1、四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三数学第一次适应性考试试题 理（含解析）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，集合，则（ ）A. B. 1，0，1，2，3C. 0，1，2，3D. 1，2【答案】C【解析】【分析】首
2、先解一元二次不等式，根据代表元所满足的条件，求得集合A和集合B，之后利用补集和交集的定义求得结果.【详解】集合或， ，故 故选：C【点睛】该题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有解一元二次不等式求集合，集合的补集和交集的运算，属于简单题目.2. 已知复数，则复平面表示的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】C【解析】【分析】由诱导公式分别判断，由复数的几何意义即可得解.【详解】由，所以在复平面对应的点为，在第三象限.故选：C.【点睛】本题考查了诱导公式的应用和复数的几何意义，属于基础题.3. 高中数学课程标准（2017版）规定了数学直观想象学科的六大核
3、心素养，为了比较甲、乙两名高二学生的数学核心素养水平，现以六大素养为指标对二人进行了测验，根据测验结果绘制了雷达图（如图，每项指标值满分为5分，分值高者为优），则下面叙述正确的是（注：雷达图，又可称为戴布拉图、蜘蛛网图，可用于对研究对象的多维分析）（ ）A. 甲的直观想象素养高于乙B. 甲的数学建模素养优于数据分析素养C. 乙的数学建模素养与数学运算素养一样D. 乙的六大素养整体水平低于甲【答案】C【解析】【分析】由雷达图提供的信息逐项分析即可得解.【详解】对于A选项，甲的直观想象素养为4分，乙的直观想象素养为5分，即甲的直观想象素养低于乙，故选项A错误；对于B选项，甲的数学建模素养为3分，数
4、据分析素养为3分，即甲的数学建模素养与数学抽象素养同一水平，故选项B错误；对于C选项，由雷达图可知，乙的数学建模素养为4分，数学运算素养为4分，故选项C正确；对于D选项，乙的六大素养中只有数学运算比甲差，其余都优于甲，即乙的六大素养整体水平优于甲，故选项D错误.故选：C.【点睛】本题考查了统计图的应用，属于基础题.4. 函数的一个单调递减区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式化简函数的解析式，再利用余弦函数的单调性，求得的一个减区间【详解】解：对于函数，令，解得，可得函数的单调递减区间为，令，可得选项B正确，故选：B【点睛】本题主要考查诱导公式、余弦函数的单
5、调性，属于基础题5. 若是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若，因为垂直于平面，则或；若，又垂直于平面，则，所以“ ”是“ 的必要不充分条件，故选B考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系6. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据导数和单调性的关系，判断函数的单调性，再判断函数的变化趋势，即可得到答案【详解】解：的定义域为，恒成立，在，单调递增，当时，函数单调递增，故排除，当时，故排除，故选：A【点睛】本题主要考查函数图象的识别，关键
6、是掌握函数的单调性和函数值的变化趋势，属于中档题7. 已知函数为偶函数，且在上单调递减，则的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据为偶函数，可得，从而得到，再根据在上单调递减，得到，然后用一元二次不等式解法求解.【详解】因为为偶函数，所以，即，因为在上单调递减，所以，可化为，即，解得或.故选：B.【点睛】本题主要考查奇偶性与单调性的应用以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.8. 已知函数，其中0，为f(x)的零点：且恒成立，在区间上有最小值无最大值，则的最大值是（ ）A. 11B. 13C. 15D. 17【答案】C【解析】【分析】先由，可得
7、为正奇数，再由在区间上有最小值无最大值得到，结合选项进行验证.【详解】由题意，是的一条对称轴，所以，即，又，所以，由，得，又在区间上有最小值无最大值，所以，即，解得，要求最大，结合选项，先检验，当时，由得，即，又，所以，此时，当时，当即时，取最小值，无最大值，满足题意.故选：C【点睛】本题考查正弦型函数的图象及性质，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.9. 唐代诗人李顾的诗古从军行开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区
8、域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出关于的对称点，根据题意，则为最短距离，即可得答案；【详解】设点关于直线的对称点，设军营所在区域为的圆心为，根据题意，为最短距离，先求出的坐标，的中点为，直线的斜率为1，故直线为，由，解得，所以，故，故选：A.【点睛】本题考查点关于直线对称及圆外一点到圆上点距离的最小值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.10. 已知四棱锥的棱长都是，为的中点，则经过的平面截四棱锥所得截面的面积为（ ）A.
9、 B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由平面的基本性质找出经过的平面截四棱锥所得截面图形，先证明是等腰三角形，并求出，再证明四边形是矩形，并求出，即可得到答案.【详解】根据题意，作出四棱锥的图像如图所示，因为、分别为和的中点，所以，且，设中点为，为中点，则，且，所以，且，四边形为平行四边形，、四点共面，设中点为，作，且交于点，交于点则点在平面上，故五边形即截四棱锥所得截面；因为，所以，又，由余弦定理，同理，；所以是等腰三角形，又，所以，所以；又，且，所以，所以四边形是矩形，所以矩形的面积，所以截面积.故选：B【点睛】本题主要考查平面的基本性质，考查空间直线的关系，并涉及到余弦定理的应
10、用，考查学生数形结合能力，属于中档题.11. 如图，为的外心，为钝角，是边的中点，则的值A. B. 5C. 6D. 7【答案】B【解析】【分析】取、的中点、，可知，所求，由数量积的定义结合图象可得，代值即可【详解】解：取、的中点、，可知，是边的中点，由数量积的定义可得，而，故；同理可得，故，故选：B【点睛】本题为向量数量积的运算，数形结合并熟练应用数量积的定义是解决问题的关键，属于中档题12. 已知双曲线与函数的图象交于点，若函数的图象在点处的切线过双曲线左焦点，则双曲线的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设的坐标为，用导数表示点处切线斜率，再由两点坐标表示斜率，
11、由此可求得，即点坐标，写出左焦点坐标，由双曲线定义求得，从而可得离心率【详解】解析：设的坐标为，由左焦点，函数的导数，则在处的切线斜率，即，得则，设右焦点为，则，即， 双曲线的离心率故选：D【点睛】本题考查双曲线的离心率，考查导数的几何意义考查双曲线的定义解题关键是把切线的斜率用两种方法表示，从而可求得结论第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. 展开式中的的系数为_【答案】【解析】【分析】利用组合知识，5个相乘，其中含的项，可以5个括号中3个取，剩余2个取1，也可以2个取剩余的3个括号中选2个取，剩余1个取1，还可以5个括号选一个取，剩余4个取，这3
12、项的系数和即为所求.【详解】利用组合知识，含的项可以分3种情况取得，第一种取3个，剩余两个取1，即 .第二种选2个括号提供，剩余的3个括号中选2个取，剩余1个取1，即，第三种5个括号选一个取，剩余4个取，即，合并同类项，系数为，故填30.【点睛】本题主要考查了含三项的二项式展开式问题，利用组合知识解决比较简单，属于中档题.14. 安排共6名志愿者照顾甲、乙、丙三位老人，每两位志愿者照顾一位老人，考虑到志愿者与老人住址距离问题，志愿者安排照顾老人甲，志愿者不安排照顾老人乙，则安排方法共有_种【答案】18【解析】【分析】先从CDEF中安排两位志愿者照顾乙，再从剩余的除去A的三位志愿者中选择两位照顾
13、丙，计算得到答案.【详解】先从CDEF中安排两位志愿者照顾乙，有种选择，再从剩余除去A的三位志愿者中选择两位照顾丙，有种选择，剩余一位和A照顾甲，故共有种安排方法.故答案为：18.【点睛】本题考查了组合的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.15. 设数列满足，则数列的前40项和是_【答案】840【解析】【分析】利用累加法可求得数列的通项公式，再并项求和求解前40项和即可.【详解】因为，且，故时，累加可得， 满足上式，即，故的前40项和 即.故答案为：840【点睛】本题主要考查了累加法求解数列通项公式、并项求和以及等差数列的求和公式等.属于中档题.16. 已知函数在上存在唯一零点，则下列说法
14、中正确的是_.（请将所行正确的序号填在梭格上）；.【答案】【解析】【分析】有唯一解，即的根为.令，求出，研究的性质，而在上有唯一解，在上递减，在上递增，考虑和时函数的变化，只能有，这样可判断正确，错误，结合再由零点存在定理判断错误【详解】由题意知有唯一解，即的根为.令，令得，当时，有唯一解，满足，故在上单调递减，上单调递增.又因为，因此，即，故.另外，令，故在上单调递增，故错误.故答案为【点睛】本题考查函数零点分布问题，首先把问题转化，使得要研究的函数简单化，再利用导数研究此函数性质，得出零点需满足的条件本题难度较大，属于困难题三解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17
15、21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. 设函数.（1）求的单调增区间；（2）在中，若，且，求的值.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）由两角和差的正弦公式展开，由二倍角的余弦公式整理，再由辅助角公式化简得到，再由三角函数的性质求出的增区间即可；（2）由求出和，再由正弦定理求出，利用求出，再由余弦定理即可求出.【详解】（1） 由题意， ，化简得， ， 由 可得，所以的单调增区间为 ；（2）由（1）知，所以，解得，所以，由，得，在中，由正弦定理可得：，解得，由，可得，在中，由余弦定理可得：，解得.【点睛】本题主要考查正
16、弦定理和余弦定理解三角形，以及三角恒等变换的应用，考查学生的分析计算能力，属于中档题.18. 某客户准备在家中安装一套净水系统，该系统为二级过滤，使用寿命为十年如图所示两个二级过滤器采用并联安装，再与一级过滤器串联安装.其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现在使用过程中，一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换（每个滤芯是否需要更换相互独立）.若客户在安装净水系统的同时购买滤芯，则一级滤芯每个160元，二级滤芯每个80元.若客户在使用过程中单独购买滤芯则一级滤芯每个400元，二级滤芯每个200元.现需决策安装净水系统的同时购买滤芯的数量，为此参考了根据100套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数
17、据制成的图表，其中表1是根据100个一级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表，图2是根据200个二级过滤器更换的滤芯个数制成的条形图.表1：一级滤芯更换频数分布表一级滤芯更换的个数89频数6040图2：二级滤芯更换频数条形图 以100个一级过滤器更换滤芯的频率代替1个一级过滤器更换滤芯发生的概率，以200个二级过滤器更换滤芯的频率代替1个二级过滤器更换滤芯发生的概率.（1）求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为16的概率；（2）记表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的二级滤芯总数，求的分布列及数学期望；（3）记分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数.
18、若，且，以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为决策依据，试确定的值.【答案】（1）0.024；（2）分布列见解析，；（3）【解析】分析】（1）由题意可知，若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为16，则该套净水系统中一个一级过滤器需要更换8个滤芯，两个二级过滤器均需要更换4个滤芯，而由一级滤芯更换频数分布表和二级滤芯更换频数条形图可知，一级过滤器需要更换8个滤芯的概率为0.6，二级过滤器需要更换4个滤芯的概率为0.2，再由乘法原理可求出概率；（2）由二级滤芯更换频数条形图可知，一个二级过滤器需要更换滤芯的个数为4，5，6的概率分别为0.2，0.4，0.4，而
19、的可能取值为8，9，10，11，12，然后求出概率，可得到的分布列及数学期望；（3）由，且，可知若，则，或若，则，再分别计算两种情况下的所需总费用的期望值比较大小即可.【详解】（1）由题意知，若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为16，则该套净水系统中一个一级过滤器需要更换8个滤芯，两个二级过滤器均需要更换4个滤芯，设“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为16”为事件，因为一个一级过滤器需要更换8个滤芯的概率为0.6，二级过滤器需要更换4个滤芯的概率为0.2，所以.（2）由柱状图知，一个二级过滤器需要更换滤芯的个数为4，5，6的概率分别为0.2，0.4，0.4，
20、由题意的可能取值为8，9，10，11，12，从而，.所以的分布列为891011120.040.160.320.320.16（个）.或用分数表示也可以为89101112（个）.（3）解法一：记表示该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用（单位：元）因为，且，1若，则，（元）；2若，则，（元）.因为，故选择方案：.解法二：记分别表示该客户的净水系统在使用期内购买一级滤芯和二级滤芯所需费用（单位：元）1若，则，的分布列为128016800.60.488010800.840.16该客户的净水系统在使用期内购买的各级滤芯所需总费用为（元）；2若，则，的分布列为800100012000.520.3
21、20.16（元）.因为所以选择方案：.【点睛】此题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查古典概型，考查运算求解能力，属于中档题.19. 如图，已知三棱柱中，与是全等的等边三角形.（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1) 取的中点，连接，可得，从而可得平面，即可得到结论.(2) 设,由余弦定理可得，在中，有，则以分别为轴建立空间直角坐标系，用向量法求解二面角的余弦值.【详解】（1）取的中点，连接，由于与是等边三角形，所以有，且，所以平面，平面，所以. （2）设，与是全等的等边三角形，所以，又，由余弦定理可得，在中，有，以分
22、别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，设平面的一个法向量为，则，令，则，又平面的一个法向量为，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直，考查求二面角的余弦值，求二面角的相关问题常用向量法，属于中档题.20. 已知椭圆的离心率为，右焦点为，左顶点为A，右顶点B在直线上（）求椭圆C的方程；（）设点P是椭圆C上异于A，B的点，直线交直线于点，当点运动时，判断以为直径的圆与直线PF的位置关系，并加以证明【答案】（）；（）以BD为直径的圆与直线PF相切【解析】【分析】（）根据条件解得a,b值，（）设点P（x0，y0），解得D点坐标，即得以BD为直径的圆圆心坐标以及半径，再根据直线
23、PF方程，利用圆心到直线PF距离与半径大小关系作判断.【详解】（）依题可知B（a，0），a=2，因为，所以c=1，故椭圆C的方程为（）以BD为直径的圆与直线PF相切证明如下：设点P（x0，y0），则当x0=1时，点P的坐标为（1，），直线PF的方程为x=1，D的坐标为（2，2）此时以BD为直径的圆与直线PF相切当1时直线AP的方程为，点D的坐标为，BD中点E的坐标为，故直线PF的斜率为，故直线PF的方程为，即，所以点E到直线PF的距离,故以BD为直径的圆与直线PF相切综上得，当点P运动时，以BD为直径的圆与直线PF相切【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系以及直线与圆位置关系，考查综合分析求解能力
24、，属中档题题. 直线与圆位置关系，一般利用圆心到直线距离与半径大小关系进行判断.21. 设函数，其中，是自然对数的底数.（1）若在上存在两个极值点，求的取值范围；（2）若，函数与函数的图象交于，且线段的中点为，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，求函数求导，分离参数，构造函数，利用导数研究其单调性，由其在上有两个零点，即可求得参数的范围；（2）根据题意，求得参数；将要证明的问题转化为求证，令，通过构造函数，以及，通过上述两个函数的单调性即可证明.【详解】（1）定义域为，则在上存在两个极值点等价于在上有两个不等实根，由，解得，令，则，令，则，当时，故函数在上
25、单调递减，且，所以，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，是的极大值也是最大值，所以，所以，又当时，当时，大于0且趋向于0，要使在有两个根，则；（2）证明：，由，得，则，要证成立，只需证，即，即，设，即证，要证，只需证，令，则，所以在上为增函数，所以，即成立；要证，只需证，令，则，所以在上为减函数，所以，即成立；所以成立，即成立.【点睛】本题考查利用导数由函数的极值点个数求参数范围，以及利用导数证明不等式，属综合中档题.（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：坐标系与参数方程 22. 在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为
26、极轴建立极坐标系已知直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为（1）写出直线和曲线的直角坐标方程；（2）过动点且平行于的直线交曲线于两点，若，求动点到直线的最近距离【答案】（1）直线：；曲线：；（2）【解析】分析】（1）运用极坐标和直角坐标的关系，以及两角差的正弦公式，化简可得所求直角坐标方程；（2）设出过且平行于的直线的参数方程，代入抛物线方程，化简整理，运用韦达定理和参数的几何意义，运用点到直线的距离公式和二次函数的最值求法，可得所求最值【详解】（1）直线的极坐标方程为，即为，即，可得，即；曲线的极坐标方程为，即为，可得；（2）设过点且平行于的直线的参数方程设为（为参数），代入抛物线方程，可得，设对应的参数分别为，可得，又，即有，由，可得，即，到直线的距离：，当，时，动点到直线的最近距离为【点睛】本题主要考查的是直角坐标方程与极坐标方程的互化，直线参数方程的应用，属于中档题.选修4-5：不等式选讲23. 已知，均为正数，且.证明：（1）；（2）.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）由进行变换，得到，两边开方并化简，证得不等式成立.（2）将化为，然后利用基本不等式，证得不等式成立.【详解】（1），两边加上得，即，当且仅当时取等号，.（2）.当且仅当时取等号.【点睛】本小题主要考查利用基本不等式证明不等式成立，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.