】本题考查曲线的普通方程、参数方程、极坐标方程等基础知识：考查运算求解能力：考查数形结合、函数与方程思想.23. 已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）若，证明：.【答案】(1) (2)见证明【解析】【分析】（1） 利用零点分段法讨论去掉绝对值求解；（2） 利用绝对值不等式的性质进行证明.【详解】（1）解：当时，不等式可化为.当时，所以；当时，.所以不等式的解集是.（2）证明：由，得，又，所以，即.【点睛】本题主要考查含有绝对值不等式问题的求解，含有绝对值不等式的解法一般是使用零点分段讨论法.
