陕西省西安市西北工业大学附中2020届高三下学期4月适应性测试数学（文）试题 22页

陕西西安西北工业大学附中2020届高三4月适应性测试全国2卷 ‎（文科）数学试题 第Ⅰ卷（选择题共60分）‎ 一、选择题（本大题共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.设全集为R，集合，，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：由题意首先求得，然后进行交集运算即可求得最终结果.‎ 详解：由题意可得：，‎ 结合交集的定义可得：.‎ 本题选择B选项.‎ 点睛：本题主要考查交集的运算法则，补集的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎2.设复数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的乘法运算法则，准确化简，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，复数，即，所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的四则运算，其中解答中熟记复数的乘法运算法则是解答的关键，着重考查了计算能力.‎ ‎3.已知，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式由得到，由易得，再由求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查同角三角函数基本关系式以及诱导公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎4.将函数的图像向右平移个单位长度得到的图像，若函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的图象变换，求得，在结合三角函数的性质，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，函数的图像向右平移个单位长度得到，‎ 因为，则，‎ 又因为函数在区间上单调递增，则，‎ 解得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的图形与性质的性质的综合应用，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎5.已知在等比数列中，，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设公比为，根据，利用等比数列的性质得到，则，再与，联立求得，，再利用等比数列的通项公式求解.‎ ‎【详解】设公比为，因为 所以，则，‎ 所以，又，‎ 所以，得，则，‎ 所以，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的基本运算及其性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎6.下列四个命题中，正确命题的个数有（ ）‎ ‎①，‎ ‎②命题“，”的否定是“，”‎ ‎③“若，则，中至少有一个不小于‎2”‎的逆命题是真命题 ‎④复数，则的充分不必要条件是 A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于①中，根据三角函数的性质，即可判定；对于②中，根据全称命题与存在性命题的关系，即可判定；对于③中，根据四种命题的关系，即可判定；对于④中，根据复数的运算和充分条件、必要条件，即可判定.‎ ‎【详解】由题意，对于①中，由于，所以是错误；‎ 对于②中，根据全称命题与存在性命题的关系，可得命题“，”的否定是“，”是正确的；‎ 对于③中，原命题的逆命题为：若，中至少有一个不小于2，则，而，满足，中至少有一个不小于2，但此时，所以是假命题；‎ 对于④中，例如时，可得，‎ 满足，所以必要性不成立，‎ 又如：时，，‎ 此时，所以充分性不成立，‎ 所以是既不充分也不必要条件，所以错误.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了命题的真假判定及应用，其中解答中涉及到全称命题与存在性命题的关系，四种命题的关系及判定，复数的运算等基础知识的综合考查，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎7.明朝数学家程大位著的《算法统宗》里有一道著名的题目： “一百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大、小和尚各几丁？”下图所示的程序框图反映了此题的一个算法．执行下图的程序框图，则输出的 ( )‎ A. 25 B. ‎45 ‎C. 60 D. 75‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图，解方程得，即可得到答案.‎ ‎【详解】根据程序框图，当时，解得，‎ 此时，终止循环.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查程序框图语言和数学文化的交会，考查阅读理解能力，求解时注意将问题转化为解方程问题.‎ ‎8.2020年，一场突如其来的“新型冠状肺炎”使得全国学生无法在春季正常开学，不得不在家“停课不停学”.为了解高三学生居家学习时长，从某校的调查问卷中，随机抽取个学生的调查问卷进行分析，得到学生可接受的学习时长频率分布直方图（如下图所示），已知学习时长在的学生人数为25，则的值为（ ）‎ A. 40 B. ‎50 ‎C. 80 D. 100‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由频率分布直方图的性质，求得，再结合频率分布直方图的频率的计算方法，即可求解.‎ ‎【详解】由频率分布直方图的性质，可得，解得，‎ 所以学习时长在的频率，解得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了频率分布直方图性质及其应用，其中解答中熟记频率分布直方图的性质是解答的关键，着重考查了数据分析能力，以及计算能力.‎ ‎9.设，满足约束条件若取得最大值的最优解不唯一，则实数的值为（ ）‎ A. 或 B. 或 C. 或 D. 或2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 如图，当时，；当时，；当时，.‎ 故选A ‎10.已知两个夹角为的单位向量，，若向量满足，则的最大值是（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，为符合题意的两个向量，得到，再根据表示以的坐标为圆心，1为半径的圆求解.‎ ‎【详解】如图所示：‎ 设，为符合题意的两个向量，‎ 则，即，‎ 而，则的终点在以为圆心，1为半径的圆上，‎ 从而当的终点在点处时，最大，且，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量坐标运算以及向量模的几何意义的应用，还考查了数形结合的思想方法和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎11.设抛物线：的焦点为，点在上，，若以为直径的圆过点，则的标准方程为（ ）‎ A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设以为直径的圆的圆心为，得到圆的方程，又因为圆过点，求得，结合抛物线的定义，求得的值，即求解.‎ ‎【详解】由题意，：的焦点为，准线方程为，‎ 根据抛物线的定义，可得，‎ 设以为直径的圆的圆心为，所以圆的方程为，又因为圆过点，所以，‎ 又因为点在上，所以，解得或，‎ 抛物线的标准方程为或.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线标准方程及其几何性质的应用，其中解答中根据抛物线的定义和几何性质求得圆的方程，得到是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.‎ ‎12.已知函数在上有两个极值点，且在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得函数的导数，根据函数在上有两个极值点，转化为在上有不等于的解，令，利用奥数求得函数的单调性，得到且，又由在上单调递增，得到在上恒成立，进而得到在上恒成立，借助函数在为单调递增函数，求得，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意，函数，‎ 可得，‎ 又由函数在上有两个极值点，‎ 则，即在上有两解，‎ 即在在上有不等于2的解，‎ 令，则，‎ 所以函数在为单调递增函数，‎ 所以且，‎ 又由上单调递增，则在上恒成立，‎ 即在上恒成立，即在上恒成立，‎ 即在上恒成立，‎ 又由函数在为单调递增函数，所以，‎ 综上所述，可得实数的取值范围是，即，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.‎ 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分（共90分）.第13~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22~23为选考题，考生根据要求作答.‎ 二､填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应的题号后的横线上）‎ ‎13.直线被圆截得的弦长为___________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由弦心距、半径、弦长的一半构成的直角三角形，应用勾股定理得，直线 被圆截得的弦长为．‎ 考点：直线与圆的位置关系 点评：简单题，研究直线与圆的位置关系问题，要注意利用数形结合思想，充分借助于“特征直角三角形”，应用勾股定理．‎ ‎14.如图，已知正方形ABCD的边长为l，点E是AB边上的动点．则的最大值为______．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据平面向量数量积的几何意义得：当点E在点B时，值的最大，此时，所以的最大值为1.‎ 考点：平面向量数量积的几何意义；向量的投影．‎ 点评：方向上的投影就是．属于基础题型．‎ ‎15.已知双曲线的左顶点为，右焦点为，点，双曲线的渐近线上存在一点，使得，，，顺次连接构成平行四边形，则双曲线的离心率______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，，，顺次连接构成平行四边形，求得点与点的中点，从而求得点的坐标，代入双曲线方程求解.‎ ‎【详解】由题知点与点的中点也是点与点的中点，‎ 所以点的坐标为，‎ 又点在渐近线上，‎ 所以，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎16.如图，矩形中，，，为的中点，点，分别在线段，上运动（其中不与，重合，不与，重合），且，沿将折起，得到三棱锥，则三棱锥体积的最大值为______.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 沿将折起，得到三棱锥，得到当平面平面时，三棱锥体积最大，利用三棱锥的体积公式，结合二次函数的性质，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，沿将折起，得到三棱锥，‎ 可得当平面平面时，三棱锥体积最大，此时平面，‎ 设，则，且，‎ 则三棱锥的体积为，‎ 当时三棱锥体积最大，且.‎ 故答案为：1.‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及三棱锥的体积计算，其中解答中根据几何体的结构特征，得到当平面平面时，三棱锥体积最大，再利用体积公式和二次函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ 三､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）‎ ‎17.如图，CM，CN为某公园景观湖胖的两条木栈道，∠MCN=120°，现拟在两条木栈道的A，B处设置观景台，记BC=a，AC=b，AB=c（单位：百米）‎ ‎（1）若a，b，c成等差数列，且公差为4，求b的值；‎ ‎（2）已知AB=12，记∠ABC=θ，试用θ表示观景路线A-C-B的长，并求观景路线A-C-B长的最大值．‎ ‎【答案】（1）10；（2）8.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用a、b、c成等差数列,且公差为4,可得,利用余弦定理即可求b的值；‎ ‎（2）利用正弦定理,求出AC、BC,可得到观景路线A-C-B为是关于的函数,求出最大值即可 ‎【详解】解：（1）∵a、b、c成等差数列,且公差为4,∴,‎ ‎∵∠MCN=120°，‎ ‎∴,即°,‎ ‎∴b=10‎ ‎（2）由题意,在中,,‎ 则,‎ ‎∴,,‎ ‎∴观景路线A-C-B的长,且,‎ ‎∴θ=30°时,观景路线A-C-B长的最大值为8‎ ‎【点睛】本题考查利用余弦定理求三角形的边,考查正弦定理的应用,考查三角函数的最值问题,考查运算能力 ‎18.近年来，某市为了促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000吨生活垃圾，数据统计如下（单位：吨）：‎ ‎ ‎ ‎“厨余垃圾”箱 ‎ ‎“可回收物”箱 ‎ ‎“其他垃圾”箱 ‎ 厨余垃圾 ‎ ‎400 ‎ ‎100 ‎ ‎100 ‎ 可回收物 ‎ ‎30 ‎ ‎240 ‎ ‎30 ‎ 其他垃圾 ‎ ‎20 ‎ ‎20 ‎ ‎60 ‎ ‎（Ⅰ）试估计厨余垃圾投放正确的概率 ‎（Ⅱ）试估计生活垃圾投放错误的概率 ‎ ‎（Ⅲ）假设厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为a,b,c,其中a>0，a+b+c=600.当数据a,b,c,的方差最大时，写出a,b,c的值（结论不要求证明），并求此时的值．‎ ‎（注：，其中为数据的平均数）‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）0.3;（Ⅲ）时，方差取得最大值8000.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（Ⅰ）厨余垃圾一共有吨，其中投放正确有吨，所以概率为 ‎（Ⅱ）生活垃圾一共有吨，其中投放错误有吨，所以概率为 ‎（Ⅲ）由题意得：‎ 当且仅当时取等号 ‎19.如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点是棱的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由勾股定理，得到，再由侧面，所以，利用线面垂直的判定定理，即可证得直线平面；‎ ‎（2）根据直线与平面所成角的定义，得到为所求与平面所成角，在直角中，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，因为，，，由余弦定理可得，‎ 因为，所以，‎ 又因为侧面，所以，‎ 又由，平面，‎ 所以直线平面.‎ ‎（2）在中，且，可得，‎ 又由且，所以.‎ 又因为，则，即，‎ 因为平面，所以平面，则，‎ 又由平面，平面且，则，‎ 则为所求与平面所成角，‎ 在直角中，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面直线与平面垂直的判定，以及直线与平面所成角的求解，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及熟记应用直线与平面所成角的定义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎20.已知直线与轴的交点为.点满足线段的垂直平分线过点.‎ ‎（1）若，求点的坐标；‎ ‎（2）设点在直线上的投影点为，的中点为，是否存在两个定点，使得当运动时，为定值？请说明理由.‎ ‎【答案】（1）或（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用几何关系得出，再由斜率公式以及两点间距离公式，列出方程组，即可求解；‎ ‎（2）设，则，根据中点坐标公式得出，再由垂直平分线的性质得出点的轨迹为椭圆，由椭圆的定义即可作出判断.‎ ‎【详解】（1）若，垂直平分，则 又，，即 设 ，则，且 解得或 ‎（2）设，则，由的中点为，可得 因为的垂直平分线过点，则 ‎，即点的轨迹是椭圆（不含点）‎ 故由椭圆定义可知，存在满足为定值 ‎【点睛】本题主要考查了两点间距离公式以及斜率公式，涉及了椭圆的轨迹问题，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；‎ ‎（2）当时，是否存在整数，使得关于的不等式恒成立？若存在，求出的最大值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）存在；的最大值为-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得，根据题设条件，得到，即可求解；‎ ‎（2）假设存在整数，使得不等式恒成立，当时，函数，求得函数的导数，令，利用导数求得函数的单调性与最值，结合零点的存在定理和函数的最值，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，函数，则，‎ 因为曲线在点处的切线方程为，‎ 所以，解得.‎ ‎（2）假设存在整数，使得关于的不等式恒成立，‎ 当时，函数，可得，‎ 设，则，‎ 所以单调递增，且，，‎ 所以存在使得，‎ 因为当时，，即，所以单调递减；‎ 当时，，即，所以单调递增，‎ 所以时，取得极小值，也是最小值，‎ 此时，‎ 因，所以，‎ 因为，且为整数，所以，即的最大值为-1.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义的应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎ 请考生在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.在直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，，为曲线上两点，且，设射线：‎ ‎.‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）求的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先将曲线的参数方程化为直角坐标方程，再将，代入化简即可.‎ ‎（2）根据题意得到射线的极坐标方程为或，利用极径的几何意义得到，，建立模型，利用基本不等式求解.‎ ‎【详解】（1）将曲线的参数方程化为直角坐标方程：，‎ 将，代入可得，‎ 化简得：.‎ ‎（2）由题意知，射线的极坐标方程为或，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 当且仅当，即时，取最小值.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查参数方程，直角坐标方程，极坐标方程的转化，以及椭圆方程的求法以及垂直弦问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数，若的最大值为.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）设函数，若，且，求证：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将函数转化为，再利用分段函数的性质求解.‎ ‎（2）根据（1）得到，将化为，两边平方利用一元二次不等式解法求解.‎ 详解】（1）∵，‎ ‎∴当时，，‎ ‎∴.‎ ‎（2），‎ ‎∴可化为，即，‎ 两边平方后得，，‎ 即，‎ 由得，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值函数求最值以及一元二次不等式解法的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎