1、山东省烟台市2020届高三数学适应性练习试题（一）（含解析）注意事项：1.本试题考试时间为120分钟.2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题卡上.3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰.超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.一、单项选择题：本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.已知集合，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出集合后可得它们的交集.【详解】，故.故选：B.【点睛】本题考查集合的交运算以及一元一次不等式、一元二次不等式的解，考虑集合运算时，要认清集合中元素的含义，如表示函数
2、的定义域，而表示函数的值域，表示函数的图象.2.已知复数满足（为虚数单位），则=（ ）A. B. 2C. D. 3【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法计算可得，再利用复数的模的计算公式可得.【详解】因为，故，故，故选：C.【点睛】本题考查复数的乘法和除法以及复数的模，注意复数的除法是分子、分母同乘以分母的共轭复数，本题属于基础题.3.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据对数函数的单调性和指数函数的单调性可得三者之间的大小关系.【详解】因为为增函数，且，故，又为增函数，且，故，又为增函数，且，故，故.故选：D.【点睛】本题考查指数幂、对数式的大小关系，此类问题
3、的关键是根据底数的形式构建合理的单调函数，必要时还需利用中间数来传递大小关系.4.已知为坐标原点，点在单位圆上，过点作圆：切线，切点为，则的最小值为（ ）A B. C. 2D. 4【答案】B【解析】【分析】根据题意，分析圆的圆心以及半径，由切线长公式分析可得，当最小时，最小，由点与圆的位置关系分析的最小值，计算可得答案【详解】解：根据题意，圆，其圆心，半径，过点作圆的切线，切点为，则，当最小时，最小，又由点在单位圆上，则的最小值为，则的最小值为；故选：B【点睛】本题考查直线与圆、圆与圆的位置关系，涉及直线与圆相切的性质，属于基础题5.九章算术是我国古代的一本数学名著.全书为方田、粟米、衰分、少
4、广、商功、均输、盈不足、方程、勾股九章，收有246个与生产、生活实践有联系的应用问题.在第六章“均输”中有这样一道题目：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为：“现有五个人分5钱，每人所得成等差数列，且较多的两份之和等于较少的三份之和，问五人各得多少？”在此题中，任意两人所得的最大差值为多少？（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设每人分到的钱数构成的等差数列为，公差，由题意可得，结合等差数列的通项公式及求和公式即可求解【详解】解：设每人分到的钱数构成的等差数列为，公差，由题意可得，故，解可得，故任意两人所得的最大差值故选：B【点睛】本题主要考查了等
5、差数列的通项公式及求和公式在实际问题中的应用，属于基础题6.函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用，结合选项运用排除法得解【详解】解：，可排除选项；故选：A【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用特征值的符号是否与选项对应是解决本题的关键7.窗的运用是中式园林设计的重要组成部分，常常运用象征、隐喻、借景等手法，将民族文化与哲理融入其中，营造出广阔的审美意境.从窗的外形看，常见的有圆形、菱形、正六边形、正八边形等.如图，在平面直角坐标系中，为正八边形的中心，轴，现用如下方法等可能地确定点：点满足（其中且，），则点（异于点）落在坐标轴上的概率为（ ）A.
6、 B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】写出所有可能结果，结合条件找到满足点（异于点）落在坐标轴上的结果，根据古典概率进行求解.【详解】由题意可知所有可能结果有：，共有28种；点（异于点）落在坐标轴上的结果有：，共有8种；所以点（异于点）落在坐标轴上的概率为.故选：D.【点睛】本题主要考查古典概率的求解，求出所有基本事件及符合题意的基本事件是解题关键，侧重考查数学建模的核心素养.8.将函数的图象向右平移个单位长度，再将各点的横坐标变为原来的，得到函数的图象，若在上的值域为，则范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意利用函数的图象变换规律，余弦函数的单调性，得出
7、结论【详解】解：将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象；再将各点的横坐标变为原来的，得到函数的图象若在上的值域为，此时，求得，故选：A【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，余弦函数的单调性，属于基础题二、多项选择题：本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合要求.9.已知，为两条不重合的直线，为两个不重合的平面，则（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】BC【解析】【分析】根据直线和直线，直线和平面，平面和平面的位置关系，依次判断每个选项得到答案.【详解】若，则或异面，A错误；若，则或，当时，因为，所以；当时，由结合线面垂直的性质得出，B正确；若，则，又，则，C
8、正确；若，则，又，则或，D错误；故选：BC【点睛】本题考查了直线和直线，直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力.10.某校计划在课外活动中新増攀岩项目，为了解学生喜欢攀岩和性别是否有关，面向学生开展了一次随机调查，其中参加调查的男女生人数相同，并绘制如下等高条形图，则（ ）参考公式：，.0.050.013.8416.635A. 参与调查的学生中喜欢攀岩的男生人数比喜欢攀岩的女生人数多B. 参与调查的女生中喜欢攀岩的人数比不喜欢攀岩的人数多C. 若参与调查的男女生人数均为100人，则有99%的把握认为喜欢攀岩和性别有关D. 无论参与调查的男女生人数为多少，都有99%的把握认
9、为喜欢攀岩和性别有关【答案】AC【解析】【分析】由于参加调查的男女生人数相同，则设为人，从而可求出男女生中喜欢攀岩的人数和不喜欢攀岩的人数，再代入公式中计算，可得结论.【详解】解：由题意设参加调查的男女生人数均为人，则喜欢攀岩不喜欢攀岩合计男生女生合计所以参与调查的学生中喜欢攀岩的男生人数比喜欢攀岩的女生人数多，A对B错；，当时，所以当参与调查的男女生人数均为100人，则有99%的把握认为喜欢攀岩和性别有关，C对D错，故选：AC【点睛】此题考查了独立性检验，考查了计算能力，属于基础题.11.已知，是双曲线：的焦点，为左顶点，为坐标原点，是右支上一点，满足，则（ ）A. 的方程为B. 的渐近线方
10、程为C. 过作斜率为的直线与的渐近线交于，两点，则的面积为D. 若点是关于的渐近线的对称点，则为正三角形【答案】ABD【解析】【分析】由，可得，及，再由，之间的关系求出，的值，进而求出双曲线的方程及渐近线的方程，可得，正确；求过作斜率为的直线方程，与的渐近线方程求出交点，的坐标，求出的值，再求到直线的距离，进而求出的面积可得不正确；求出关于渐近线的对称点的坐标，进而求出，的值，可得为正三角形，所以正确【详解】解：由，可得，即，由，可得，将代入双曲线的方程可得，由题意可得解得，所以双曲线的方程为：，渐近线的方程：，所以，正确；中：过作斜率为的直线，则直线的方程为：，则解得：，即，则，解得：，即，
11、所以，到直线的距离为，所以所以不正确；中：渐近线方程为，设，的关于渐近线的对称点，则解得：，即，所以，所以为正三角形，所以正确；故选：ABD【点睛】本题考查由向量的关系线段的长度及位置关系，及点关于线的对称，和三角形的面积公式，属于中档题12.已知是定义域为的奇函数，是偶函数，且当时，则（ ）A. 是周期为2的函数B. C. 的值域为-1，1D. 的图象与曲线在上有4个交点【答案】BCD【解析】【分析】对于A，由为R上的奇函数，为偶函数，得，则是周期为4的周期函数，可判断A；对于B，由是周期为4的周期函数，则， ，可判断B对于C，当时，有，又由为R上的奇函数，则时，可判断C对于D，构造函数，利
12、用导数法求出单调区间，结合零点存在性定理，即可判断D【详解】根据题意，对于A，为R上的奇函数，为偶函数，所以图象关于对称，即则是周期为4的周期函数，A错误；对于B，定义域为R的奇函数，则，是周期为4的周期函数，则；当时，则，则，则；故B正确对于C，当时，此时有，又由为R上的奇函数，则时，函数关于对称，所以函数的值域故C正确对于D，且时，是奇函数，的周期为，设，当，设在恒成立，在单调递减，即在单调递减，且，存在，单调递增，单调递减，所以在有唯一零点，在没有零点，即，的图象与曲线有1个交点，当时，则，则，所以在上单调递增，且，所以存在唯一的，使得，所以，单调递减，在单调递增，又，所以，又，所以在上
13、有一个唯一的零点，在上有唯一的零点，所以当时，的图象与曲线有2个交点，当时，同，的图象与曲线有1个交点，当，的图象与曲线没有交点，所以的图象与曲线在上有4个交点，故D正确；故选：BCD【点睛】本题考查抽象函数的奇偶性、周期性、两函数图像的交点，属于较难题.三、填空题：13.展开式中的常数项是 .【答案】【解析】【详解】试题分析：通项为，令，得，所以常数项为.考点：二项展开式系数【方法点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r1项，由特定
14、项得出r值，最后求出其参数.14.已知向量，且，则=_.【答案】【解析】【分析】直接利用向量共线的充要条件列出方程求解，然后利用二倍角公式求解即可【详解】解：向量，且，可得，故答案为：【点睛】本题考查向量共线的充要条件，二倍角的余弦函数的应用，考查计算能力，属于基础题15.已知椭圆的焦点分别为，两条平行线：，：交椭圆于，四点，若以，为顶点的四边形面积为，则椭圆的离心率为_.【答案】【解析】【分析】直线的方程与椭圆的方程联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长，再求两条平行线间的距离，进而求出平行四边形的面积，再由题意可得，的关系，进而求出椭圆的离心率【详解】解：设，联立直线与椭圆的方程：，整理
15、可得：，所以，直线，间的距离，所以平行四边形的面积，整理可得：，即，解得：，由椭圆的性质可得，离心率，故答案为：【点睛】本题考查椭圆的性质及直线与椭圆的综合，属于中档题16.已知是边长为4的等边三角形，分别是，的中点，将沿折起，使平面平面，则四棱锥外接球的表面积为_，若为四棱锥外接球表面上一点，则点到平面的最大距离为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由题意画出图形，找出四棱锥外接球的球心，利用勾股定理求半径，代入球的表面积公式求球的表面积，再由球的对称性可知，球表面上的点到平面距离的最大值为半径加球心到面的距离.【详解】解：如图，取的中点，连接，交于，可知，则为等腰梯形的外接圆
16、的圆心，过作平面的垂线，再过折起后的的外心作平面的垂线，设两垂线的交点为，则为四棱锥外接球的球心，因为的边长为2，所以，所以四棱锥外接球的半径,所以四棱锥外接球的表面积为，由对称性可知，四棱锥外接球的表面上一点到平面的最大距离为：故答案为：；【点睛】此题考查空间中点、线在、面间的距离计算，考查空间想象能力，属于中档题.四、解答题：本题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知正项等比数列的前项和为，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设正项等比数列的公比为，由题设条件列出的方程，求出及；（2）由题意得，利用分组求和
17、及错位相减法求和求出数列的前项和【详解】解：（1）因为，所以，所以，解得.所以.（2）由题意得.令，其前项为，则，两式相减得：所以，而，所以数列的前项和.【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算及分组求和、错位相减法求和在数列求和中的应用，属于中档题18.在中，分别为角，对边，且同时满足下列四个条件中的三个：；.（1）满足有解的序号组合有哪些？（2）在（1）的组合中任选一组，求的面积.【答案】（1）或；（2）答案不唯一，具体见解析.【解析】【分析】（1）利用余弦定理由条件得，由条件得，由于，与矛盾，所以不能同时满足，经验证作为条件和作为条件，都有解，（2）若选择组合，由计算出，再利用三角形面积
18、公式即可求出结果，若选择组合，因为，利用勾股定理求出的值，再利用三角形面积公式即可求出结果【详解】（1）由条件得，由条件得，即，解得或（舍），因为，所以.因为，而在单减，所以.于是，与矛盾.所以不能同时满足.当作为条件时：有，即，解得.所以有解.当作为条件时：有，即.解得.因为，所以，为直角三角形，所以有解.综上所述，满足有解三角形的所有组合为：或.（2）若选择组合：因为，所以.所以的面积.若选择组合：因为，所以所以的面积.【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的运用，考查了考生的计算能力和解决问题的能力，属于中档题19.如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，为上一点.（1）
19、求证：平面平面；（2）若平面，求面与面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由平面，得，在中，利用余弦定理求出的长，从而可得，由此得，则有平面，进而可证得平面平面；（2）由（1）可知两垂直，所以以为原点，以、所在方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角即可.【详解】（1）证明：因为平面， 平面，所以.在中，所以，因为，所以为直角三角形，.因为为平行四边形，所以，所以.又， 平面， 平面，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）连接，设与交点为，连接，因为平面，平面，平面平面，.是中点，是中点.如图，以为原点，以、所在
20、方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.于是，设为平面的一个法向量，则，即，取.设为平面的一个法向量，则，即，取.设平面与平面所成角的平面角的大小为，则.所以平面与平面所成角余弦值为.【点睛】此题考查了空间图形中证明面面垂直，利用空间向量求二面角，考查了推理能力和计算能力，属于中档题.20.受新冠肺炎疫情影响，2020年春节过后，广大市民积极响应国家号召居家防疫，工厂企业延迟开工，大中小学延迟开学，“网上办公”“网上教学”“网上购物”等成为人们的生活常态.为了解用户流量需求，提升服务水平，某市移动公司面向用户进行了一次使用手机流量上网时间的问卷调查，通过随机抽样，得到100
21、人每天使用流量上网时间（单位：分钟）的数据，并统计如下：时间20，40）40，60）60，80）80，100）100，120）120，140）140，160频数510203015128（1）由频率分布表可以认为，用户每天使用流量上网时间服从正态分布，近似为这100人使用流量上网时间的平均值（同一组数据用该组区间的中点值作为代表），求；（2）记表示全市100万用户中每天使用流量上网时间不低于60.6分钟的人数，在（1）的条件下，求；（3）在（1）的条件下，移动公司在疫情防控期间针对用户制定下表中的奖励方案：每天使用流量上网时间不低于的用户每天可2次获赠随机流量，低于的用户每天可1次获赠随机流量；
22、每次获赠的随机流量和对应的概率如表所示.设某用户获赠的随机流量为，求的分布列及数学期望.附：；若，则，.获赠随机流量（单位：）100200概率【答案】（1）；（2）；（3）分布列见解析；期望为.【解析】【分析】（1）由题意知，再根据正态曲线的性质求出概率；（2）使用流量上网时间不低于60.6分钟的概率为0.84135，由此能求出（3）由题意知，的所有可能取值为100，200，300，400，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列及数学期望【详解】解：（1）由题意可知，.因为，所以，故（2）因为每位用户每天使用流量上网时间不低于60.6分钟的概率.所以，因此.（3）由题意可知，的所有可能取值为1
23、00，200，300，400.，所以分布列为：100200300 400 所以.【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，属于中档题21.已知为坐标原点，为抛物线：的焦点，过斜率为1的直线交抛物线于，两点，的面积为.（1）求抛物线的方程；（2）若为上位于第一象限的任一点，直线与相切于点，连接并延长交于点，过点作的垂线交于另一点，求面积的最小值.【答案】（1）；（2）64.【解析】【分析】（1）设，由题可知，直线的方程为，将其与抛物线的方程联立，写出韦达定理，于是，所以，解出的值即可得抛物线的方程；（2）设，切线的方程为，因为
24、、三点共线，所以，利用平面向量共线的坐标运算可得，因为，所以联立切线与抛物线的方程，消去，结合可得，所以直线的方程为，然后利用点到直线的距离公式，得点到直线的距离，代入对的表达式进行化简再次联立直线与抛物线的方程，消去，利用弦长公式求得，而，将和均代入，并结合均值不等式即可得解【详解】解：（1）由已知，直线的方程为，设，联立，可得，且，.于是.，所以.故抛物线的方程为.（2）设，切线的方程为，则有，由，三点共线，可知，即，因为，化简可得.由，可得，因为直线与抛物线相切，故，故.所以直线的方程为：，即，点到直线的距离为，将代入可得，.联立，消可得，所以，.，故，当且仅当时，“=”成立，此时，面积
25、的最小值为64.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，多次用到直线与曲线的方程联立，还涉及点到直线的距离公式、弦长公式、均值不等式等基本公式，综合性很强，计算量也非常大，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题22.已知函数.（1）若，求函数在处的切线方程；（2）讨论函数极值点的个数；（3）若函数有两个极值点，且，证明：.【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）先求出切线的斜率，再写出切点坐标，最后由点斜式写出直线的方程（2）由已知：，令，则讨论函数极值点的个数，转化为讨论的零点的情况，分两大类：当时，当时，函数的单调性，零点个数；当时，令，解
26、得，得时，函数取得最小值分两种情况当，当，的零点个数（3）由题意可知，且，两式相除得，并两边取自然对数可得，令，则，令，求导，分析单调性，函数值取值范围进而得出答案【详解】解：（1）当时，所以，所以切线方程为.（2），令，则讨论函数的极值点的个数，转化为讨论的零点的情况.注意到，可知当时，函数在上单调递减，又当时，当时，此时有一个零点，且当时，单增，当时，单减，函数有一个极大值点.当时，令，解得.因为当）时，当时，所以时，函数取得最小值.当，即时，此时函数，所以，函数单调递增，无极值点.当，即时，因为，所以当时，当时，所以存在，使得.当时，单增，当时，单减，当时，单增.此时，存在极大值点、极小值点，共2个极值点.综上，当时，函数有一个极大值点，当时，函数存在1个极大值点、1个极小值点，当时，函数无极值点.（3）由题意可知，且，.因此，且，并两边取自然对数可得，令，则，令，令，则，当时，函数单调递减，所以，所以，函数单调递减，所以，即.【点睛】本题考查导数的综合应用，切线方程、极值，不等式的证明，属于难题
