贵州省普通高等学校招生2020届高三高考适应性测试数学（文）试题 Word版含解析 25页

www.ks5u.com 贵州省2020年普通高等学校招生适应性测试 文科数学 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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.‎ 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. 已知集合，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合，再求解.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 因为，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的补集和并集运算，化简集合为最简形式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎2. 函数的最小正周期是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简函数，结合周期公式可求周期.‎ - 25 -‎ ‎【详解】因为，所以周期为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的周期，把函数化简成标准型，利用周期公式可求周期，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎3. 七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，顾名思义，仅由七块板（五个等腰直角三角形，一个正方形，一个平行四边形）组成的.如图，将七巧板拼成一个正方形，在正方形内任取一点，则该点落在正方形内的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设正方形的边长为，求得正方形ABCD的面积，再根据是等腰直角三角形，得到，从而得到，再求得正方形的面积，代入几何概型的概率公式求解.‎ ‎【详解】设正方形的边长为，则正方形ABCD，‎ 因为四边形是正方形，‎ 所以是等腰直角三角形，‎ 所以，，‎ 因为四边形是正方形，‎ 所以正方形EFGH=，‎ 所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查几何概型的面积类型，还考查了识图用图的能力，属于基础题.‎ - 25 -‎ ‎4. 已知直线平面，直线平面，则“”是“”的（ ）‎ A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：由题意考查充分性和必要性即可求得最终结果.‎ 详解：若，则，又，所以；‎ 若，当时，直线与平面的位置关系不确定，无法得到.‎ 综上，“”是“”的充分不必要条件.‎ 本题选择B选项.‎ 点睛：本题主要考查线面平行的判断定理，面面平行的判断定理及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎5. 据记载，欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉发现的，该公式被誉为“数学中的天桥”.特别是当时，得到一个令人着迷的优美恒等式，将数学中五个重要的数（自然对数的底，圆周率，虚数单位，自然数的单位1和零元0）联系到了一起，有些数学家评价它是“最完美的数学公式”.根据欧拉公式，若复数的共轭复数为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据题意求出复数的代数形式，再求它的共轭复数.‎ ‎【详解】由题意，，所以.‎ - 25 -‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查共轭复数，化简复数为形式，其共轭复数为，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎6. 若，则实数之间的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用中间1和2进行比较可得答案.‎ ‎【详解】因为，，;‎ 所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查比较指数式和对数式的大小，一般是利用函数的单调性结合中间值进行比较，侧重考查数学抽象的核心素养.‎ ‎7. 已知一块形状为正四棱柱（底面是正方形，侧棱与底面垂直的四棱柱）的实心木材，，.若将该木材经过切割加工成一个球体，则此球体积的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意，若使球的体积最大，只需该球内切于棱长为2的正方体中即可.‎ ‎【详解】根据题意，当球内切于棱长为2的正方体中时，球的体积最大，‎ 故该球体积最大时，半径为1，体积为：.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查组合体问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎8. 函数的部分图象大致是（ ）‎ - 25 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数的奇偶性可以排除部分选项，再利用特殊值进行排除，可得正确结果.‎ ‎【详解】因为，所以偶函数，排除选项A；‎ 当，排除选项D；‎ 当，排除选项C；‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数图象的识别，利用函数的性质及特殊值，采用排除法是这类问题的常用方法，侧重考查直观想象的核心素养.‎ ‎9. 设双曲线的右焦点为，过作垂直于轴的直线交于，两点若以线段为直径的圆与的渐近线相切，则双曲线的离心率为（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，直线AB的方程为，代入，求得交点坐标，得到以线段为直径的圆的圆心和半径，再根据双曲线的渐近线与圆相切求解.‎ - 25 -‎ ‎【详解】根据题意，直线AB的方程为，代入，得，‎ 所以以线段为直径的圆的圆心为，半径为，‎ 双曲线的渐近线方程为，‎ 因渐近线与圆相切，‎ 所以，化简得，‎ 所以，‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查双曲线的方程，渐近线和离心率，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎10. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险：戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔.该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图例，以下四个选项错误的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 54周岁以上参保人数最少 B. 18～29周岁人群参保总费用最少 C. 丁险种更受参保人青睐 D. 30周岁以上的人群约占参保人群的80%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据统计图表逐个选项进行验证即可.‎ - 25 -‎ ‎【详解】由参保人数比例图可知，54周岁以上参保人数最少，30周岁以上的人群约占参保人群的80%，所以选项A,选项D均正确；‎ 由参保险种比例图可知，丁险种更受参保人青睐，所以选项C正确；‎ 由不同年龄段人均参保费用图可知，18～29周岁人群人均参保费用最少，但是这类人所占比例为20%，所以总费用不一定最少.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查统计图表的识别，根据统计图得出正确的统计结论是求解的前提，侧重考查数据分析的核心素养.‎ ‎11. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴相交于点，过点作斜率为的直线与抛物线相交于，两点，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线的方程为，与抛物线方程联立，由抛物线的定义和弦长公式得到，，再根据，在中，由余弦定理建立关于k的方程求解。‎ ‎【详解】因为，所以，，‎ 设直线的方程为：，，‎ 直线与抛物线联立，‎ 消去y得，‎ 所以，‎ ‎，即，‎ 由抛物线的定义得：，‎ ‎，‎ - 25 -‎ 在中，由余弦定理得：，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎， ‎ 即，‎ 解得，‎ 所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义和直线与抛物线的位置关系以及余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于难题.‎ ‎12. 已知函数，是的导函数.①在区间是增函数；②当时，函数的最大值为；③有2个零点；④.则上述判断正确的序号是（ ）‎ A. ①③ B. ①④ C. ③④ D. ①②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合函数解析式及导数的解析式，逐项验证可得答案.‎ ‎【详解】当时，，，所以在区间是增函数，即①正确；‎ 当时，，当且仅当 - 25 -‎ 时取到最小值，所以②不正确；‎ 当时，，‎ 令，则，由于，所以在上先减后增，且，所以在内只有一个零点；‎ 当时，，‎ 令，则，由于，所以在上先增后减，且，所以在内只有一个零点；‎ 综上可知，有2个零点，所以③正确；‎ 当时，，，所以④不正确；‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的性质，利用导数研究函数的性质是常用方法，侧重考查数学抽象的核心素养.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13. 已知点满足约束条件则原点到点的距离的最小值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，结合图形可得原点到点的距离的最小值.‎ ‎【详解】作出可行域，如图，由图可知点到原点的距离最小，‎ 联立和，得，所以原点到点的距离的最小值为.‎ 故答案为：.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查利用线性规划知识求解距离型最值问题，作出可行域，观察图形，找到最值点是求解的关键，侧重考查直观想象的核心素养.‎ ‎14. 的内角的对边分别为.若，，则的面积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，利用正弦定理得到，化简得，求得角，再由，利用正弦定理求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 化简得：，即，‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以的面积为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ - 25 -‎ ‎15. 如图所示，若输入，，，则输出_________.‎ ‎【答案】520‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合程序框图，逐次进行运算，直到退出循环，输出 - 25 -‎ ‎【详解】第一次运算：；第二次运算：；第三次运算：；第四次运算：；此时退出循环，输出的值520.‎ 故答案为：520.‎ ‎【点睛】本题主要考查程序框图的理解，利用程序框图求解输出值，一般是采用“还原现场”的方法，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎16. 如图是由六个边长为1的正六边形组成的蜂巢图形，定点是如图所示的两个顶点，动点在这些正六边形的边上运动，则的最大值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立直角坐标系，把向量数量积转化为坐标运算，结合函数单调性可求最值.‎ ‎【详解】以为坐标原点建立平面直角坐标系如图，则，，；‎ 由图可知点在线段上运动时，最有可能取到最大值，‎ 线段：，‎ 设，则，，‎ 因为，且为增函数，所以.‎ 故答案为：.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，平面向量问题优先利用坐标运算进行求解，侧重考查数学运算的核心素养.‎ 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17～21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. 2019年底，湖北省武汉市等多个地区陆续出现感染新型冠状病毒肺炎的患者.为及时有效地对疫情数据进行流行病学统计分析，某地研究机构针对该地实际情况，根据该地患者是否有武汉旅行史与是否有确诊病例接触史，将新冠肺炎患者分为四类：有武汉旅行史（无接触史），无武汉旅行史（无接触史），有武汉旅行史（有接触史）和无武汉旅行史（有接触史），统计得到以下相关数据.‎ ‎（1）请将列联表填写完整：‎ 有接触史 无接触史 总计 有武汉旅行史 ‎27‎ 无武汉旅行史 ‎18‎ 总计 ‎27‎ ‎54‎ ‎（2）能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为有武汉旅行史与有确诊病例接触史有关系？‎ 附：‎ - 25 -‎ ‎0.15‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎【答案】（1）列联表见解析；（2）能 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据表格可得有武汉旅行史且有接触史的有9人，有武汉旅行史且无接触史的有18人，可以完成表格；‎ ‎（2）根据列联表计算卡方，根据参考数据可以得出结论.‎ ‎【详解】（1）请将该列联表填写完整：‎ 有接触史 无接触史 总计 有武汉旅行史 ‎9‎ ‎18‎ ‎27‎ 无武汉旅行史 ‎18‎ ‎9‎ ‎27‎ 总计 ‎27‎ ‎27‎ ‎54‎ ‎（2）根据列联表中的数据，由于 ‎.‎ - 25 -‎ 因此，在犯错误的概率不超过0.025的前提下，认为有武汉旅行史与有确诊病例接触史有关系.‎ ‎【点睛】本题主要考查独立性检验，题目较为简单，独立性检验根据公式计算卡方是求解的关键，侧重考查数据处理的核心素养.‎ ‎18. 已知为等差数列，各项为正的等比数列的前项和为，，，__________.在①；②；③这三个条件中任选其中一个，补充在横线上，并完成下面问题的解答（如果选择多个条件解答，则以选择第一个解答记分）.‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）选①：，；选②：，；选③：，；（2）选①：；选②：；选③：‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据所选条件，建立方程组，求解基本量，进而可得通项公式；‎ ‎（2）根据通项公式的特点，选择错位相减法进行求和.‎ 详解】选①解：‎ ‎（1）设等差数列的公差为，‎ ‎∵，∴，∴，，‎ ‎∴，‎ 由，‎ 当时，有，则有，即 当时，，‎ 即，所以是一个以2为首项，2为公比的等比数列.‎ ‎∴.‎ - 25 -‎ ‎（2）由（1）知，‎ ‎∴，①‎ ‎，②‎ ‎①-②得：，‎ ‎∴.‎ 选②解：‎ ‎（1）设等差数列的公差为，‎ ‎∵，∴，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 设等比数列的公比为，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 又∵，∴，解得，或（舍），‎ ‎∴.‎ ‎（2）由（1）可知，‎ ‎∴，‎ ‎，②‎ ‎①-②得：，‎ ‎∴.‎ 选③解：‎ ‎（1）设等差数列的公差为，‎ - 25 -‎ ‎∵，∴，∴，，‎ ‎∴，‎ ‎∵，，‎ 令，得，即，∴，∴，‎ ‎∴；‎ ‎（2）解法同选②的第（2）问解法相同.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解和错位相减法求和，熟记等差数列和等比数列的通项公式是求解的关键，错位相减法求和时，注意检验结果，防止计算错误，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎19. 图是直角梯形，，，，，，点在上，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图.‎ 证明：平面平面；‎ 求点到平面的距离.‎ ‎【答案】证明见解析；.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在图中，连接，由已知得四边形为菱形，连接交于点，得，证明，再由线面垂直的判定可得平面，从而得到平面平面；‎ - 25 -‎ 取的中点，连接，和，设到平面的距离为，在三棱锥中，利用，求解点到平面的距离.‎ ‎【详解】解：证明：在图中，连接，由已知得，‎ ‎，且，四边形为菱形，‎ 连接交于点，，‎ 在中，.‎ ‎.‎ 在图中，，‎ ‎，.‎ 由题意知，，且，‎ 平面，又平面，‎ 平面平面；‎ 如图，取的中点，连接，和，设到平面的距离为，‎ 在直角梯形中，为中位线，则，，‎ 由得平面，平面，‎ ‎，又，得平面，‎ 又平面，，且.‎ 在三棱锥中，，‎ 即，‎ ‎.‎ - 25 -‎ 即点到平面的距离为.‎ ‎【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，利用等体积法的思想，属于中档题.‎ ‎20. 设，分别是椭圆的左，右焦点，两点分别是椭圆的上，下顶点，是等腰直角三角形，延长交椭圆于点，且的周长为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设点是椭圆上异于的动点，直线与直分别相交于两点，点，求证：的外接圆恒过原点.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据的周长为，利用定义可解得，再根据是等腰直角三角形得到即可.‎ ‎（2）设，根据直线与的斜率之积为，设直线的斜率为，则直线，，然后由，可得的坐标，同理得到的坐标，再利用中垂线定理，求得圆心E，验证即可.‎ ‎【详解】（1）∵的周长为，由定义可知，，‎ - 25 -‎ ‎，‎ ‎∴，∴，‎ 又∵是等腰直角三角形，且，∴，‎ ‎∴椭圆的方程为；‎ ‎（2）设，则，‎ ‎∴直线与的斜率之积为，‎ 设直线的斜率为，则直线，，‎ 由，可得，同理，‎ ‎∴线段与的中垂线交点，‎ 又，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ 即共圆，‎ ‎∴故的外接圆恒过定点 ‎【点睛】本题主要考查椭圆的定义，方程及其应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎21. 已知函数.‎ ‎（1）若直线与曲线相切，求的值；‎ ‎（2）对任意，成立，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线与曲线相切于点，根据，由求解.‎ ‎（2）令，根据任意，成立，只需即可，然后求导，再分和两种情况讨论求解.‎ ‎【详解】（1）设直线与曲线相切于点，‎ 因为，‎ 则有解得，所以；‎ ‎（2）令，‎ 则，‎ ‎（ⅰ）当时，因为，所以，在单调递减，‎ 由，但时，，不满足题意；‎ ‎（ⅱ）当时，因为，令，解得，‎ 时，在单调递减，‎ 时，，在单调递增，‎ - 25 -‎ 所以，由题意，可得，‎ 所以，‎ 令，则，即，‎ 令，则，‎ 当时，，在单调递增，‎ 当时，，在单调递减，‎ 所以，时，，即，‎ 所以当时，，‎ 即时，在上恒成立，‎ 综上所述，.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义以及导数与不等式恒成立问题，还考查了分类讨论，转化化归的思想和运算求解的能力，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.‎ ‎22. 如图，在以为极点，轴为极轴的极坐标系中，圆，，的方程分别为，，.‎ ‎（1）若相交于异于极点的点，求点的极坐标；‎ - 25 -‎ ‎（2）若直线与分别相交于异于极点的两点，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）联立方程组可解点的极坐标；‎ ‎（2）表示出的表达式，利用三角函数的知识可求最大值.‎ ‎【详解】（1）由，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，∴点的极坐标为；‎ ‎（2）设 ‎，‎ ‎∴的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查极坐标，极坐标的应用，题目较为简单，明确极坐标的意义是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎23. 已知函数的最小值为6，.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ - 25 -‎ ‎【答案】（1）6；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用绝对值不等式的性质及题目所给最小值可求结果；‎ ‎（2）利用柯西不等式可求，进而得到实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1），当且仅当等号成立 ‎∴；‎ ‎（2）由柯西不等式得，‎ ‎∴，‎ 当且仅当时等号成立，‎ ‎∴，即，解得.‎ 故的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的性质及柯西不等式应用，熟悉柯西不等式的结构是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ - 25 -‎ - 25 -‎