【解析】四川省棠湖中學高三第一次高考適應性考試數學（文）試題

四川省成都雙流棠湖中學高2020屆第一次高考適應性考試文科數學第Ⅰ卷選擇題一、選擇題，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解對數不等式和一元二次不等式確定集合，然后由并集概念求解．【詳解】解：，，，故選：C.【點睛】本題考查集合的并集運算，考查對數函數的性質和解一元二次不等式，掌握對數函數性質是解題關鍵．的虛部為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】直接利用復數代數形式的乘除運算化簡得答案．【詳解】∵z，∴復數z的虛部為．故選：D【點睛】本題考查的是復數的運算及其概念，較簡單.，則（）A.a＜b＜c B.a＜c＜b C.b＜a＜c D.c＜a＜b【答案】B【解析】【分析】利用對數函數和指數函數的性質求解.【詳解】，，，，，，，故選：B.【點睛】本題考查指數式和對數式的大小比較，考查邏輯推理能力、運算求解能力，求解時注意中間變量的引入.4.下邊程序框圖的算法源于我國古代聞名中外的《中國剩余定理》.表示正整數除以正整數的余數為，例如.執(zhí)行該程序框圖，則輸出的等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據程序框圖依次執(zhí)行循環(huán)，直至跳出循環(huán)，輸出結果.【詳解】繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：跳出循環(huán)，輸出故選：D【點睛】本題考查循環(huán)結構流程圖，考查基本分析求解能力，屬基礎題.5.新冠肺炎期間某商場開通三種平臺銷售商品，收集一月內的數據如圖1；為了解消費者對各平臺銷售方式的滿意程度，該商場用分層抽樣的方法抽取4%的顧客進行滿意度調查，得到的數據如圖2．下列說法錯誤的是（）A.樣本容量為240B.若樣本中對平臺三滿意的人數為40，則C.總體中對平臺二滿意的消費者人數約為300D.樣本中對平臺一滿意的人數為24人【答案】B【解析】【分析】對每一個選項逐一分析判斷得解.求出樣本容量為240判斷選項A的正誤；求出判斷選項B的正誤；計算出總體中對平臺二滿意的消費者人數約為300判斷選項C的正誤；計算出樣本中對平臺一滿意的人數為24人判斷選項D的正誤.【詳解】選項A，樣本容量為，該選項正確；選項B，根據題意得平臺三的滿意率，，不是，該選項錯誤；選項C，樣本可以估計總體，但會有一定的誤差，總體中對平臺二滿意人數約為，該選項正確；選項D，總體中對平臺一滿意人數約為，該選項正確.故選：B．【點睛】本題主要考查分層抽樣，考查用樣本估計總體，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.，，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】根據兩條直線平行的條件，求得m的值，就可以判斷是“”是“”的什么條件．【詳解】當時，代入兩直線方程中，易知兩直線平行，即充分性成立時，顯然，從而有，解得或，但當時，兩直線重合，不合要求，故必要性成立．故選:C【點睛】本題考查了兩條直線平行的條件和充要條件這兩個知識點,屬于簡單題,在做題時注意使用以下三種方法,對充分、必要條件之間的關系進行判斷充分、必要條件的三種判斷方法．1．定義法：直接判斷“若則”、“若則”的真假．并注意和圖示相結合，例如“?”為真，則是的充分條件．2．等價法：利用?與非?非，?與非?非，?與非?非的等價關系，對于條件或結論是否定式的命題，一般運用等價法．3．集合法：若?，則是的充分條件或是的必要條件；若＝，則是的充要條件．7.如圖．四邊形是正方形，點，分別在邊，上，是等邊三角形，在正方形內隨機取一點，則該點取自內的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】連接交于，根據題意，得到，設等邊三角形的邊長為2，分別求出三角形的面積，以及正方形的面積，進而可得所求概率.【詳解】連接交于，則，，所以．設等邊三角形的邊長為2，所以，所以正方形的面積為，等邊三角形的面積為，故所求的概率．【點睛】本題主要考查與面積有關的幾何概型，熟記概率計算公式即可，屬于?？碱}型.的前項和為，若，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據等差數列項的下標的性質可得，再根據計算可得結果.【詳解】由題意得，可得，所以，故選：D【點睛】本題考查了等差數列的項的下標的性質，考查了等差數列的前項和公式，屬于基礎題.是單位向量，且，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】將已知等式兩邊平方，結合單位向量可得，再根據計算可得結果.【詳解】因為是單位向量，，所以，所以，所以所以，故選：A【點睛】本題考查了平面向量的數量積的運算，考查了求平面向量的模，屬于基礎題.關于雙曲線的一條漸近線對稱，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】將圓心的坐標代入漸近線可得結果即可.【詳解】因為圓關于雙曲線的一條漸近線對稱，則圓心在漸近線上，所以，，故選：D.【點睛】本題考查了圓的一般方程，考查了圓的對稱性，考查了雙曲線的漸近線方程，屬于基礎題.，且實數，滿足，若實數是函數的一個零點，那么下列不等式中可能成立的是（）A. B. C. D.【答案】ABC【解析】【分析】由題意，確定函數為增函數，進而得知，，中一項為負的，兩項為正的，或者三項都是負的，分類討論分別求得可能成立選項，從而得到答案.【詳解】由函數的單調性可得，函數在為增函數，由，則為負數的個數為奇數，對于選項，選項可能成立對于選項，當時，函數的單調性可得：即不滿足，故選項不可能成立，故選：【點睛】本題考查了函數的單調性，屬于中檔題.，面面，，，，則三棱錐外接球的表面積（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作出圖形，取的中點，連接、，推導出平面，可知球心在直線上，然后在中由勾股定理可求得外接球的半徑，則外接球的表面積可求.【詳解】如下圖所示，取的中點，連接、，，為的中點，，平面平面，交線為，平面，平面，,為外接圓圓心，則球心在直線上，設三棱錐外接球的半徑為，則，，則，，在中，由勾股定理得，即，解得，因此，三棱錐的外接球的表面積為.故選：C【點睛】本題考查三棱錐外接球表面積的計算，解答的關鍵在于找出球心的位置，并通過列等式計算球的半徑，考查計算能力，屬于中等題.第Ⅱ卷非選擇題二、填空題滿足，則的最小值為______.【答案】【解析】【分析】作出可行域，令，作出目標函數對應的直線，平移該直線，即可求出的最小值.【詳解】畫出滿足條件的平面區(qū)域，如圖所示，令，所以，顯然直線過與的交點時，最小，，解得，此時，故答案為：.【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃求目標函數的最值，考查數形結合的數學思想方法，屬基礎題.求目標圖數最值的一般步驟：一畫、二移、三求.（1）作出可行域（一定要注意是實線還是虛線）；（2）找到目標函數對應的最優(yōu)解對應點；（3）將最優(yōu)解坐標代入目標函數求出最值.是等差數列，公差不為零．若，，成等比數列，且，則，．【答案】【解析】【分析】根據題意列出關于、的方程組，即可解出這兩個量的值.【詳解】由題可得，，故有，又因為，即，所以.【點睛】本題考查等差數列基本量的計算，解題的關鍵就是根據題意列出關于首項和公差的方程組進行求解，考查運算求解能力，屬于中等題.為定義域為的偶函數，當時，，若關于的方程()有且僅有6個不同的實數根，則實數的取值范圍是______.【答案】【解析】分析】根據函數的奇偶性作出函數的圖象，利用換元法判斷函數的根的個數，利用數形結合即可得出結論．【詳解】作出函數的圖象如圖：則在和上遞增，在和上遞減，當時，函數取得極大值；當時，取得極小值，關于的方程()有且僅有6個不同的實數根，設，則當，方程有個根，當，方程有個根，當或，方程有2個根，當，方程有4個根，當，方程有0個根．則必有兩個根、，則有兩種情況符合題意：①，且，此時，則；②，，此時同理可得，綜上可得a的范圍是，故答案為：．【點睛】本題主要考查函數與方程，考查函數的表示法以及一次函數和二次函數，考查數形結合思想，考查邏輯思維能力和運算能力，屬于?？碱}.16.中，，且對于，最小值為，則_____.【答案】【解析】【分析】利用向量的減法運算和數量積，并借助余弦定理，化簡，可得到，化簡，并利用二次函數求最值，求出的最小值，且使最小值等于，可得，進而得出，最后利用余弦定理即可得解.【詳解】設，，，，，，的最小值為，，解得，，，，.故答案為：.【點睛】本題考查了向量的減法運算和數量積，余弦定理以及二次函數求最值問題，考查學生的運算求解能力，屬于綜合題，難度較大.利用向量的減法運算和數量積，并借助余弦定理，化簡，得出三角形三邊的關系是解題的關鍵.三、解答題（一）必考題17.為直角三角形，斜邊上一點，滿足.（1）若，求；（2）若，，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理以及的范圍，得出的值，再借助即可得解；（2）設，根據已知條件和勾股定理求出，進而得到的值，再利用余弦定理即可得解.【詳解】（1）由正弦定理：，得，，，，，.（2）設，，，，從而，由余弦定理，即，解得，所以.【點睛】本題主要考查了正弦定理和余弦定理在平面幾何中的綜合應用，屬于中檔題.平面幾何中解三角形問題的求解思路：（1）把所提供的平面圖形拆分成若干個三角形，然后在各個三角形內利用正弦、余弦定理求解；（2）尋找各個三角形之間的聯系，交叉使用公共條件，求出結果.18.某省即將實行新高考，不再實行文理分科.某校為了研究數學成績優(yōu)秀是否對選擇物理有影響，對該校2018級的1000名學生進行調查，收集到相關數據如下：（1）根據以上提供的信息，完成列聯表，并完善等高條形圖；選物理不選物理總計數學成績優(yōu)秀數學成績不優(yōu)秀260總計6001000（2）能否在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下認為數學成績優(yōu)秀與選物理有關？附：臨界值表：【解析】【分析】（1）由題意計算出各組人數后即可完成列聯表，進而可補全等高條形圖；（2）代入公式計算出，與3.841比較即可得出結論.【詳解】（1）根據題意填寫列聯表如下，選物理不選物理總計數學成績優(yōu)秀420320740數學成績不優(yōu)秀18080260總計6004001000完善等高條形圖，如圖所示；（2）計算，所以能在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下認為數學成績優(yōu)秀與選物理有關.【點睛】本題考查了獨立性檢驗的應用，考查了計算能力，屬于中檔題.19.如圖1，已知菱形的對角線交于點，點為線段的中點，，，將三角形沿線段折起到的位置，，如圖2所示．（Ⅰ）證明：平面平面；（Ⅱ）求三棱錐的體積．【答案】（Ⅰ）見證明；（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）折疊前，AC⊥DE；，從而折疊后，DE⊥PF，DE⊥CF，由此能證明DE⊥平面PCF．再由DC∥AE，DC＝AE能得到DC∥EB，DC＝EB．說明四邊形DEBC為平行四邊形．可得CB∥DE．由此能證明平面PBC⊥平面PCF．（Ⅱ）由題意根據勾股定理運算得到，又由（Ⅰ）的結論得到，可得平面，再利用等體積轉化有，計算結果.【詳解】（Ⅰ）折疊前，因為四邊形為菱形，所以；所以折疊后，，,又，平面，所以平面因為四邊形為菱形，所以．又點為線段的中點，所以．所以四邊形為平行四邊形．所以．又平面，所以平面．因為平面，所以平面平面．（Ⅱ）圖1中，由已知得，，所以圖2中，，又所以，所以又平面，所以又，平面，所以平面，所以．所以三棱錐的體積為．【點睛】本題考查線面垂直、面面垂直的證明，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查了三棱錐體積的求法，運用了轉化思想，是中檔題．，.（1）若的切線過，求該切線方程；（2）討論與圖像的交點個數.【答案】（1）（2）時，只有一個交點；時，有兩個交點【解析】【分析】（1）設出切點，根據，求出切點，進而求出直線斜率，從而得解；（2）構造函數，求出導函數，通過分類討論，研究的單調性，進而判斷出的零點個數，從而得解.【詳解】（1），，設切點為，則，化簡得，所以，，所以切線方程為.（2）設，即討論零點個數.，時，只有一個零點；時，在上單調遞減，單調遞增，，，時，均，此時，有兩個零點，時，時，，時，由得，，若時，在單增，只有一個零點；若時，，，極大值極小值均小于0，從而也只有一個零點.綜上，時，只有一個交點；時，有兩個交點.【點睛】本題考查了函數過某點的切線方程，兩個函數圖像交點個數的判斷，難度較大.求函數的切線方程時，要注意區(qū)分“在某點”和“過某點”，這是一個易錯點.求解兩個函數交點個數的問題時，常用構造函數法，轉化為求解零點個數的題型.，圓，如圖，分別交軸正半軸于點.射線分別交于點，動點滿足直線與軸垂直，直線與軸垂直.（1）求動點的軌跡的方程；（2）過點作直線交曲線與點，射線與點，且交曲線于點.問：的值是否是定值？如果是定值，請求出該定值；如果不是定值，請說明理由.【答案】（1）（2）是定值，為.【解析】【分析】(1)設,再根據三角函數的關系可得,,進而消參求得軌跡的方程即可.(2)設直線的方程為,再聯立直線與(1)中橢圓的方程,根據弦長公式化簡,代入韋達定理求解即可.【詳解】解：方法一：（1）如圖設,則,所以,.所以動點的軌跡的方程為.方法二：（1）當射線的斜率存在時,設斜率為,方程為,由得,同理得,所以即有動點的軌跡的方程為.當射線的斜率不存在時,點也滿足.（2）由（1）可知為的焦點,設直線的方程為（斜率不為0時）且設點,,由得所以,所以又射線方程為,帶入橢圓的方程得,即,所以又當直線斜率為時,也符合條件.綜上,為定值,且為.【點睛】本題主要考查了軌跡方程的求解以及聯立直線與橢圓的方程求解線段弦長與證明定值的問題,屬于難題.（二）選考題選修44：坐標系與參數方程中，曲線的參數方程為