2020届贵州省贵阳市第一中学高三高考适应性月考卷（六）数学（文）试题（解析版）

2020届贵州省贵阳市第一中学高三高考适应性月考卷（六）数学（文）试题  一、单选题1．已知集合，，则的元素个数为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】利用列举法表示集合，利用交集的定义可得出集合，即可得出该集合中元素的个数.【详解】由题意得，，因此，，共个.故选：C.【点睛】本题考查交集元素个数的计算，解答的关键就是利用列举法表示集合，属于基础题.2．是虚数单位，、是实数，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】将等式左边的复数利用复数的乘法法则表示为一般形式，结合复数相等得出方程组，即可解得实数的值.【详解】，，解得.故选：D.【点睛】本题考查利用复数相等求参数，涉及复数乘法法则的应用，考查计算能力，属于基础题.3．平面向量、满足，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】利用平面向量数量积的运算求得的值，计算出的值，进而可求得的值.【详解】，可得，，因此，.故选：B.【点睛】本题考查利用平面向量的数量积求向量的模，考查计算能力，属于基础题.4．命题，，命题，，下列给出四个命题①；②；③；④，所有真命题的编号是（    ）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【答案】A【解析】利用导数判断命题的正误，并判断出命题的正误，再结合复合命题的真假可得出结论.【详解】对于命题，构造函数，则，由.当时，；当时，.所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.所以，，则，，，命题正确；对于命题，因为，为真命题，所以命题为假命题.因此，为真，为假，为真，为假.故选：A.【点睛】本题考查复合命题真假的判断，解答的关键就是判断出各简单命题的真假，考查推理能力，属于中等题.5．为了研究一种新药的疗效，选名患者随机分成两组，每组各名，一组服药，另一组不服药.一段时间后，记录了两组患者的生理指标和的数据，并制成如图，其中“”表示服药者，“”表示未服药者.下列说法中，错误的是（    ）A．服药组的指标的均值和方差比未服药组的都低B．未服药组的指标的均值和方差比服药组的都高C．以统计的频率作为概率，患者服药一段时间后指标低于的概率约为D．这种疾病的患者的生理指标基本都大于【答案】B【解析】根据服药组和未服药组的数据分布可判断A、B选项的正误；观察服药组的指标大于的数据个数，可判断C选项的正误；观察未服药组生理指标值的分布，可判断D选项的正误.综合可得出结论.【详解】对于A选项，服药组的指标的取值相对集中，方差较小，且服药组的指标的均值小于，未服药组的指标的均值大于，A选项正确；对于B选项，未服药组的指标的取值相对集中，方差较小，B选项错误；对于C选项，服药组的指标值有个大于，所以患者服药一段时间后指标低于的概率约为，C选项正确；对于D选项，未服药组的指标值只有个数据比小，则这种疾病的患者的生理指标基本都大于，D选项正确.故选：B.【点睛】本题考查统计图表的应用，考查推理能力，属于基础题.6．已知，则（    ）A． B．1 C． D．0【答案】A【解析】利用两角和的正弦和余弦公式求出的值，然后利用二倍角的正弦公式以及弦化切思想可求出的值.【详解】，，可得，.因此，.故选：A.【点睛】本题考查二倍角正弦值的计算，同时也考查了两角和正弦和余弦公式的应用以及弦化切思想的应用，考查计算能力，属于中等题.7．直线与椭圆交于、两点，（为原点）是面积为的等腰直角三角形，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设点为第一象限的点，求出点的坐标，再将点的坐标代入椭圆的方程可求得的值.【详解】不妨设点为第一象限的点，则，由于为等腰直角三角形，则点.的面积为，所以，，所以，点在椭圆上，则，解得.故选：B.【点睛】本题椭圆方程中参数的求解，涉及三角形面积的计算，解答的关键就是求出椭圆上一点的坐标，考查计算能力，属于中等题.8．函数（其中，）的部分图象如图所示，为得到的图象，可以将函数的图象（    ）A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度【答案】D【解析】根据图象求出函数的解析式，并将函数的解析式变形为，利用平移变换可得出结论.【详解】由图象可知，，函数的最小正周期为，，，，，，得，，，因此，只需将函数的图象向右平移个单位可得到函数的图象.故选：D.【点睛】本题考查三角函数图象变换，解答的关键就是根据图象求出函数的解析式，考查推理能力与计算能力，属于中等题.9．在正方体中，、分别在和上（异于端点），则过三点、、的平面被正方体截得的图形不可能是（    ）A．正方形 B．不是正方形的菱形C．不是正方形的矩形 D．梯形【答案】A【解析】作出图形，设正方体的棱长为，设，利用勾股定理可判断A选项中的截面图形不可能，结合A选项的推导可判断B选项中的截面图形可能，取可判断C选项中图形可能，取可判断D选项中截面图形可能.综合可得出结论.【详解】对于A选项，设正方体的棱长为，如下图所示：  设，平面平面，平面平面，平面平面，，同理，若截面为正方形，则，过点作交于点，易知，，则，，，，由勾股定理得，即，解得，所以，截面不可能是正方形；对于B选项，由A选项可知，当时，截面是不为正方形的菱形；对于C选项，如下图所示，当时，由于平面，，平面，平面，，平面平面，平面平面，平面平面，由面面平行的性质定理可得，，，，此时，四边形为矩形但不是正方形；对于D选项，如下图所示，平面平面，平面平面，平面平面，由面面平行的性质定理可得，当时，过点作交于点，易知且，此时，截面图形为梯形.故选：A.【点睛】本题考查正方体截面图形的判断，考查空间想象能力与推理能力，属于中等题.10．已知数列满足，，如图是计算该数列的前项和的程序框图，图中①②③应依次填入（    ）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】A【解析】取代入程序框图进行检验可得出正确选项.【详解】取，已经有，即，不能进入循环，判断框应是进入循环；进入循环后第一次加上的应该是，所以先算，故选：A．【点睛】本题考查利用算法选择算法程序，考查推理能力，属于中等题.11．过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，与另一条渐近线交于点，是的中点，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】推导出双曲线渐近线的倾斜角为和，可得，进而可求得该双曲线的离心率.【详解】如下图所示，设点关于轴的对称点为点，由于，且为的中点，且渐近线关于纵轴对称，，，则，因此，该双曲线的离心率为.故选：C.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，求出双曲线渐近线的倾斜角是解答的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.12．是函数的一个极值点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】求得，由得出，由可得出的取值范围，进而利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.【详解】，.由题意可得，可得，.故选：A.【点睛】本题考查利用极值点求参数的取值范围，涉及二次函数基本性质的应用，考查运算求解能力，属于中等题.  二、填空题13．函数的零点个数为_______.【答案】【解析】作出函数与的部分图象，观察交点个数并结合两个函数的增长趋势即可得出结论.【详解】由，作出函数与的部分图象，可知两函数在区间上的图象有两个交点，并注意到指数函数的增长速度最终会远远超过幂函数的增长速度，所以两函数在区间上必有一个交点，因此，函数与的图象有个交点，所以，函数有个零点.故答案为：.【点睛】本题考查函数的零点个数，一般转化为两个函数图象的交点个数，考查数形结合思想的应用，属于中等题.14．在四棱锥中，⊥底面，，，则四棱锥的外接球的表面积为_________.【答案】【解析】推导出，，从而可求得四边形的外接圆半径，再由平面可得出可求得外接球的半径，结合球体表面积公式可得出结果.【详解】，，由余弦定理得，，，，则，同理可知，，，四边形的外接圆半径为，平面，所以，该四棱锥的外接球半径为，因此，四棱锥的外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】本题考查外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，考查推理能力与计算能力，属于中等题.15．在中，是边上一点，，，，，则_______.【答案】【解析】设，在中求出，然后在中利用余弦定理可得出关于的方程，解出的值，进而可求得的长.【详解】如图，设，则，在中，，，则，，在中，由余弦定理得，即，解得，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.16．奇函数满足，当时，，若，则___________.【答案】【解析】推导出函数是以为周期的奇函数，由可求得的值，由此可计算出的值.【详解】由于函数为奇函数，且，即，，所以，函数是以为周期的奇函数，，解得.，.因此，.故答案为：.【点睛】本题考查函数值的计算，推导出函数的周期性是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 三、解答题17．为抗击“新冠肺炎”，全国各地“停课不停学”，各学校都开展了在线课堂，组织学生在线学习，并自主安排时间完成相应作业为了解学生的学习效率，某在线教育平台统计了部分高三备考学生每天完成数学作业所需的平均时间，绘制了如图所示的频率分布直方图.（1）如果学生在完成在线课程后每天平均自主学习时间（完成各科作业及其他自主学习）为小时，估计高三备考学生每天完成数学作业的平均时间占自主学习时间的比例（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）（结果精确到）；（2）以统计的频率作为概率，估计一个高三备考学生每天完成数学作业的平均时间不超过分钟的概率.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，相加后可得出学生每天完成数学作业的平均时间，再除以可得出结果；（2）根据频率直方图计算出位于左侧的矩形的面积之和，由此可得出结果.【详解】（1）高三备考学生每天完成数学作业的平均时间的平均值的估计值为，完成数学作业的平均时间占自主学习时间的比例估计值为；（2）由直方图知，样本中高三备考学生每天完成数学作业的平均时间不超过分钟的频率为0，估计每个高三备考学生每天完成数学作业的平均时间不超过分钟的概率为．【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查利用频率分布直方图计算平均数以及频率，考查计算能力，属于基础题.18．是等差数列的前项和，对任意正整数，是与的等差中项.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的最大项与最小项.【答案】（1）；（2）最大项是第项，值为，最小项是第项，值为.【解析】（1）设等差数列的公差为，由题意得出，可得出关于和的方程组，解出这两个量，由此可得出数列的通项公式；（2）由题意得出，分和两种情况讨论，结合数列的单调性可得出其最大项和最小项的值.【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意可知，对任意的，，可得，即，解得或.当，时，，满足条件；当，时，不满足条件，舍去.综上，数列的通项公式为；（2）.当时，，则，此时数列单调递增；当时，，则，此时数列单调递增.数列的最大项是第项，值为，最小项是第项，值为.【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，同时也考查了利用数列的单调性求数列的最大项和最小项，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.19．点是直线上的动点，过点的直线、与抛物线相切，切点分别是、.（1）证明：直线过定点；（2）以为直径的圆过点，求点的坐标及圆的方程.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设点、、，利用导数求出切线、的方程，将点的坐标代入直线、的方程，可得出直线的方程，进而可得出直线所过的定点坐标；（2）设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由题意得出，利用向量数量积的坐标运算，代入韦达定理可求得，进而可得出点的坐标以及圆的标准方程.【详解】（1）设点、、，对函数求导得，所以，直线的方程为，即，同理可得直线的方程为，将点的坐标代入直线、的方程得，所以，点、的坐标满足方程，由于两点确定一条直线，所以，直线的方程为，该直线过定点；（2）设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立得，则，由韦达定理得，，因为在为直径的圆上，所以，，同理，，即，解得或.当时，，直线的方程为，圆心为，半径，圆的标准方程为；当时，，直线的方程为，圆心为，半径，圆的标准方程为.综上所述，当时，，圆的标准方程为；当时，，圆的标准方程为.【点睛】本题考查抛物线中直线过定点的问题，以及圆的方程的求解，涉及抛物线的切线方程的求解以及韦达定理设而不求法的应用，考查运算求解能力，属于中等题.20．如图，在多面体中，平面平面，，，，，是的中点，平面，.（1）证明：、、、四点共面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）取的中点，连接、，利用面面垂直的性质定理得出平面，结合线面垂直的性质得出，证明出四边形为平行四边形，可得出，由中位线的性质得出，进而得出，由此可证得结论；（2）由（1）知，可推导出平面，可得出点到平面的距离等于点到平面的距离，进而得到，进而得解.【详解】（1）如图，取的中点，连接、因为，，为的中点，所以，且，因为平面平面，交线为，平面，所以平面，又平面，所以，且，四边形是平行四边形，从而，在中，、是、的中点，所以，所以，从而、、、四点共面；（2）由（1），平面，平面，平面，所以，点到平面的距离等于点到平面的距离，则三棱锥与三棱锥的体积相等，，，为的中点，的面积为，又平面，且，所以，.【点睛】本题考查四点共面的证明，同时也考查了利用等体积法求三棱锥的体积，考查推理能力与计算能力，属于中等题.21．已知函数.（1）试讨论的单调性；（2）当函数有三个不同的零点时，的取值范围恰好是，求的值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）求得，然后对与的大小关系进行分类讨论，分析导数的符号变化，可得出函数的单调递增区间和递减区间；（2）由题意可知，可得出函数的两个极值分别为、，由题意得出，由此得出，令，由题意得，进而可得出实数的值.【详解】（1），.当时，，此时，函数在上单调递增；当时，令，得，令，得或.此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和；当时，令，得，令，得或.此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和.综上所述，当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和；（2）当时，函数在上单调递增，至多一个零点，不合乎题意，所以，，则函数有两个极值，.若函数有三个不同的零点，则，即，由于的取值范围恰好是，令，则该函数的三个零点分别为、、.由，得或；由，得或；由，得或.因此，.【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用函数的零点个数求解参数，将问题转化为函数的零点是解答的关键，考查化归与转化思想以及分类讨论思想的应用，属于中等题.22．在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.若曲线的极坐标方程为，点的极坐标为，在平面直角坐标系中直线经过点，且倾斜角为.（1）写出曲线的直角坐标方程以及点的直角坐标；（2）设直线与曲线相交于、两点，求的值.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）由得出，可得出，化简变形可得出曲线的普通方程，利用直角坐标与极坐标的转换关系可将点的极坐标化为直角坐标；（2）写出直线的参数方程，设点、对应的参数分别为、，将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，列出韦达定理，进而可得出，求解即可.【详解】（1）因为，，即，两边平方整理得，所以，曲线的普通方程为.点的直角坐标，，即点； （2）直线的参数方程为（为参数），将直线的参数方程与曲线的方程联立，得，由韦达定理得，，.【点睛】本题考查极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也考查了利用直线参数方程的几何意义求值，涉及韦达定理的应用，考查计算能力，属于中等题.23．已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）若时，，求的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出该不等式的解集；（2）由且当时，，可得出，再分析当且时的符号，即可得出实数的取值范围.【详解】（1）当时，.当时，由，得，即，解得或，此时；当时，由，得，解得，此时；当时，由，得，解得，此时.综上所述，不等式的解集为；（2）对任意的时，因为，恒成立，.当且时，恒成立，因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了利用函数不等式恒成立求参数，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.