1、宜宾市四中高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. 设全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据集合的补集和并集运算法则即可求得结果.【详解】，而，.故选：C.2. 复数（是虚数单位）的虚部是（ ）A 1B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法法则及复数的概念即可求解.【详解】由题意可知，所以复数的虚部为.故选：A.3. 为了了解居民用电情况，通过抽样，获得了某城市户居民的月平均
2、用电量（单位：度），以，分组的频率分布直方图如下图.该样本数据的55%分位数大约是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知，可通过频率分布直方图的性质求解出的值，然后设出样本数据的55%分位数为，根据题意列出等量关系，求解即可.【详解】由直方图的性质可得：，解得，由已知，设该样本数据的55%分位数大约是，由，解得.故选：C.4. 已知向量，若，则在方向上的投影为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用坐标运算求出，然后求投影即可.【详解】，则，则在方向上的投影为.故选：B.5. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点E，F分别是棱A1C1，BC的中点
3、，则下列结论中不正确的是（）A. CC1平面A1ABB1B. AF平面A1B1C1C. EF平面A1ABB1D. AE平面B1BCC1【答案】D【解析】【分析】利用线面平行的判定定理逐项判断即可【详解】解：在直三棱柱ABCA1B1C1中，可得CC1AA1，AA1平面A1ABB1，CC1平面A1ABB1，CC1平面A1ABB1，故A正确；AF平面ABC，在直三棱柱ABCA1B1C1中，可得平面ABC平面A1B1C1，AF平面A1B1C1，故B正确；取A1B1中点N，又E是A1C1中点，NEC1B1，且NEC1B1，又F是棱BC的中点，所以BFC1B1，AFC1B1，BFNE，BFNE，四边形BF
4、EN是平行四边形，EFBN，BN平面A1ABB1，EF平面A1ABB1，EF平面A1ABB1，故C正确；EC1AC，但EC1AC，AE与CC1相交，从而有AE不平行于平面B1BCC1，故D错误故选：D6. 已知双曲线C：1的一条渐近线过点P（1，2），F为右焦点，|PF|b，则焦距为（）A. 3B. 4C. 5D. 10【答案】D【解析】【分析】根据一条渐近线过点P（1，2），可确定，再结合|PF|b，再由的关系，即可出答案.【详解】解：由题意可知，双曲线C的渐近线方程为，P（1，2）在一条渐近线上，所以，进而可得，由|PF|b，可得,，解得c52c10故选：D.7. 在核酸检测时，为了让标本
5、中DNA的数量达到核酸探针能检测到的阈值，通常采用PCR技术对DNA进行快速复制扩增数量在此过程中，DNA的数量（单位：）与扩增次数n满足，其中为DNA的初始数量已知某待测标本中DNA的初始数量为，核酸探针能检测到的DNA数量最低值为，则应对该标本进行PCR扩增的次数至少为（ ）（参考数据：，）A. 5B. 10C. 15D. 20【答案】B【解析】【分析】根据题意列出方程，利用指数与对数的互化即可求解.【详解】由题意知，令，得，取以10为底的对数得，所以故选：B.8. 已知函数图象相邻两条对称轴之间距离为，将函数的图象向左平移个单位后，得到的图象关于轴对称，那么函数的图象（ ）A. 关于点对
6、称B. 关于点对称C. 关于直线对称D. 关于直线对称【答案】B【解析】【分析】由相邻两条对称轴之间的距离为，可知，从而可求出，再由的图像向左平移个单位后，得到的图象关于轴对称，可得，从而可求出的值，然后逐个分析各个选项即可【详解】因为相邻两条对称轴的距离为，故，从而.设将的图像向左平移单位后，所得图像对应的解析式为，则，因的图像关于轴对称，故，所以，所以，因，所以.又，令，故对称轴为直线，所以C，D错误；令，故，所以对称中心为，所以A错误，B正确.故选：B【点睛】此题考查了三角函数的图像变换和三角函数的图像和性质，属于基础题.9. 已知圆O的方程为和圆P的方程为,两圆上分别有动点 ，则的最大
7、值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】确定两圆的圆心和半径，求得两圆的圆心距，即可求得答案.【详解】圆O的方程为即，其圆心为，半径为3，的圆心为，半径为2，故两圆的圆心距为，故的最大值为，故选：B10. 已知椭圆()的右焦点为，离心率为，过点的直线交椭圆于，两点，若的中点为，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 1【答案】A【解析】【分析】根据中点坐标公式、椭圆离心率公式，结合点差法进行求解即可.【详解】解：设，则的中点坐标为，由题意可得，将，的坐标的代入椭圆的方程：，作差可得，所以，又因为离心率，所以，所以，即直线的斜率为，故选：A.11. 在菱形中，点在菱形所在
8、平面内，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，设交于点，以为坐标原点，直线分别为轴，轴建立直角坐标系，利用坐标法求解即可.【详解】解：由菱形中，可得且，设交于点，以为坐标原点，直线分别为轴，轴建立直角坐标系，如图，取中点，则，设，则，所以当，时，取得最小值.故选：C12. 若存在x使不等式成立，则实数m的取值范围为()A. (，)B. (，e)C. (，0)D. (0，)【答案】C【解析】【详解】由得，令，由题意可得：mf(x)min，所以f(x)为上的增函数，所以f(x)f(0)0，m0，m0,所以舍去），所以a的最小值为6故答案为：615. 若正四棱
9、锥内接于球O，且底面过球心O，球的半径为4，则该四棱锥内切球的体积为_【答案】【解析】【分析】利用等体积法可求出四棱锥内切球的半径，从而可求出其体积【详解】因为正四棱锥内接于球O，且底面过球心O，球的半径为4，所以，所以，所以正四棱锥的表面积为，正四棱锥的体积为设正四棱锥内切球的半径为，则，解得，所以该四棱锥内切球的体积为，故答案为：16. 已知抛物线的焦点为F，过F的直线l交抛物线于A，B两点，交抛物线的准线于C，且满足，则的长等于_【答案】#1.5【解析】【分析】过，作抛物线准线的垂线，垂足依次为，利用抛物线的定义及相似可得答案.【详解】过，作抛物线准线的垂线，垂足依次为，则，由，故答案为
10、：.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. 已知正项等比数列的前项和为，且，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前项和【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）设的公比为，根据等差数列的性质列方程求得后可得通项公式；（2）写出，由分组求和法求和【小问1详解】设的公比为（），因为，且，成等差数列，所以，即，解得，所以；【小问2详解】由（1），18. 随着生活节奏的加快生活质量的提升，越来越多的居民倾向于生活用品的方便智能.如图是根
11、据20162020年全国居民每百户家用汽车拥有量（单位：辆）与全国居民人均可支配收入（单位：万元）绘制的散点图.（1）由图可知，可以用线性回归模型拟合与的关系，求关于的线性回归方程；（过程和结果保留两位小数）（2）已知2020年全国居民人均可支配收入为32189元，若从2020年开始，以后每年全国居民人均可支配收入均以6%的速度增长，预计哪一年全国居民每百户家用汽车拥有量可以达到50辆.参考数据：2.8232.560.465.27，.参考公式：回归方程中斜率和截距最小二乘估计公式分别为，.【答案】（1）； （2）预计2026年全国居民每百户家用汽车拥有量可以达到50辆.【解析】【分析】（1）根
12、据参考数据和公式算出，进而得到关于的线性回归方程；（2）先根据线性回归方程计算出当时的值，将其与通过已知数据计算所得的值相比较即可得解.【小问1详解】解： ，所以关于的线性回归方程为.【小问2详解】解：由，得.因为2020年全国居民人均可支配收入为3.2189万元，且， 所以预计2026年全国居民每百户家用汽车拥有量可以达到50辆.19. 如图所示，在四棱柱中，底面是等腰梯形，,侧棱底面且（1）指出棱与平面的交点的位置（无需证明）；（2）求点到平面的距离【答案】（1）点位于的中点位置，理由见解析； （2）.【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到四棱柱为长方体，利用中位线得到线线平行，得到棱与平
13、面的交点的位置为的中点；（2）利用等体积法求解点到平面的距离.【小问1详解】延长至点F，且DF=CD，延长至点H，使得，连接FH，交于点Q，因为四棱柱中，底面是等腰梯形，所以四棱柱为长方体，且为的中点，取的中点E，连接ED，则，所以，故棱与平面的交点的位置为的中点；【小问2详解】取AB的中点M，连接DM，因为,故ADM为等边三角形，所以，因为侧棱底面且，平面，所以，由勾股定理得：，由余弦定理得：，其中，由余弦定理得：，因为，所以，由三角形面积公式可知：，设点到平面的距离为，因为，即，解得：，所以点到平面的距离为.20. 已知函数的图像在处的切线与直线平行（1）求函数的单调区间；（2）若，且时，
14、求实数m的取值范围【答案】（1）在递增，在递减 （2）【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出，直接利用导数求单调区间；（2）根据式子结构构造，由在为增函数，得到在恒成立，令，利用导数求出的最小值，即可求解.【小问1详解】的导数为，可得的图象在处的切线斜率为，由切线与直线平行，可得，即，由，可得，由，可得，则在递增，在递减【小问2详解】因为，若，由，即有恒成立，设，所以在为增函数，即有对恒成立，可得在恒成立，由的导数为，当，可得，在递减，在递增，即有在处取得极小值，且为最小值可得，解得则实数m的取值范围是【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数
15、的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围.21. 已知椭圆：的离心率为，点在椭圆上，分别是椭圆的右顶点和上顶点，三角形的面积为1（为坐标原点）（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线交椭圆于，两点，且三角形的面积是1，设直线的斜率为，直线的斜率为，问：与的乘积是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由【答案】（1） （2）与的乘积为定值【解析】【分析】（1）根据点在椭圆上代入化简即可；（2）讨论斜率不存在时的情况，再分析斜率存在时的情况，设为，设，联立直线与椭圆的方程，根据三角形的面积是1得到，再表达出与的乘积代入韦达定理化简求解即可【小问1详解】由题意得所以而，所以故椭圆的
16、标准方程为：【小问2详解】当直线的斜率不存在时，设，代入椭圆方程得所以得所以，或，此时当直线的斜率存在时，设为，与轴交点为，设，联立得，所以所以即所以所以综上：与的乘积为定值【点睛】本题主要考查了根据椭圆上的点化简求解椭圆方程的问题，同时也考查了直线与椭圆相交证明定值的问题，需要注意联立直线与椭圆的方程，设交点并用交点的坐标表达斜率，结合韦达定理化简，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. 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，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系取相同单
17、位长度，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）求曲线上的点到直线距离的最小值.【答案】（1），； （2）.【解析】【分析】（1）消去曲线C的参数方程中的参数即可得解，利用极坐标与直角坐标互化得直线的直角坐标方程作答.（2）设出曲线C上任意一点的坐标，利用点到直线距离公式及辅助角公式求解作答.【小问1详解】由（为参数），消去参数得，所以曲线的普通方程为，把代入直线的极坐标方程得：，所以直线的直角坐标方程为.小问2详解】由（1）知，曲线的参数方程为（为参数），设为曲线上一点，到直线的距离为，则，其中锐角由确定，因此，当时，取到最小值，所以曲线上的点到直线距离的最小值为.（选修4-5 不等式选讲）23. 已知函数的最大值为M，正实数m，n满足m+n=M.（1）若不等式有解，求a的取值范围；（2）当时，对任意正实数p，q，证明：.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用绝对值三角不等式求解；（2）先利用绝对值三角不等式求得最大值，再利用作差法比较【小问1详解】解：由绝对值不等式，得，故，当且仅当时取“=”，所以不等式有解的充要条件是，解得或，故实数a的取值范围为【小问2详解】证明：由题可得，当且仅当时取“=”，故，所以M=1，m+n=1.因为，所以故.
