1、2020届高三适应性考试理科数学试卷一选择题：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】A【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法和对数函数的定义域化简集合，再利用交集的定义可得结果.【详解】化简集合，可得，所以.故选A.【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.2. 已知是虚数单位，复数的共轭复数虚部为A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先化复数为代数形式，再根据共轭复数概念以及虚部概念得结果.【详解】因为，所以复数的共轭复数为，因此虚部为4，选C.【点睛】本题考查共轭复数
2、概念以及虚部概念，考查基本分析求解能力，属基础题.3. 已知向量，若，则实数（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由向量垂直得向量的数量积为0可解得【详解】由已知，解得故选：A【点睛】本题考查向量垂直的数量积表示，考查数量积的坐标运算，属于基础题4. 已知的展开式的各项系数和为32，则展开式中的系数为（ ）A. 20B. 15C. 10D. 5【答案】D【解析】【分析】由题意知的展开式的各项系数和为32，求得，再根据二项展开式的通项，即可求解【详解】由题意知的展开式的各项系数和为32，即，解得，则二项式的展开式中的项为，所以的系数为5，故选D【点睛】本题主要考查了二项式定理的
3、系数和，及展开式的项的系数的求解，其中解答中熟记二项式的系数和的解法，以及二项展开式的通项是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题5. 已知命题，或，则为（ ）A. ，且B. ，或C. ，或D. ，且【答案】D【解析】【分析】利用全称命题的否定可得出命题的否定.【详解】由全称命题的否定可知，命题的否定为，且.故选：D.【点睛】本题考查全称命题否定的改写，要熟悉量词与结论的变化，考查分析问题和解决问题的能力，属于基础题.6. 已知函数满足，当时，函数单调递减，设，则的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由可得函数关于直线对称，根据对数的运算法则，结合函数的
4、对称性，变形、到区间内，由函数在上单调递增，即可得结果.【详解】根据题意，函数满足，则函数 关于直线对称，又由当时，函数单调递减，则函数在上单调递增，又由，则有，故选B.【点睛】在比较，的大小时，首先应该根据函数的奇偶性（对称性）与周期性将，通过等值变形将自变量置于同一个单调区间，然后根据单调性比较大小7. 已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三视图知几何体是一个四分子一圆锥与一个三棱锥的组合体，分别计算其表面积得解.详解】四分子一圆锥表面积 , 所以组合体表面积为故选：D【点睛】本题考查三视图还原几何体求表面积问题.
5、几何体三视图还原其直观图时，要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图8. 受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭.高三年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有（ ）A. 240种B. 120种C. 188种D. 156种【答案】B【解析】【分析】根据题意，按甲班位置分3 种情况讨论，求出每种情况下的安排方法数目，由加法原理计算即可.【详解】解：根据题意，按甲班位置分3 种情况讨论： （1）甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩余的三个班全排列，安排到剩下的3个位置，有
6、种情况，此时有种安排方案；（2）甲班排在第二位，丙班和丁班在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；（3）甲班排在第三位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；由加法计数原理可知共有种方案，故选：B【点睛】此题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，属于基础题.9. 如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ）平面平面平面异面直线与所成角的取值范围是三棱锥的体积不变A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由面面垂直的判定定理可判断，由面面平行的性质
7、定理可判断，由线面垂直的性质定理可判断，由线面平行的性质及棱锥的体积公式可判断【详解】正方体中由平面，平面，可得，又，是平面内两相交直线，从而得平面，平面，因此有，同理，平面，又平面，平面平面，正确；正方体中与平行且相等，则是平行四边形，平面，平面，平面，同理平面，都在平面内，平面平面，平面，平面，正确；与同理可证平面，当是与交点时，平面，异面直线与所成角为，错误；由知平面，到平面的距离不变，因此三棱体积不变，正确故选：B【点睛】本题考查正方体中的直线、平面问题位置关系，掌握面面垂直的判定定理、面面平行的判定与性质定理是解题关键10. 若函数（，）图象过点，在上有且只有两个零点，则的最值情况为
8、（ ）A. 最小值为，最大值为B. 无最小值，最大值为C. 无最小值，最大值为D. 最小值为，最大值为【答案】C【解析】【分析】由图象过点求出，然后解，得，再分析在上有且只有两个时，的取值只能是，从而可得的范围，【详解】由题可知，即，又，.令，得，解得又，在上有且只有两个零点，只能取1，2，故，解得，没有最小值故选：C.【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，考查学生分析问题解决问题的能力，结合正弦函数的性质求解是解三角函数问题的常用方法11. 数学上有很多著名的猜想，角谷猜想就是其中之一，它是指对于任意一个正整数，如果是奇数，则乘3加1如果是偶数，则除以2，得到的结果再按照上述规则重复处理，最
9、终总能够得到1对任意正整数，记按照上述规则实施第次运算的结果为，则使的所有可能取值的个数为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】D【解析】【分析】推导出，由，得，从而，进而或由此利用分类讨论思想和递推思想能求出满足条件的的值的个数【详解】解：由题意知，由，得，或当时，或，或若，则，或，当时，此时，或，当时，此时，或，综上，满足条件的的值共有6个故选：D【点睛】本题考查数列中项的可能取值的个数的求法，考查递推公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题12. 已知方程有三个不同的根，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将等式变形为，换元，可得出，利用导
10、数分析得出函数的图象，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】将等式变形为，令，则即，令，得，列表如下：极大值所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，函数的极大值为，作出函数的图象如下图所示：由于方程有三个不同的根，则，当时，则，得，关于的方程为，解得，不合乎题意；当时，则，得，关于的方程为，解得，不合乎题意；当，时，由二次方程根的分布得，解得.综上所述，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究复合函数的零点问题，一般要将复合函数分解为内层函数和外层函数来进行分析，同时也考查了二次方程根的分布，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.二填空题：本题共4小题，每小题5分，共20
11、分.13. 已知sin(+)=cos()，则cos2=_.【答案】0【解析】【分析】应用两角和与差的正弦、余弦公式展开已知式，可得，再由余弦的二倍角公式可得结论【详解】sin(+)=cos()，故答案为：0【点睛】本题考查两角和与差的正弦、余弦公式，余弦的二倍角公式，解题方法是直接应用化简变形求值，属于基础题14. 七巧板是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，后清陆以活冷庐杂识卷一中写道“近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余.”在18世纪，七巧板流传到了国外，被誉为“东方魔板”，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部七巧新谱.完整图案为一正方形(如图)：五块等
12、腰直角三角形一块正方形和一块平行四边形，如果在此正方形中随机取一点，那么此点取自阴影部分的概率是_.【答案】【解析】【分析】设大正方形边长为1，求出大正方形面积和阴影部分的面积，由概率公式计算可得【详解】设大正方形边长为1，大正方形面积为，阴影部分是两个等腰直角三角形和一个正方形，由图可知阴影部分正方形的边长为，阴影部分大的等腰直角三角形的直角边长为，小的等腰直角三角形的直角边长为，阴影部分的面积为，所求概率为故答案为：【点睛】本题考查几何概型，解题关键是求出阴影部分的面积属于基础题15. 已知圆C的方程为，过直线l：（）上任意一点作圆C的切线，若切线长的最小值为，则直线l的斜率为_【答案】【
13、解析】【分析】设切线长最小时直线上对应的点为，则，利用点到直线的距离公式计算的值并构建关于的方程，解方程后可得的值，从而得到所求的斜率.【详解】设切线长最小时直线上对应的点为，则又，因为切线长的最小值为故，解得，故直线的斜率为.故答案为：.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系中的最值问题，此类问题一般转化为圆心到几何对象的距离问题，属于中档题.16. 已知点P是左右焦点分别为F1，F2的椭圆C：(ab0)上的一点，且A是与的角平分线的交点，且，若椭圆C的离心率为，则_.【答案】6【解析】【分析】由角平分线交点得是三角形内心，由向量的关系，取中点，可得，得三点共线，由三点共线，得三角形是等腰三角形
14、，利用离心率和椭圆定义可求得，然后作轴于，且，从而可求得【详解】A是与的角平分线的交点，是的内切圆的圆心，设是中点，连接，如图，则，由得，三点共线，由既是角平分线，又是中线，得，又，作轴于，则，且，解得故答案为：6【点睛】本题考查椭圆中焦点三角形的性质，解题关键是利用向量的线性运算得出三角形是等腰三角形，结合离心率，椭圆的定义从而可把焦点三角形的三边长用表示，再构造相似三角形，已知比值得出结论，本题考查学生的分析问题解决问题的能力，转化与化归能力，逻辑思维能力，属于中档题三解答题：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2223题为选考题
15、，考生根据要求作答.17. 已知数列的前项和为，且满足.数列是首项为，公差不为零的等差数列，且成等比数列（1）求数列与的通项公式（2）若，数列的前项和为恒成立，求的范围【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由化简可得成等比，求出的通项，再由可求出的通项；（2）因为，用错位相减法求得，所以.【详解】解：（1）因为，所以所以所以成等比，首项，公比q所以由题意知，设公差为d则，即，解得或（舍）所以（2）所以两式相减得所以所以【点睛】本题考查了数列的通项与求和，对等差乘等比的数列进行求和采用错位相减法求和，分列乘减算四步进行.18. 如图甲，E是边长等于2的正方形的边CD的中点，以AE、BE
16、为折痕将ADE与BCE折起，使D，C重合(仍记为D)，如图乙.（1）探索:折叠形成的几何体中直线DE的几何性质(写出一条即可，不含DEDA，DEDB，说明理由)；（2）求二面角D-BE-A的余弦值【答案】（1）几何性质见解析，理由见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据折前折后折痕同侧的位置关系、长度不变，可以证明平面，据此结论也可得到，或与平面内任一直线都垂直，也可计算直线与平面所成角等于；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法可求二面角的余弦值.【详解】（1）性质1：平面.证明如下：翻折前，翻折后仍然，且，则平面.性质2：.证明如下：与性质1证明方法相同，得到平面.又因平面，则.性质3：与平
17、面内任一直线都垂直.证明如下：与性质1证明方法相同，得到平面，从而与平面内任一直线都垂直.性质4：直线与平面所成角等于.证明如下：如图，取中点，连接，由得，与性质2证明相同，得，再因，则平面，进而平面平面.作于，则平面，即就是直线与平面所成的角.，.（2）与（1）之性质4证明相同，得到，平面，平面内，则平面平面.以为坐标原点、为轴建立如图所示的空间直角坐标系.，则平面的一个法向量，.设是平面的法向量，则取，求得一个法向量记二面角的大小为，则与相等或互补，因是锐角，则.【点睛】本题主要考查了折叠问题，线线、线面垂直的判定，线面角，二面角的求法，考查了空间想象力，运算能力，属于中档题.19. 20
18、20年春节前后，一场突如其来的新冠肺炎疫情在武汉出现并很快地传染开来(已有证据表明2019年10月、11月国外已经存在新冠肺炎病毒)，人传人，传播快，传播广，病亡率高，对人类生命形成巨大危害.在中华人民共和国，在中共中央、国务院强有力的组织领导下，全国人民万众一心抗击、防控新冠肺炎，疫情早在3月底已经得到了非常好的控制(累计病亡人数3869人).然而，国外因国家体制、思想观念与中国的不同，防控不力，新冠肺炎疫情越来越严重.据美国约翰斯霍普金斯大学每日下午6时公布的统计数据，选取5月6日至5月10日的美国的新冠肺炎病亡人数如下表(其中t表示时间变量，日期“5月6日”、“5月7日”对应于“t=6、
19、“t=7，依次下去)，由下表求得累计病亡人数与时间的相关系数r=0.98.（1）在5月6日10日，美国新冠肺炎病亡人数与时间(日期)是否呈现线性相关性?（2）选择对累计病亡人数四舍五入后个位、十位均为0的近似数，求每日累计病亡人数y随时间t变化的线性回归方程；（3）请估计美国5月11日新冠肺炎病亡累计人数，请初步预测病亡人数达到9万的日期.附:回归方程中斜率和截距最小二乘估计公式分别为【答案】（1）是；（2）；（3）82160人，5月16日【解析】【分析】（1）根据相关系数可得到结论；（2）首先算出和，然后根据公式计算出答案即可；（3）求出当时值，然后解出不等式即可.【详解】（1）每日累计病亡
20、人数与时间的相关系数，所以每日病亡累计人数与时间呈现强线性相关性，（2）5天5个时间的均值.5天5个病亡累计人数均值.计算5个时间与其均值的差，计算5个累计病亡人数与其均值的差，制作下表：日 期5月6日5月7日5月8日5月9日5月10日均值时间678910新冠肺炎累计病亡人数7230075500769007850080000210124340114026018603360用公式进行计算：，.所以每日累计病亡人数随时间变化的线性回归方程是.（3）日期5月11日对应时间，所以，估计5月11日累计病亡人数是82160.令，解得，病亡人数要达到或超过9万，即，对应于5月16日，因此预测5月16日美国新
21、冠肺炎病亡人数超过9万人.【点睛】本题考查的是线性回归的相关知识，考查了学生的阅读能力和计算能力，属于基础题.20. 已知抛物线的焦点为F，倾斜角为锐角的直线l与抛物线交于A，B两点，且直线l过点，.（1）求直线l的方程；（2）如果C是抛物线上一点，O为坐标原点，且存在实数t，使得，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设直线l的方程为，()，直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理得，由圆锥曲线中的弦长公式求出，得直线方程；（2）设AB的中点为M，已知条件等价于F，C，M三点共线.，设，由（1）可得，从而可得直线的方程，与抛物线方程联立可解得交点坐标，再由焦点弦长公式得弦长【详解
22、】（1）设直线l的方程为，()，.则，.由可得，因此,，因此，解得.从而所求直线方程为，即.（2）设AB的中点为M，则由可知，因此F，C，M三点共线.设，则由（1）知，.因此直线FC的方程为.由可得，因此，从而可知.【点睛】本题考查直线与抛物线相交弦长问题，考查韦达定理、抛物线的焦点弦长，应用韦达定理求弦长是直线与抛物线相交中的常用方法，本题属于基础题21. 已知函数 （1）若f(x)在0，2上是单调函数，求a的值；（2）已知对1，2，f(x)1均成立，求a的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据求导，令解得，然后分讨论求解.（2）解法一：根据“对，均成立”，则成立，得到，
23、则结合（1），时，在上增，将“对，均成立”转化为求解即可.【详解】（1）因为所以，令解得，.若即，则对成立，函数在上单调，符合题目要求；若即，当时，当时，函数在上不单调，不符合题目要求；若即，当时，当时，函数在上不单调，不符合题目要求.综上，若在上是单调函数，则取唯一值：.（2）解法一：已知“对，均成立”，取得，则，则时，在上增，“对，均成立”等价于，与取交集，得，所以的取值范围是解法二：根据（1），若，则在上单减，“在区间上，恒成立”等价于，不成立；若即，则时，函数在上单减，在区间上，“在区间上，恒成立”不成立；若即，则时，函数在上单增，在区间上，“在区间上，恒成立” ，解得，与相交取交集，
24、得；若即，则时，时，函数在上递增，在上递减，在区间上，“在区间上，恒成立”.设，则，在上递增，则函数在上递增，因此时，均不成立.综上，所求的取值范围是【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性以及导数与不等式恒成立问题，还考查了分类讨论思想和运算求解的能力，属于难题.22. 在极坐标系中，方程C:表示的曲线被称作“四叶玫瑰线”(如图)（1）求以极点为圆心的单位圆与四叶玫瑰线交点的极坐标和直角坐标；（2）直角坐标系的原点与极点重合，x轴正半轴与极轴重合.求直线l:上的点M与四叶攻瑰线上的点N的距离的最小值.【答案】（1）极坐标为，直角坐标为；（2）【解析】【分析】（1）先求出以极点为圆心的单位圆的极
25、坐标方程，与玫瑰线方程联立即可求出交点的极坐标；（2）首先可得四叶玫瑰线关于直线对称，将直线方程转化为普通方程，直线与直线垂直，且玫瑰线在直线的同侧，即可得到距离的最小值；【详解】解：（1）因为所以，取，得从而得到单位圆与四叶玫瑰线交点的极坐标为，化成直角坐标就是（2）直观发现，四叶玫瑰线关于直线对称.事实上，将极坐标方程化作直角坐标方程得，将互换后方程不变，说明四叶玫瑰线关于直线对称；将换作，换作后方程不变，说明四叶玫瑰线关于直线对称；直线的普通方程是，直线与直线垂直，且玫瑰线在直线的同侧，故的最小值等于点到直线的距离：.【点睛】本题主要考查了简单曲线的极坐标方程与参数方程，属于中档题23.
26、 已知函数.（1）若，解不等式f(x)1；（2）已知当x0时，的最小值等于m，若使不等式成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）当时，等价于，然后分去绝对值求解.（2）当时，利用柯西不等式，求得的最小值m，然后将转化为，再利用绝对值不等式求得最大值求解即可.【详解】（1）当时，因为，所以所以或，所以或解得或，即，所以当时，不等式的解集是.（2）当时，利用柯西不等式，当且仅当时取等号，所以.因为.因为，或时取等号，则.所以，“使成立”等价于，当时，无解，当时，解得所以的取值范围是【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式的应用以及不等式有解问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.