1、四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三数学下学期第二次适应性考试试题 文（含解析）一选择题1.设集合，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】对集合A中的不等式进行求解，然后与集合B取交集即可.【详解】因为，故解得与集合B取交集得：故选：B.【点睛】本题考查集合的交运算，涉及不等式的求解.2.若复数（，是虚数单位）是纯虚数，则复数的虚部为（ ）A. B. C. 3D. 【答案】C【解析】【分析】化简复数为，利用纯虚数的定义可得a60 且2a+30，求出a 值，可得复数z的虚部【详解】复数 为纯虚数，a60 且2a+30，a6，复数z3i，则复数的虚部为3，故选C【点睛
2、】本题考查纯虚数及虚部的定义，复数代数形式的除法，属于基础题3.已知向量，若与共线，则的值为（ ）A. 4B. 8C. 0D. 2【答案】A【解析】【分析】先求得与，然后根据向量共线的坐标表示列方程，解方程求得的值.【详解】，由于与共线，所以，即，化简得，由于，所以解得.故选：A【点睛】本小题主要考查向量线性运算和共线的坐标表示，属于基础题.4.PM2.5是空气质量的一个重要指标，我国PM2.5标准采用世卫组织设定的最宽限值，即PM2.5日均值在35g/m3以下空气质量为一级，在35g/m375g/m3之间空气质量为二级，在75g/m3以上空气质量为超标.如图是某市2019年12月1日到10日
3、PM2.5日均值（单位：g/m3）的统计数据，则下列叙述不正确的是（ ）A. 这10天中，12月5日的空气质量超标B. 这10天中有5天空气质量为二级C. 从5日到10日，PM2.5日均值逐渐降低D. 这10天的PM2.5日均值的中位数是47【答案】C【解析】【分析】先对图表信息进行分析，再由频率分布折线图逐一检验即可得解.【详解】解：由图表可知，选项A，B，D正确，对于选项C，由于10日的PM2.5日均值大于9日的PM2.5日均值，故C错误，故选：C.【点睛】本题考查了频率分布折线图，考查数据处理和分析能力，属于基础题.5.在中，D在边上，且，E为的中点，则( )A. B. C. D. 【答
4、案】D【解析】【分析】由题意可得，从而根据平面向量的线性运算求解即可【详解】解：，为的中点，故选：D【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，属于基础题6.已知数列满足，则数列的前项和为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用累乘法求出数列的通项公式，然后利用裂项求和法可求数列的前项和.【详解】，则，所以，数列的前项和为.故选：A.【点睛】本题考查利用裂项相消法求和，同时也考查了利用累乘法求数列通项，考查计算能力，属于基础题.7.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由于，故.故选.8.已知是三条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（ ）A.
5、 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】试题分析：A中，由线面垂直的判定定理可知，需满足：是两条相交直线，结论才成立，故A项错误；B中，因为，所以. 又，所以，故B项正确；C中，由线面平行的判定定理可知，需满足：在平面外，结论才成立，故C项错误；D中，与还可以相交或异面，故D项错误，故选B.考点：空间中直线与平面的平行与垂直关系.9.已知F是抛物线的焦点，A，B为抛物线C上两点，且则线段的中点到y轴的距离为（ ）A. 3B. 2C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出抛物线准线为，设，根据抛物线的定义可得，进一步可得的中点到y轴的距离为2.【详解】设，抛物线的准线为，由
6、，可得，所以的中点到y轴的距离为2，故选：B【点睛】本题考查了抛物线的几何性质，考查了抛物线的定义，属于基础题.10.在中，则为（ ）.A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等边三角形【答案】B【解析】【分析】由通过诱导公式辅助角公式化简可得，再由化简可得，又三角形内角和为，所以 ，进而得出结果.【详解】由可得即，再由辅助角公式化简得即，又，所以，再由可得，所以，又，所以，所以，所以为直角三角形.故选B.【点睛】本题主要考查三角函数诱导公式、辅助角公式的化简，属于基础题.11.已知抛物线：在点处的切线与曲线：相切，若动直线分别与曲线、相交于、两点，则的最小值为（ ）A. B
7、. C. D. 【答案】D【解析】【详解】 设 恒成立，故单调递增，又故故 ，令 ，选D点睛：利用导数解答函数最值的一般步骤：第一步：利用或求单调区间；第二步：解得两个根；第三步：比较两根同区间端点的大小；第四步：求极值；第五步：比较极值同端点值的大小12.过点的直线与圆相切于M，N两点，且这两点恰好在椭圆上，设椭圆的右顶点为A，若四边形为平行四边形，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】根据条件求解出的坐标，将点代入椭圆方程即可得到关于的方程，由此求解出离心率的值.【详解】如图所示：设切线方程为，所以圆心到直线的距离，所以，所以，因为，所以，所以，所以，又因为
8、四边形为平行四边形且，所以四边形为菱形，因为，中点为，所以，所以，所以，所以，所以.故选：D.【点睛】本题考查求解椭圆的离心率，着重考查了直线与圆的相切关系，难度一般.求解直线与圆的相切问题，可通过两种方法求解：(1)几何法：利用半弦长、半径、圆心到直线的距离构成的直角三角形完成求解；(2)代数法：联立直线与圆的方程，利用来进行求解.二填空题13.柜子里有3双不同的鞋子，随机地取出2只，则取出的2只鞋子刚好成对的概率为_.【答案】【解析】【分析】列举出所有的情况，找出符合题意的情况，由古典概型的概率计算公式，即可得出答案.【详解】设三双鞋子分别为、，则取出2只鞋子的情况有：， ，共种. 其中，
9、成对的情况有：，共种， 由古典概型的公式可得，所求概率为.故答案为：【点睛】本题考查了通过列举法求古典概型的概率，属于基础题.14.经过点且圆心在直线上的圆的方程是_.【答案】【解析】【分析】本题首先可设出圆的标准方程，再通过圆心在直线上得出，然后再通过圆经过点解出的值，最后得出结果【详解】设圆方程为因为圆心在直线上，得，所以可得圆的方程为，因为圆经过点，所以，解得，因此，所求圆的方程为，故答案为【点睛】本题考查的是圆的相关性质，主要考查圆的方程的求法以及对圆的标准方程的性质的理解，考查运算能力，考查方程思想，是简单题15.已知直线恒过定点，且点在直线上，则的最大值为_【答案】1【解析】【分析
10、】首先求定点，代入直线得，再利用基本不等式求的最大值.【详解】直线 则，解得：，所以定点；则，且 那么，等号成立的条件是.故答案为：1【点睛】本题考查直线过定点，基本不等式求乘积的最大值，属于基础题型，本题的关键是定点问题.16.定义为数列的“均值”,已知数列的“均值”，记数列的前项和为，若对任意正整数恒成立，则实数的范围为_【答案】【解析】【分析】根据题意，得到，求出，得到数列是等差数列，再由数列的前项和为，对任意正整数恒成立，得到，即可求出结果.【详解】由题意可得：，即，所以，因此，所以，显然数列是等差数列，又数列的前项和为，对任意正整数恒成立，所以，即，解得.故答案为【点睛】本题主要考查
11、由数列的最值求参数的问题，熟记等差数列的概念与等差数列的增减性即可，属于常考题型.三.解答题17.在中，角，、的对边分别为，且.（1）求；（2）若，且，求的面积.【答案】(1) . (2) 【解析】【分析】（1）根据正弦定理得到，计算得到答案.（2）化简得到，即，再计算得到，代入面积公式得到答案.【详解】（1），.，.（2），即，即.，.，.【点睛】本题考查了正弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力.18. 某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售如果当天卖不完，剩下的玫瑰花做垃圾处理（）若花店一天购进17枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量
12、n（单位：枝，nN）的函数解析式 （）花店记录了100天玫瑰花的日需求量（单位：枝），整理得下表：日需求量n14151617181920频数10201616151310(i)假设花店在这100天内每天购进17枝玫瑰花，求这100天的日利润（单位：元）的平均数；(ii)若花店一天购进17枝玫瑰花，以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润不少于75元的概率.【命题意图】本题主要考查给出样本频数分别表求样本的均值、将频率做概率求互斥事件的和概率，是简单题.【答案】（）（）【解析】【详解】试题分析：（1）根据卖出一枝可得利润5元，卖不出一枝可得赔本5元，即可建立分段函数；（2
13、）这100天的日利润的平均数，利用100天的销售量除以100即可得到结论；当天的利润不少于75元，当且仅当日需求量不少于16枝，故可求当天的利润不少于75元的概率试题解析：（1）当日需求量n17时，利润y85当日需求量n17时，利润y10n85所以y关于n的函数解析式为（nN）（2）这100天中有10天的日利润为55元，20天的日利润为65元，16天的日利润为75元，54天的日利润为85元，所以这100天的日利润的平均数为（5510652075168554）764利润不低于75元时日需求量不少于16枝，故当天的利润不少于75元的概率为p0160160150130107考点：概率的应用；函数解析
14、式的求解及常用方法；众数、中位数、平均数19.如图，在中，分别为，的中点是由绕直线旋转得到，连结，.（1）证明：平面；（2）若，棱上是否存在一点，使得？若存在，确定点 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）存在，为的中点【解析】【分析】（1）要证平面，则证和；证由平面几何知识可得，证，只需证，即证平面，利用线面垂直判定可得.（2），等体积转化，由且，则可解.【详解】（1）依题意得，所以因为分别为，的中点，所以因为所以又因为由沿旋转得到，所以，平面，平面则平面所以，即所以平面解法一：（2）若，则因为且所以，又所以为的中点解法二：（2）因为，所以，又，所以由（1）知平面若，则，所
15、以由（1）知，在中，即解得所以为正三角形，即，所以M为的中点【点睛】本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系、平面与平面位置关系，几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等.20.已知椭圆的离心率为，直线与椭圆有且只有一个交点.(1)求椭圆的方程和点的坐标；(2)设为坐标原点，与平行的直线与椭圆交于不同的两点，直线与直线交于点，试判断是否为定值，若是请求出定值，若不是请说明理由.【答案】（I）+=1，T（1，）； （）见解析. 【解析】【分析】（I）由椭圆的离心率为得到 b2=a2，根据直线l：x+2y=4与椭圆有且只有一个交点T得到=
16、0，解得a2=4，b2=3，即得椭圆的方程. （）先计算出|PT|2=t2，|PA|=|x1|，|PB|=|x2|，再计算=为定值【详解】（I）由椭圆的离心率e=，则b2=a2，则，消去x，整理得：y216y+16a2=0，由=0，解得：a2=4，b2=3，所以椭圆的标准方程为：+=1；所以=，则T（1，），（）设直线l的方程为y=x+t，由，解得P的坐标为（1，+），所以|PT|2=t2，设设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，消去y整理得x2+tx+1=0，则x1+x2=t，x1x2=，=t24（1）0，t212，y1=x1+t，y2=x2+t，|PA|=|x1|，同理|PB|=|x
17、2|，|PA|PB|=|（x1）（x2）|=|（x1+x2）+x1x2|，|（t）+|=t2，所以=，所以=为定值【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，两点之间的距离公式，考查转化思想，属于中档题21.是自然对数底数，已知函数，.（1）若函数有零点，求实数的取值范围；（2）对于，证明:当时，【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）函数有零点等价于对应方程有实数解，进而分离参数，并通过构造函数，结合求导，利用函数的单调性来确定其最值，从而得以确定参数的范围；（2）通过所要证明的不等式的等价转化，转化为两个不等式问题，通过分类讨论分别加以证明，构造函数并求
18、导，结合函数的单调性与最值来证明与转化【详解】（1）由函数有零点知，方程有实数解，因为，所以设，则的取值范围转化为函数在上的值域因为，所以当，时，函数在上单调递增，当时，函数在上单调递减，故函数在时，取得最大值，又上，所以函数在上的值域为，当时，所以函数在上的值域为，.从而函数有零点时，实数的取值范围为，（2）可以转化为证明两个不等式，.设，所以，当时，函数在上单调递减，当时，函数在上单调递增故函数在时，取得最小值，所以得证设，有，当时，函数在上单调递减；当时，函数，在上单调递增故函数在时，取得最小值所以，得（仅当时取等号）又由为增函数，得.合并得证【点睛】本题主要考查导数及其应用、导数的单调
19、性、极值与最值，不等式的证明，考查推理论证能力函数与方程思想，化归与转化思想，难度较大22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）若直线与曲线相交于，两点，求的面积【答案】(1)(2)【解析】试题分析：（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，即得到曲线的直角坐标方程；由直线的参数方程，消去参数，即可得到直线的普通方程；（2）把直线的参数方程代入曲线的方程，得到，利用弦长公式，得到的长，再利用点到直线的距离公式求的原点到直线的距离，即可求解三角形的面积试题解析：（
20、1）由曲线的极坐标方程为，得，所以曲线的直角坐标方程是由直线的参数方程为（为参数），得直线的普通方程6分（2）由直线的参数方程为（为参数），得（为参数），代入，得，设，两点对应的参数分别为，则，所以，因为原点到直线的距离，所以23.已知函数（1）若，求不等式的解集；（2）若，且，求证：【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用分类讨论法解不等式求不等式的解集；（2）先用绝对值不等式的性质求得，再根据基本不等式可得，利用不等式的传递性可得【详解】（1）时，或或，解得，故不等式的解集为；（2）时，当且仅当时，取等， 当且仅当时取等故【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了三角绝对值不等式的应用，考查了基本不等式求最值，属中档题
