赣州市赣县三中高三月考前适应性考试数学（理）试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020届江西省赣州市赣县三中高三1月考前适应性考试数学(理）试题一､选择题(本题共12题,每小题5分，共60分.在每小题的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.设集合,，则等于(）A. B。 C。 D.【答案】D【解析】【分析】先求得集合B,根据并集运算即可求解。【详解】因为,即集合由并集运算可得故选：D【点睛】本题考查了集合并集的简单运算，属于基础题。2。若复数满足,其中为虚数单位，则的虚部为（）A. B。2 C. D。【答案】B【解析】【分析】用复数除法运算求得，由此求得的虚部。【详解】依题意，虚部为.故选B。【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数虚部的概念,属于基础题。3.为了解户籍、性别对生育二胎选择倾向的影响，某地从育龄人群中随机抽取了容量为200的调查样本，其中城镇户籍与农村户籍各100人；男性120人,女性80人，绘制不同群体中倾向选择生育二胎与倾向选择不生育二胎的人数比例图，如图所示，其中阴影部分表示倾向选择生育二胎的对应比例，则下列叙述中错误的是()A.是否倾向选择生育二胎与户籍有关B.是否倾向选择生育二胎与性别有关C.倾向选择生育二胎的人群中，男性人数与女性人数相同D.倾向选择不生育二胎的人群中，农村户籍人数少于城镇户籍人数【答案】C【解析】【分析】由题意，通过阅读理解、识图，将数据进行比对，通过计算可得出C选项错误．【详解】由比例图可知，是否倾向选择生育二胎与户籍、性别有关，倾向选择不生育二胎的人员中，农村户籍人数少于城镇户籍人数，倾向选择生育二胎的人员中，男性人数为人，女性人数为人，男性人数与女性人数不相同，故C错误，故选C．【点睛】本题主要考查了条形图的实际应用，其中解答中认真审题，正确理解条形图所表达的含义是解答的关键,着重考查了阅读理解能力、识图能力，属于基础题.4。函数的图象大致为（)A。 B.C。 D.【答案】D【解析】【分析】根据函数的奇偶性可排除，当时,根据函数的单调性可得答案．【详解】解：定义域为：，所以为非奇非偶函数，故错误；当时，则，因为在上单调递减，在上单调递增，则在上单调递减，只要满足条件，故选【点睛】本题考查函数的图象，考查同学们对函数基础知识的把握程度以及数形结合与分类讨论的思维能力．5。甲、乙两个不透明的袋中各有5个仅颜色不同的球,其中甲袋中有3个红球，2个白球,乙袋中有2个红球，3个白球，现从两袋中各随机取一球,则两球不同颜色的概率为（）A。 B。 C. D.【答案】D【解析】【分析】现从两袋中各随机取一球，基本事件总数，两球不同颜色包含的基本事件个数，由此能求出两球不同颜色的概率．【详解】甲、乙两个不透明的袋中各有5个仅颜色不同的球，其中甲袋中有3个红球、2个白球，乙袋中有2个红球、3个白球，现从两袋中各随机取一球,基本事件总数,两球不同颜色包含的基本事件个数，则两球不同颜色的概率为．故选．【点睛】本题考查概率的求法,考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．6.若非零向量,满足，向量与垂直，则与的夹角为（）A. B。 C。 D.【答案】B【解析】∵,且与垂直，∴，即，∴，∴，∴与的夹角为．故选．7。执行如图所示的程序框图,输出的结果为A. B。 C. D。【答案】C【解析】【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，利用等比数列的求和公式即可计算得解．【详解】模拟程序的运行，可得该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，由于．故选C．【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．8。正项等差数列的前和为，已知，则=（）A.35 B。36 C。45 D。54【答案】C【解析】【分析】由等差数列通项公式得，求出，再利用等差数列前项和公式能求出.【详解】正项等差数列的前项和，，，解得或（舍）,,故选C。【点睛】本题主要考查等差数列的性质与求和公式，属于中档题。解等差数列问题要注意应用等差数列的性质（）与前项和的关系.9.已知，是过抛物线（）焦点的直线与抛物线的交点，是坐标原点,且满足,,则抛物线的标准方程为（）A. B. C。 D。【答案】A【解析】分析：求出，，利用方程,求得,从而可得结果。详解：设，，则，又由抛物线焦点弦性质,，所以，得，，得．，得，抛物线的标准方程为，故选A。点睛：过抛物线（），焦点的弦的常见性质有：（1）弦长；（2）；（3)10.关于函数有下述四个结论:①是偶函数；②在区间单调递减;③在有个零点;④的最大值为。其中所有正确结论的编号是（）A.①②④ B.②④ C。①④ D.①③【答案】A【解析】【分析】利用偶函数的定义可判断出命题①的正误；去绝对值，利用余弦函数的单调性可判断出命题②的正误；求出函数在区间上的零点个数,并利用偶函数的性质可判断出命题③的正误；由取最大值知,然后去绝对值，即可判断出命题④的正误。【详解】对于命题①，函数的定义域为，且，则函数为偶函数，命题①为真命题；对于命题②，当时,，则，此时，函数在区间上单调递减，命题②正确；对于命题③，当时，，则，当时，，则，由偶函数的性质可知，当时,，则函数在上有无数个零点,命题③错误；对于命题④，若函数取最大值时，，则,，当时,函数取最大值，命题④正确。因此，正确的命题序号为①②④.故选A。【点睛】本题考查与余弦函数基本性质相关的命题真假的判断，解题时要结合自变量的取值范围去绝对值,结合余弦函数的基本性质进行判断，考查推理能力，属于中等题.11.如图，矩形中,为边的中点，将直线翻转成平面)，若分别为线段的中点，则在翻转过程中，下列说法错误的是(）A.与平面垂直的直线必与直线MB垂直B.异面直线与所成角是定值C。一定存在某个位置，使D。三棱锥外接球半径与棱的长之比为定值【答案】C【解析】【详解】取DC中点N，连MN，NB，则，所以平面平面,即平面,A正确；取的中点为F，连接MF,EF，则平面BEFM是平行四边形，所以为异面直线与所成角,故B正确；A关于直线DE对称点N，则平面，即过O与DE垂直的直线在平面上，故C错误；三棱锥外接球的半径为，故D正确。故选C。12。若关于x的方程有三个不相等的实数解，且，其中m∈R，e为自然对数的底数，则的值为()A.1+m B.e C。m—1 D。1【答案】D【解析】【分析】令，则有,即，作出函数的图象，结合图象可得关于的方程一定有两个实根,，,且,，即可求解。【详解】由方程可得.令，则有，即.令函数，则.∴在上单调递增，在上单调递减。作出图象如下：要使关于额方程有三个不相等的实数解，，且结合图象可得关于关于的方程一定有两个实根，,，且，，，。∴∵∴故选D.【点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法（1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的范围；（2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域(最值）问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解。二､填空题（本题共4小题，每小题5分,共20分)13.曲线在点处的切线方程为．【答案】【解析】试题分析：。考点：导数的几何意义。14。已知为正项等比数列的前n项和，若,则的最小值为________．【答案】【解析】【分析】利用等比数列前n项和的性质知，,成等比数列,即可用的式子表示，然后用基本不等式求最小值．【详解】解：由等比数列的性质，，,成等比数列,且故，当且仅当时,等号成立，所以最小值32．故答案为32【点睛】本题考查等比数列的性质，以及利用基本不等式求最值,属于中档题．15。将一颗均匀的骰子掷两次,第一次得到的点数记为,第一次得到的点数记为，则方程组有唯一解的概率是___________．【答案】【解析】【分析】所有的可能的结果（a，b）共有6×6＝36种,满足直线l1与l2平行的结果(a，b）共有3个，由此求得直线l1与l2平行的概率，用1减去直线l1与l2平行的概率，即得所求．【详解】由题意可知,方程组有唯一解转化为表示方程组的两直线相交，即直线l1：ax+by=3与直线l2：x+2y=2相交，又所有的可能出现的结果（a，b）共有6×6＝36种，当直线l1与l2平行时，应有，故其中满足直线l1与直线l2平行的结果(a，b）共有：（1，2）、（2，4）、(3,6)，总计3个，故直线l1与l2平行的概率为．又由a,b的意义可知两条直线不重合,故直线l1与l2相交的概率为1,∴方程组有唯一解的概率为1,故答案为．【点睛】本题考查古典概型及其对立事件的概率计算公式的应用，考查了两直线的位置关系，属于基础题．16.已知，分别为双曲线的左、右焦点,以为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为，，设四边形的周长为,面积为,且满足，则该双曲线的离心率为______。【答案】【解析】【分析】本题首先可根据题意绘出图像并设出点坐标为，然后通过圆与双曲线的对称性得出,再根据“点即在圆上,也在双曲线上"联立方程组得出，然后根据图像以及可得和,接下来利用双曲线定义得出以及,最后根据并通过化简求值即可得出结果．【详解】如图所示，根据题意绘出双曲线与圆的图像，设，由圆与双曲线的对称性可知，点与点关于原点对称，所以，因为圆是以为直径，所以圆的半径为，因为点在圆上，也在双曲线上，所以有，联立化简可得，整理得,，,所以，因为，所以，，因为，所以，因为，联立可得，，因为为圆的直径,所以，即,,，，，,所以离心率．【点睛】本题考查圆锥曲线的相关性质,主要考查双曲线与圆的相关性质，考查对双曲线以及圆的定义的灵活应用，考查化归与转化思想以及方程思想，考查了学生的计算能力，体现了综合性，是难题．三､解答题每小题12分,共60分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知在中,的对边分别是，且，且．（1)求的面积；（2）为边上的点，且满足，当取得最小值时，求的长．【答案】(1）；(2）。【解析】【分析】（1）利用正弦定理把边角关系转化为边的关系，再利用余弦定理可求的值，由题设中的数量积可求的乘积，最后利用公式可求的面积；（2）利用基本不等式可求的最小值,再利用余弦定理可求的长.【详解】解:（1）由正弦定理得，故所以，又因为，所以,，所以．（2)由（1)得，当且仅当时，取得最小值为,此时三角形为等边三角形,故，所以，故．【点睛】在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件，如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式,那么我们可以利用正弦定理化简该条件，如果题设条件是边和角的混合关系式,那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.18。如图，已知多面体ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1,AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1;（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】【分析】分析:方法一：（Ⅰ)通过计算，根据勾股定理得，再根据线面垂直的判定定理得结论;(Ⅱ)找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解.方法二：（Ⅰ）根据条件建立空间直角坐标系,写出各点的坐标，根据向量之积为0得出，再根据线面垂直的判定定理得结论；(Ⅱ）根据方程组解出平面的一个法向量，然后利用与平面法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹角的互余关系求解.【详解】详解：方法一:（Ⅰ）由得,所以。故。由,得,由得,由，得，所以，故.因此平面.（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结由平面得平面平面，由得平面,所以是与平面所成的角.由得，所以，故因此，直线与平面所成的角的正弦值是。方法二：（Ⅰ）如图,以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz。由题意知各点坐标如下：因此由得。由得所以平面。（Ⅱ)设直线与平面所成的角为。由(Ⅰ）可知设平面的法向量.由即可取.所以。因此,直线与平面所成的角的正弦值是.点睛:利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破"：第一，破“建系关”,构建恰当的空间直角坐标系；第二,破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量;第四，破“应用公式关”.19.焦点在x轴上的椭圆C：经过点，椭圆C的离心率为．，是椭圆的左、右焦点，P为椭圆上任意点．(1）求椭圆的标准方程；（2）若点M为的中点（O为坐标原点)，过M且平行于OP的直线l交椭圆C于A，B两点,是否存在实数，使得;若存在，请求出的值,若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在满足条件，详见解析【解析】【分析】（1）根据所给条件列出方程组,求解即可．(2）对直线的斜率存在与否分类讨论，当斜率存在时,设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程,利用韦达定理，即可表示出、、，则可求．【详解】解:（1）由已知可得，解得，,所以椭圆的标准方程为．(2）若直线的斜率不存在时，，，所以;当斜率存在时，设直线的方程为，，．联立直线与椭圆方程，消去y,得，所以．因为，设直线的方程为,联立直线与椭圆方程，消去,得,解得．，，同理，，因为，，故,存在满足条件，综上可得，存在满足条件．【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆综合问题，属于中档题．20.某汽车公司最近研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程的测试．现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图：（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）。（2)根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程近似地服从正态分布，经计算第（1）问中样本标准差的近似值为50．用样本平均数作为的近似值,用样本标准差作为的估计值，现任取一辆汽车,求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率。参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，.（3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车,现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券3万元．已知硬币出现正、反面的概率都是0。5方格图上标有第0格、第1格、第2格、…、第20格．遥控车开始在第0格,客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次．若掷出正面，遥控车向前移动一格（从到)若掷出反面遥控车向前移动两格（从到），直到遥控车移到第19格胜利大本营）或第20格(失败大本营)时，游戏结束．设遥控车移到第格的概率为P试证明是等比数列,并求参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值．【答案】（1）300；（2)0.8186；（3）证明见解析,期望值为,约2万元.【解析】【分析】0000（1)利用每组中点值乘以其频率，再求和即可得到平均值；（2)由(1）可知，利用求解即可；（3)根据题意可知：得出移到第n格两种方式①遥控车先到第格,又掷出反面；②遥控车先到第格，又掷出正面,由此得到,利用定义证明其为等比数列，结合累加法得出的表达式，由此得到，，根据题意得出参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为万元,或0，分别求出或0的概率,然后求出期望即可。【详解】(1）（千米）（2）因为服从正态分布所以（3)遥控车开始在第0格为必然事件，,第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为，即．遥控车移到第n(）格的情况是下列两种，而且也只有两种．①遥控车先到第格，又掷出反面，其概率为②遥控车先到第格,又掷出正面,其概率为所以，当时，数列是公比为的等比数列以上各式相加，得(），获胜的概率失败的概率设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为万元，或0X的期望参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值为,约2万元.【点睛】本题主要考查了频率分布直方图求平均数、正态分布求概率，等比数列的证明以及数学期望的求法，题目较为综合,考查面较广,属于难题。21。己知函数．（Ⅰ)当时,函数在上是减函数，求的取值范围；（Ⅱ）若方程的两个根分别为，求证：。【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ)证明见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）由题，可将条件进行转化，依题意,在上是减函数等价于对恒成立，再采用分离参数法解不等式即可;（Ⅱ）由于方程的两个根分别为,故有，可解得,化简并联立前式可得，再设，则整体可代换为，求，根据的正负即可得证【详解】（Ⅰ)在上递减，对恒成立。即对恒成立,所以只需，,当且仅当时取“”，。（Ⅱ）由已知，得，两式相减，得.由知，设，则。。在上递增，.，.即.【点睛】本题考查根据函数增减性利用导数求解参数问题,已知函数零点利用导数求证不等式恒成