2020届四川省南充高级中学高三第一次高考适应性考试数学（文）试题（解析版）

2020届四川省南充高级中学高三第一次高考适应性考试

数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（     ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】化简集合，按照并集定义，即可得出答案.

【详解】

，

.

故选:B

【点睛】

本题考查集合的运算，属于基础题.

2．（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】分母实数化，即可求得结果.

【详解】

.

故选:C

【点睛】

本题考查复数的除法，属于基础题.

3．“”是“”的（     ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】根据充分必要条件判断方法，即可得出结论.

【详解】

若，则成立；

若，则，

故不成立，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选:A

【点睛】

本题考查充分必要条件的判断，要注意三角函数值与角之间的关系，属于基础题.

4．一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面积为，则球的表面积为（ ）

A．    B．    C．    D．

【答案】B

【解析】试题分析：设球的半径为R，截面小圆半径为r ，球的表面积

【考点】圆的截面小圆性质及球的表面积

点评：球的半径为R，截面小圆半径为r，球心到截面的距离为d,则有，球的表面积

5．函数的最小正周期是（  ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】用二倍角余弦公式变形为，根据最小正周期为，求解即可.

【详解】

故选D.

【点睛】

本题考查余弦型函数的周期性，二倍角公式的运用是解决本题的关键.属于较易题.

6．若变量满足约束条件，则的最大值为（  ）

A． B． C．3 D．11

【答案】C

【解析】根据约束条件画出可行域与目标函数，数形结合，求解即可.

【详解】

画满足约束条件的可行域，如图所示.

根据图象可知，在点处取得最大值

故选C

【点睛】

本题考查线性规划问题，属于较易题.

7．直线关于直线对称的直线方程为（  ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】求出直线与直线交点的坐标，然后取直线上点坐标，并求点关于直线对称的点的坐标，再求直线方程即可.

【详解】

设直线与直线交点为，

由题意可知，解得，即.

取直线上点，

设点关于直线的对称点.则直线垂直平分线段

即，解得，所以点

直线方程为，即.

故选D.

【点睛】

本题考查直线关于直线的对称直线，解决本类问题的关键在于将直线关于直线的对称直线转化为点关于直线的对称点.属于中档题.

8．若过点的直线与曲线有公共点，则直线的斜率的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设直线方程为，即，直线与曲线有公共点，

圆心到直线的距离小于等于半径，

得，选择C

另外，数形结合画出图形也可以判断C正确。

9．函数，若方程有且只有一个实数根，则实数满足（     ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】作出函数图像，数形结合，即可求出答案.

【详解】

做出函数图像，如下图所示：

有且只有一个实数根.

故选:A

【点睛】

本题考查函数零点的个数，考查数形结合思想，属于基础题.

10．设，分别为双曲线的左，右焦点，若双曲线右支上存在点，满足，且到直线的距离等于，则该双曲线的渐近线方程为（  ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题意可知为等腰三角形，取底边中点为，连接，则垂直平分，解得，根据双曲的定义以及之间关系，联立方程组，解得，即可.

【详解】

取线段中点为，连接.

为等腰三角形，且垂直平分.

在中，，

，即

点在双曲线右支上

即

，即

双曲线的渐近线方程为

即渐近线方程为

故选B

【点睛】

本题考查求双曲线的渐近线方程，属于中档题.

11．的内角,,的对边分别为,,.若，则角（     ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】利用正弦定理边化角，化切为弦，整理求出值，即可求出结果.

【详解】

，，

，平方得，

或，

或，

若则

，

若，则.

故选:D

【点睛】

本题考查正弦定理边角互化，考查同角间的平方关系和三角函数值与角的关系，属于中档题.

12．设是函数的导函数，且，（为自然对数的底数），则不等式的解集为（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】构造函数F（x）=，求出导数，判断F（x）在R上递增．原不等式等价为F（lnx）＜F（），运用单调性，可得lnx＜，运用对数不等式的解法，即可得到所求解集．

【详解】

可构造函数F（x）=，

F′（x）==，

由f′（x）＞2f（x），可得F′（x）＞0，即有F（x）在R上递增．

不等式f（lnx）＜x2即为＜1，（x＞0），即＜1，x＞0．

即有F（）==1，即为F（lnx）＜F（），

由F（x）在R上递增，可得lnx＜，解得0＜x＜．

故不等式的解集为（0，），

故选B．

【点睛】

利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造， 构造， 构造， 构造等

二、填空题

13．已知，，，且，则__________.

【答案】3

【解析】根据向量平行的坐标关系，即可求解,

【详解】

，，

，

.

故答案为:3

【点睛】

本题考查向量的坐标表示、平行向量的坐标形式的充要条件，属于基础题.

14．函数在区间上的最大值为_________.

【答案】2

【解析】化简函数，根据自变量的范围，即可求出结论.

【详解】

，

，

的最大值为2.

故答案为:2

【点睛】

本题考查三角函数的化简，以及三角函数最值，属于基础题.

15．若偶函数对任意，都有，且时，，则___________.

【答案】

【解析】根据，可知函数周期为6.再根据函数为偶函数，可知，则，求解即可.

【详解】

对任意，都有

即

函数周期为6.

又函数为偶函数，时，

即.

故答案为：.

【点睛】

本题考查函数的周期性与奇偶性，属于较难的一道题.

16．设抛物线的焦点为，点.若线段的中点在抛物线上，则到该抛物线准线的距离为_____________。

【答案】

【解析】试题分析：根据抛物线方程可表示出焦点F的坐标，进而求得B点的坐标代入抛物线方程求得p，则B点坐标和抛物线准线方程可求，进而求得B到该抛物线准线的距离．

解：依题意可知F坐标为（，0）

∴B的坐标为（，1）代入抛物线方程得=1，解得p=，

∴抛物线准线方程为x=﹣

所以点B到抛物线准线的距离为+=，

故答案为

【考点】抛物线的定义；抛物线的简单性质．

三、解答题

17．从某校随机抽取100名学生，获得了他们一周课外阅读时间（单位：小时）的数据，整理得到频数分布表和频率分布直方图如下．

（1）从该校随机选取一名学生，试估计这名学生该周课外阅读时间少于12小时的频率；

（2）求频率分布直方图中的a，b的值．

【答案】（1）0.9；（2），．

【解析】（1）由频数分布表得，课外阅读时间不少于12小时的共有10（名），即可求解样本中学生该周课外阅读时间少于12小时的频率；

（2）由频数分布表得，课外阅读时间落在[4，6）的人数为17，则频率是=0.17，进而可计算频率分布直方图中的值.

【详解】

（1）由频数分布表得，100名学生课外阅读时间不少于12小时的共有6+2+2=10（名），

所以样本中学生该周课外阅读时间少于12小时的频率P=1–=0.9；

则从该校随机选取一名学生，估计这名学生该周课外阅读时间少于12小时的频率是0.9；

（2）由频数分布表得，课外阅读时间落在[4，6）的人数为17，则频率是=0.17，

所以由频率分布直方图得，a==0.085，

同理可得，b==0.125．

【点睛】

本题主要考查了频率分布直方图的应用，其中解答中熟记在频率分布直方图中，各小长方形的面积表示相应各组的频率，所以所有小长方形的面积的和等于1，且每个小矩形的高度为是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.

18．在等比数列{an}中，an>0  (n∈N )，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2.

 (1) 求数列{an}的通项公式；

(2) 设，数列{bn}的前n项和为Sn，当最大时，求n的值.

【答案】(1) 25－n (2) 8或9

【解析】（1）根据等比数列的性质可知a1a5=a32，a2a8=a52化简a1a5+2a3a5+a2a8=25得到a3+a5=5，又因为a3与a5的等比中项为2，联立求得a3与a5的值，求出公比和首项即可得到数列的通项公式；（2）把an代入到bn=中得到bn的通项公式，即可得到前n项和的通项sn；把sn代入得到，讨论求出各项和的最大值时n的取值．

【详解】

解　(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，

∴a＋2a3a5＋a＝25，

又an>0，∴a3＋a5＝5.

又a3与a5的等比中项为2，

∴a3a5＝4，而q∈(0,1)，

∴a3>a5，∴a3＝4，a5＝1.

∴q＝，a1＝16，∴an＝16×n－1＝25－n.

(2)bn＝log2an＝5－n，

∴bn＋1－bn＝－1，

∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，

∴Sn＝，

∴＝，

∴当n≤8时， >0；

当n＝9时，＝0；

当n>9时， <0.

∴当n＝8或9时，＋＋＋…＋最大.

【点睛】

考查学生灵活运用等比数列等比中项性质的能力，掌握等比数列的通项公式，会进行数列的求和的公式.

19．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，底面.

（1）当为何值时，平面？证明你的结论；

（2）若在边上至少存在一点，使，求的取值范围.

【答案】（1），证明见详解；（2）

【解析】（1）要证平面，只需证垂直于平面内的两条相交直线，由题意可知，则只需证明，只有当四边形为正方形时满足.

（2）由题意可知，若存在点，使，则平面，即，则点应是以为直径的圆和边的一个公共点，即半径，求解即可.

【详解】

（1）当时，四边形为正方形，则.

因为平面，平面，

所以，

又，平面，平面

所以平面.

故当时，平面.

（2）设是符合条件的边上的点.

因为平面，平面

所以，

又，，平面，平面

所以平面，

因为平面，

所以.

因此，点应是以为直径的圆和边的一个公共点.

则半径， 即.

所以.

【点睛】

本题考查根据线面垂直与线线垂直求参数，属于难题.

20．已知椭圆的左，右焦点分别为，，点在椭圆上.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）是否存在斜率为的直线与椭圆相交于,两点，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.

【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析

【解析】（1）根据椭圆定义求出，即可求出椭圆的标准方程；

（2）假设满足条件的直线存在，与椭圆方程联立，求出直线满足的条件，根据已知条件在线段的垂直平分线上，结合直线的斜率公式，推导出直线不存在.

【详解】

（1）因为椭圆的左右焦点分别为，，

所以.由椭圆定义可得,

解得,所以

所以椭圆的标准方程为

（2）假设存在满足条件的直线，设直线的方程为，

由得，即

，

，

解得

设，，则,,

由于，设线段的中点为，则，

所以又，

所以，解得.

当时，不满足.

所以不存在满足条件的直线.

【点睛】

本题考查椭圆的标准方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力.

21．已知函数，其中。

（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

（2）若函数有唯一零点，求的值。

【答案】(1) ；(2)

【解析】（1）根据题意求得切线的斜率和切点，由点斜式方程可得切线方程；

（2）问题等价于关于的方程有唯一的解时，求的值．令，求得的导数，以及单调性和极值，结合图象和已知条件可得的值；

【详解】

解：（1）当时，，

所以，

所以。

又，

所以曲线在点处的切线方程为，

即。

（2）问题等价于关于的方程有唯一的解时，求的值。

令，则。

令，则，

在上单调递减。

又，

当时，，即，

在上单调递增；

当时，，即，

在上单调递减。

的极大值为。

当时，；当时，。

又，当方程有唯一的解时，。

综上，当函数有唯一零点时，的值为1。

【点睛】

本题考查导数的运用：求切线方程和单调性、极值和最值，考查换元法和构造函数法，以及化简运算能力，属于中档题．

22．在极坐标系中，已知曲线：和曲线：，以极点为坐标原点，极轴为轴非负半轴建立平面直角坐标系.

（1）求曲线和曲线的直角坐标方程；

（2）若点是曲线上一动点，过点作线段的垂线交曲线于点，求线段长度的最小值.

【答案】(1)的直角坐标方程为，的直角坐标方程为.(2).

【解析】（1）极坐标方程化为直角坐标方程可得的直角坐标方程为，的直角坐标方程为.

（2）由几何关系可得直线的参数方程为（为参数），据此可得，，结合均值不等式的结论可得当且仅当时，线段长度取得最小值为.

【详解】

（1）的极坐标方程即，则其直角坐标方程为，

整理可得直角坐标方程为，

的极坐标方程化为直角坐标方程可得其直角坐标方程为.

（2）设曲线与轴异于原点的交点为，

∵，∴过点，

设直线的参数方程为（为参数），

代入可得，解得或，

可知，

代入可得，解得，

可知，

所以，

当且仅当时取等号，

所以线段长度的最小值为.

【点睛】

直角坐标方程转为极坐标方程的关键是利用公式，而极坐标方程转化为直角坐标方程的关键是利用公式，后者也可以把极坐标方程变形尽量产生，,以便转化另一方面，当动点在圆锥曲线运动变化时，我们可以用一个参数来表示动点坐标，从而利用一元函数求与动点有关的最值问题.

23．已知函数.

（1）若恒成立，求实数的最大值；

（2）在（1）成立的条件下，正数满足，证明：.

【答案】(1)2；(2)证明见解析.

【解析】（1）由题意可得，则原问题等价于，据此可得实数的最大值.

（2）证明：法一：由题意结合(1)的结论可知，结合均值不等式的结论有，据此由综合法即可证得.

法二：利用分析法，原问题等价于，进一步，只需证明，分解因式后只需证，据此即可证得题中的结论.

【详解】

（1）由已知可得，

所以，

所以只需，解得，

∴，所以实数的最大值.

（2）证明：法一：综合法

∵，

∴，

∴，当且仅当时取等号，①

又∵，∴，

∴，当且仅当时取等号，②

由①②得，∴，所以.

法二：分析法

因为，，

所以要证，只需证，

即证，

∵，所以只要证，

即证，

即证，因为，所以只需证，

因为，所以成立，

所以.

【点睛】

本题主要考查绝对值函数最值的求解，不等式的证明方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.