1、叙州区一中高2020级高考适应性考试数学（文史类）本试卷共4页.考试结束后，只将答题卡交回第I卷 选择题（60分）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】先利用指数函数的单调性和对数函数的定义域得到，即可得到.【详解】由，则，所以故选：A.2. 若复数（，为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（ ）A. B. 6C. 4D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则化简，再根据复数的定义得到方程（不等式）组，解得即可.【详解】因为，因为复数为纯虚数，所以，
2、解得.故选：D3. 已知向量，若与平行，则实数的值为（ ）A. B. C. 6D. 【答案】D【解析】【分析】先求与的坐标，然后由向量平行的坐标表示可得.【详解】因为，所以，又与平行，所以，解得.故选：D4. “”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要分件【答案】C【解析】【分析】运用换元法令，通过解一元二次不等式及指数不等式可得的范围，再结合集合的包含关系判断条件间的充分、必要关系.【详解】令，则由得，解得或，又因为，所以，即：，解得，又因为“”是“” 的充要条件，所以“”是“”的充要条件.故选：C.5. 函数的图像是（ ）A. B. C.
3、 D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，令，可以排除AD，然后求导得，即可排除C.【详解】因为，令，则，即，解得，或，解得，所以当时，函数有1个零点，当时，函数有2个零点，所以排除AD；当时，则，当时，所以当时，函数单调递增，所以B正确；故选：B.6. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据角的变换及诱导公式、二倍角的正弦公式、同角三角函数的基本关系求解.【详解】，.故选：D7. 设等比数列的前n项之积为Sn，若，则a11=（ ）A. 2B. 4C. 8D. 16【答案】C【解析】【分析】根据题意结合等比数列的性质可得，进而可得，运算求解即可.【详解】因为，所
4、以，解得，则，故故选：C.【点睛】本题考查等比数列的性质，考查数学运算的核心素养8. 在平面直角坐标系中，直线与双曲线的一条渐近线平行，且双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据直线与双曲线得一条渐近线平行可得的关系，求出双曲线的一个焦点的坐标，再根据的关系求出，即可得解.【详解】因为直线与双曲线的一条渐近线平行，所以，即，由直线，令，得，则双曲线的一个焦点为，即半焦距，由，得，所以，所以双曲线方程为.故选：C.9. 设，则的最小值是（ ）A. 7B. 6C. 5D. 4【答案】C【解析】【分析】由条件可得利用均值不等式结合符号可
5、得答案.【详解】由，则则且因为，所以当且仅当时，取得等号.当时，有当且仅当，即 时取等号当时，有当且仅当，即 时取等号综上可得的最小值为5故选：C【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方10. 已知是奇函数，当时，当时，的最小值为1，则a的值等于（ ）A. B. C
6、. D. 1【答案】D【解析】【分析】由奇函数性质知，当时，的最大值为-1，再利用导数求出函数的单调性求出，即得解.【详解】由奇函数性质知，当时，的最大值为.令.当0x时，在递增；当时，在递减.故选：D11. 在三棱锥中，平面，且，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，根据已知条件用把三棱锥的体积表示出来，然后利用导数确定体积取最大值时的值，进而确定出三棱锥外接球的半径，从而求出体积.【详解】设，则，故三棱锥的体积. 设，则.由，得；由，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即三棱锥体积的最大值是，此时，即.因为平面，所
7、以三棱锥外接球的半径，则三棱锥外接球的体积为.故选：B.12. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ）函数有两个极值点；若关于的方程恰有1个解，则；函数的图象与直线（）有且仅有一个交点；若，且，则无最值.A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出分段函数的解析式以及各段导函数，得出函数的单调区间，即可得出；作出函数图象，即可判断；根据求得的导函数，可推得，有恒成立，即可得出；作图，根据图象得出与有3个交点时，的范围.然后用表示出，即可得出，构造函数，通过导函数研究函数的单调性，得出函数的最值，即可判断.【详解】对于，当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，恒成立，所以，在上单调递减；当
8、时，恒成立，所以，在上单调递减.综上所述，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.所以，在处取得极小值，在处取得极大值，故正确；对于，作出的图象如下图1由图1可知，若关于的方程恰有1个解，则或，故错误；对于，由知，当时，因为，所以，所以，当且仅当；当时，；当时，因为，所以，所以，当且仅当.综上所述，有恒成立.又直线可化为，斜率为，所以函数的图象与直线（）有且仅有一个交点，故正确；对于，由图2可知，当时，函数的图象与有3个不同的交点.则有，所以，所以，.令，则.令，则在上恒成立，所以，在上单调递增.又，根据零点存在定理可知，使得，且当时，所以，所以在上单调递减；当时，所以，所以在上单调递增.所
9、以，在处取得唯一极小值，也是最小值，无最大值，故错误.综上所述，正确.故选：D.【点睛】方法点睛：遇到条件时，常设，然后根据图象得出的范围.根据解析式，用表示出，将所求表达式表示为的函数，根据导函数研究函数的单调性、极值、最值等.第II卷 非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知实数x，y满足约束条件则的最大值为 _【答案】3【解析】分析】作出可行域，通过平移直线即可求解.【详解】如图，由约束条件可得可行域为阴影部分，由得，作出直线，由得交点坐标为，平移直线知，当直线过点时，z取得最大值，故答案为：3.14. 执行如图所示的程序框图，输出的值为_.【答案】【
10、解析】【分析】根据程序框图，第一次循环得出，返回循环；第二次循环得，执行输出，即可得出答案.【详解】开始，计算可得，然后计算可得，执行判断，结果否，返回循环；，计算可得，然后计算可得，执行判断，结果是，执行输出可得.故答案为：.15. 已知等比数列an的前n项和Sn满足Sn2Sn120（n2），则数列nan的前n项和Tn_【答案】（n1）2n+1+2【解析】【分析】利用数列的递推关系式求出数列的首项与公比，然后求解通项公式，利用错位相减法求解nan的前n项和Tn【详解】解：等比数列an的前n项和Sn满足Sn2Sn120（n2），设公比为，n2时，S22S120，即a1qa120n3时，S32S
11、220，可得a1q2a1a1q20，解得a12，q2，所以an2n，nann2n，Tn12+222+323+n2n，2Tn122+223+324+n2n+1，可得：Tn2+22+23+2nn2n+1n2n+1（1n）2n+12，所以Tn（n1）2n+1+2故答案为：（n1）2n+1+216. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于，两点，且，为坐标原点，直线交的准线于点，则与的面积之比为_【答案】#【解析】【分析】首先求出抛物线的焦点坐标与准线方程，根据及焦半径公式求出，即可求出点坐标，从而求出直线的方程，再联立方程求出点坐标，求出的方程即可求出点坐标，最后根据面积公式计算可得.【详解】抛物线的焦
12、点为，准线方程为，因为，所以，即，则，解得，不妨取，则直线的方程为，即，由，解得，所以，又直线的方程为，令，可得，所以，所以.故答案为：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22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分.17. 为了解学生对党的“二十大”精神的学习情况，学校开展了“二十大”相关知识的竞赛活动，全校共有1000名学生参加，其中男生450名，采用分层抽样的方法抽取100人，将他们的比赛成绩（满分为100分），分为6组：，得到如图所示的频率分布直方图其中成绩不低于80分为“优秀”，低于80分为“非优
13、秀”（1）求实数a的值，并估算全校1000名学生中成绩优秀的人数；（2）完成下列列联表，判断是否有95%的把握认为比赛成绩优秀与性别有关优秀非优秀合计男女10合计附：，其中0.100.050.0100.0050.001k2.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1），250（人） （2）填表见解析；没有【解析】【分析】（1）根据频率和为1求得，进而根据频率估计成绩优秀的人数；（2）根据题意结合分层抽样完善列联表，求，并与临界值对比分析.【小问1详解】由题意可得：，解得，样本中成绩优秀的频率为：，以样本估计总体，全校1000名学生中成绩优秀的人数为：（人）.【小问2详解】由题
14、意，采用分层抽样，男生抽取人数人，女生抽取人，且样本中优秀的人数为人，故列联表如下：优秀非优秀合计男153045女104555合计2575100可得，因为，故没有95%的把握认为比赛成绩优秀与性别有关18. 在ABC中，（1）求B的值；（2）给出以下三个条件：；，；，若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：（i）求的值；（ii）求ABC的角平分线BD的长【答案】（1） （2）正确条件为，（i），（ii）【解析】【分析】（1）利用和角正弦公式可得，结合三角形内角和性质即可求B的值；（2）根据条件组合判断出正确条件为，（i）应用余弦定理、三角形面积公式求各边长，最后由正弦定理求
15、；（ii）由角平分线性质求得，再根据三角形内角和定理及两角和的正弦公式求出，再根据正弦定理求BD的长【小问1详解】由题设，而，所以，故；【小问2详解】若正确，则，得或，所以有一个错误条件，则是正确条件，若正确，则，可得，即为错误条件，综上，正确条件为，（i）由，则，即，又，可得，所以，可得，则，故；（ii）因为且，得，由平分得，在中，在中，由，得19. 如图，多面体ABCDE中，平面ABC，平面平面ABC，是边长为2的等边三角形，AE=2 （1）证明：平面平面BCD；（2）求多面体ABCDE的体积【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）若为中点，连接，易证，由面面垂直性质得面，易
16、知，进而证为平行四边形，即，最后根据线面垂直的性质及判定和面面垂直的判定证结论；（2）由求组合体的体积即可.【小问1详解】若为中点，连接， 由是边长为2的等边三角形，则，又面面ABC，面，面面，故面，因为平面ABC，故，又，所以为平行四边形，即，由面，则，面，所以面，即面，又面，所以平面平面BCD；【小问2详解】由多面体ABCDE的体积.20. 已知椭圆：的左、右顶点分别为，M是椭圆R上异于A，B的一点，且直线MA与直线MB的斜率之积满足.（1）求椭圆R的标准方程；（2）过点的直线交椭圆于C，D两点，且直线AC，BD交于点Q，求点Q的横坐标.【答案】（1） （2）4【解析】【分析】（1）根据已
17、知条件可得a的值，设出M坐标，由点M坐标适合椭圆方程及可求得值，进而求得椭圆方程.（2）联立直线CD方程与椭圆方程，联立直线AC方程与直线BD方程并运用韦达定理代换可求得交点Q的横坐标.【小问1详解】由题意知，设，则，所以，解得：，所以椭圆方程为.小问2详解】如图所示，设直线CD的方程为，设，则，所以，因为直线AC方程为，直线BD方程为，所以联立得，所以Q点横坐标为4.21. 已知函数（1）若，求的最小值；（2）若时，有两个零点，求a的取值范围【答案】（1）0；（2）【解析】【分析】（1）求导得，根据导数即可求出函数的单调性与最值；（2）分类讨论利用导数研究函数的单调性，再借助零点存在性定理可
18、得出答案【详解】解：（1）当时，定义域是，当时，在上单调递减，当时，在上单调递减，；（2），当时，在上单调递减，在上有且只有一个零点1，不合题意；当时，若，即时，则有时，在上单调递增，在上有且只有一个零点1，不合题意；当，即时，则有时，在上单调递减，时，在上单调递增，又存在，在上存在唯一零点，又在上有零点1，在上有二零点，综上：【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查分类讨论思想，考查数学运算能力，考查转化与化归思想，属于难题（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分（选修4-4 极坐标与参数方程）22. 已知曲线的参数方程为（为
19、参数），直线过点（1）求曲线的普通方程；（2）若直线与曲线交于，两点，且，求直线的倾斜角【答案】（1）. （2）或.【解析】【分析】（1）利用参数方程转普通方程即可求解.（2）写出直线的参数方程，参数方程代入，设，两点所对的参数为，利用韦达定理代入中，化简即可求解.【小问1详解】由曲线的参数方程为（为参数），得，即（为焦点在轴上的椭圆）.【小问2详解】设直线的倾斜角为，直线过点直线的参数方程为（为参数），将直线的参数方程代入，可得，设，两点所对的参数为，曲线与轴交于两点，在曲线的内部，一正一负，而，解得，为直线倾斜角，或，直线的倾斜角为或.（选修4-5 不等式选讲）23. 已知关于x的不等式有解.（1）求实数t的取值范围；（2）若a，b，c均为正数，m为t的最大值，且.求证:.【答案】（1）； （2）证明见解析.【解析】【分析】(1)令，求出的最大值，由不等式有解可知，从而得到关于t的不等式，即可解出t的取值范围；(2)由柯西不等式得即可证明结论.【小问1详解】令，所以当时，取得最大值为3，关于x的不等式有解等价于，即当时，上述不等式转化为，解得，当时，上述不等式转化为，解得，综上所述t的取值范围为，故实数t的取值范.【小问2详解】根据（1）可得a，b，c均为正实数，且满足，所以由柯西不等式可得，当且仅当，时取等号，
