1、浙江省北斗星盟2020届高三数学下学期适应性考试试题（含解析）考生须知：1本试题卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟2答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号3所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效4考试结束后，只需上交答题卷选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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】直接根据交集概念求解得结果.【详解】故选：A【点睛】本题考查交集，考查基本分析求解能力，属基础题.2. 双曲线的离心率为
2、（ ）A. B. C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】首先根据题意求出双曲线的，再求离心率即可.【详解】由题知：，则，所以.故选：B【点睛】本题主要考查双曲线离心率，属于简单题.3. 已知直线与圆相切，则实数的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据直线与圆相切，得到圆心到直线的距离等于半径，列出方程求解，即可得出结果.【详解】因为圆的圆心为，半径为；又直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，因此，解得：.故选：D.【点睛】本题主要考查由直线与圆的位置关系求参数的问题，熟记直线与圆位置关系的判定方法即可，属于基础题型.4. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm
3、），则该几何体的表面积（单位：）可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先还原几何体，再根据各表面形状，求得表面积.【详解】由三视图还原几何体如图1，图2，所以其表面积为或故选：C【点睛】本题考查三视图、几何体表面积，考查空间想象能力以及基本求解能力，属基础题.5. 已知，则“”是“”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】利用二倍角和同角三角函数的基本关系整理得，再利用充分性和必要性进行判断即可得出结论.【详解】，当时，所以“”是“”的充分条件；当时，故，得或，所以“”是“”的不必要条件；则“”是
4、“”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查充分和必要条件的概念以及二倍角和同角三角函数的基本关系.属于较易题.6. 设，随机变量X的分布列是：X-112P则当最大时的a的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】首先求出与，再根据及二次函数的性质计算可得；【详解】解：依题意可得所以因为，所以当时，取得最大值，故选：D【点睛】本题考查离散型随机变量的期望与方差的计算，二次函数的性质，属于中档题.7. 函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先判断符号,再判断与关系，即可选择.【详解】所以舍去BD所以舍去A故选：C【点睛】本题考查函数图象识
5、别、对数运算，考查基本分析判断能力，属基础题.8. 已知，若不等式恒成立，则a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知先判断，将所求的不等式两边平方，分离参数，结合基本不等式，即可求解.【详解】，不等式恒成立，所以，两边平方得，恒成立，需，而，当且仅当时，等号成立，.故选：C.【点睛】本题考查恒成立问题，平方等价转化，参变分离利用基本不等式是解题的关键，属于基础题.9. 已知数列满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据递推关系式得，再归纳出当为奇数时，当为偶数时，最后研究奇数项以及偶数项的单调性，即可判断选项.【详解】，当为奇数
6、时，当为偶数时，因此当为奇数时，；当为偶数时，因此故选：C【点睛】本题考查数列单调性、根据数列递推关系式归纳规律，考查基本分析归纳判断能力，属基础题.10. 如图，在平行四边形ABCD中，沿AC将折成，记异面直线PA与BC所成的角为，直线PA与平面ABC所成的角为，二面角P-AC-B为，当时，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用图形，作平面,，然后计算，比较大小可得结果.详解】作平面,如图：由平面，则又，所以平面所以，又,，所以平面依据题意：又，所以即又，所以，所以即综上所述：故选：B【点睛】本题考查线面角，线线角，面面角之间的大小关系，本题难点在于表示，考查分析极强
7、的分析能力，属难题.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11. 复数（i为虚数单位），则_【答案】【解析】【分析】根据条件求出，进而可求出.【详解】因为复数，所以，故.故答案为：.【点睛】本题考查共轭复数和模的运算.属于容易题.12. 若实数x，y满足约束条件，则的最小值是_；的最大值是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先作可行域，再根据表示直线、表示斜率，结合图象确定最值取法，计算即得结果.【详解】作可行域，如图阴影部分，则直线过点时，取最小值，为；表示可行域内点与定点连线的斜率，由图可得的最大值是故答案为：，【点睛】本
8、题考查线性规划求最值，考查数形结合思想方法以及基本分析求解能力，基础题.13. 已知，则_【答案】 (1). (2). 0【解析】【分析】先根据二项展开式通项公式求常数项，即得；再利用赋值法求，根据二项展开式通项公式求，相减得结果.【详解】令得，所以,令得，所以,令得,故答案为：，0【点睛】本题考查二项展开式通项公式，考查基本分析求解能力，属基础题.14. 已知函数，则不等式的解是_；不等式的解是_【答案】 (1). ； (2). 或.【解析】【分析】根据函数的图象知，函数在实数集上递增，由和时，根据函数的单调性可解.【详解】解：容易作出函数的图象如下，显然函数在上递增，又，所以，所以，所以；
9、所以时，所以，所以或.故答案为：；或.【点睛】考查利用函数的单调性解函数型不等式，解答的关键一是要考查函数的单调性，二是能把函数值找到对应的自变量的值，中档题.15. 4名女生与3名男生站成一排，最左端站女生，最右端站男生，且男生互不相邻的站法共_种【答案】432【解析】【分析】首先全排男生，再选出两名女生捆绑在一起，接着将女生插入男生空出的前三个空即可.【详解】由题知符合题意得站法为：女女男女男女男，女男女女男女男，女男女男女女男，首先全排男生，共有种情况，再选出两名女生捆绑在一起，共有中情况，将女生插入男生空出前三个空，共有种情况.故所有的排法有.故答案为：【点睛】本题主要考查排列中的互不
10、相邻问题，同时考查学生分析问题的能力，属于中档题.16. 如图，过原点O的直线AB交椭圆于A，B两点，过点A分别作x轴、AB的垂线APAQ交椭圆C于点PQ，连接BQ交AP于一点M，若，则椭圆C的离心率是_【答案】【解析】【分析】先设出两点的坐标分别为，由此可得，而则得，再由，和B，M，Q三点共线可得，而两点在椭圆上，把其坐标代入椭圆方程中，两方程作差得，由此可得，从而可求出离心率.【详解】设），则，由，则，再由B，M，Q三点共线，则，故，故即，又因为，即，所以，故椭圆C的离心率是故答案为：【点睛】此题考查椭圆的简单几何性质，求椭圆的离心率，考查运算能力，利用了数形结合的思想，属于中档题.17.
11、 如图，在中，以点C为圆心，6为半径的圆上有一个动点D设，则的最大值是_；的最小值是_【答案】 (1). 90 (2). 【解析】【分析】设为中点,利用，将求最大值转化为求最大，根据圆的性质可得结果；在线段AC上取一点M，使得，将转化为，再根据三角形性质得最小值为，计算即得结果.【详解】设为中点,因为，当点D在线段AC的延长线上取“=”；所以的最大值是90在线段AC上取一点M，使得，则又因为，当D，M，B三点共线时取“=”所以的最小值是故答案为：90，【点睛】本题考查转化法求向量数量积、构造法求向量的模、点与圆位置关系，考查数形结合思想方法以及简单计算能力，属较难题.三、解答题：本大题共5小题
12、，共74分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤18. 在中，A，B，C所对的边为a，b，c，已知，（1）求角B；（2）已知函数，当最大值时，求【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理将已知等式边化角，得到，结合边角关系，即可求解；（2）根据辅助角公式，将化为正弦型函数，利用最大值，求出角三角函数值，由（1）的结论和两角和正弦公式，即可求出结论.【详解】（1），即，故，则；（2）因为，所以当最大值时，有，故，则【点睛】本题考查正弦定理、三角恒等变换以及三角函数的性质解三角形，注意非特殊角三角函数值运算，属于中档题.19. 在四棱锥P-ABCD中，平面底面ABCD，（1）证明：（
13、2）设，求直线CB与平面PCD所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可证得平面PAB，再由线面垂直的性质和判定可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求解方法可得答案.【详解】（1）因为平面底面ABCD，所以平面PAB，即，又因为，且，故平面PBC，所以；（2）如下图，作于M，则建立空间直角坐标系，在则，则，设平面PDC的法向量为，则，即，所以，即直线CB与平面PCD所成角的正弦值为【点睛】本题考查空间中线线、线面、面面垂直关系的判定和性质，运用向量法求解线面角的问题，属于中档题.20. 已知数列的前n项和为，已知，（1）求数列的
14、通项公式；（2）证明：【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先根据和项与通项关系得，再根据等差数列定义以及通项公式得，即得结果；（2）先利用放缩得，（），再利用裂项相消法证得结果.【详解】解：（1）因为，所以，故，即，又因为，所以，故为等差数列，即，亦即；（2）显然当时，故【点睛】本题考查利用和项与通项关系求通项、等差数列定义与通项公式、放缩法证不等式、裂项相消法求和，考查综合分析论证与求解能力，属较难题.21. 如图，已知抛物线上不同的两点，关于直线对称，记与轴交于点（1）若，求的值；（2）求面积的最大值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先由题意，设直线的方程为
15、，与抛物线联立，根据韦达定理，以及题中条件，即可得出结果；（2）根据（1）中联立后的结果，由弦长公式，以及点到直线距离公式，求出点到的距离，根据三角形面积公式，得到，令，则，用导数的方法求最值，即可得出结果.【详解】（1）由题意，可设直线的方程为，联立方程组，得，故，所以；（2）由（1）知，则线段的中点坐标为，所以，即亦即直线的方程为，所以点到的距离为，故面积令，则，令，则，易知在上递增，在递减，故，即当时，面积有最大值【点睛】本题主要考查直线与抛物线的应用，求抛物线中的三角形面积问题，涉及导数的方法求最值，属于常考题型.22. 设函数，（1）若在上仅有一个零点，求a的取值范围；（2）若，试讨
16、论方程在上的根的个数【答案】（1）；（2）3个相异实根.【解析】【分析】（1）分类讨论，根据函数零点存在定理即可得到答案.（2）首先令，利用导数求出函数的单调区间，再根据函数的最值即可得到答案.【详解】（1）当时，不符题意，当时，即，故当时，则，不符题意，当时，则，其零点为或，满足题意.综上，的取值范围是；（2）令，则因为，所以，故，所以当时，当时，当时，即知在上递增，在上递减，在上递增，且有，故在上存在唯一的零点，令，则，易知在上递减，在上递增，故，即所以当时，得，故存在，使得，所以在上也存在唯一的零点，取，又因为在上恒成立，故，同样可知在上仍存在唯一的零点综上，当时，方程在上恒有3个相异实根【点睛】本题第一问考查函数的零点，第二问考查利用导数研究函数的最值，同时考查函数与方程的转化思想，属于难题.