2020届广西玉林市高三第一次适应性考试数学（理）试题（解析版）

2020届广西玉林市高三第一次适应性考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】解出集合中的一次不等式即可.

【详解】

因为，

所以

故选：B

【点睛】

本题考查的是集合的运算，较简单.

2．设，其中是实数，则在复平面内所对应的点位于（   ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【解析】由，其中是实数，得：，所以在复平面内所对应的点位于第四象限.

本题选择D选项.

3．若实数满足，则的最小值为（    ）

A．2 B．4 C．5 D．10

【答案】B

【解析】作出可行域，作直线，再将其平移至时，直线的纵截距最小

【详解】

作出可行域如图所示：

作直线，再将其平移至时，直线的纵截距最小

的最小值为4

故选：B

【点睛】

本题考查的是线性规划的知识，较简单.

4．已知，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先算出，然后利用即可算出答案

【详解】

由，得

所以

故选：A

【点睛】

本题考查的是三角函数的平方关系及和差公式，较简单.

5．是空气质量的一个重要指标，我国标准采用世卫组织设定的最宽限值，即日均值在35以下空气质量为一级，在35～75之间空气质量为二级，在75以上空气质量为超标. 如图是某市2019年12月1日到10日日均值（单位：）的统计数据. 若从这10天中随机抽取3天进行进一步的空气质量数据分析，则空气质量为一级的恰好抽取了2天的概率为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由图易知，第天空气质量为一级，共4天，然后即可求出答案

【详解】

由图易知，第天空气质量为一级，共4天，

故所求事件的概率为

故选：A

【点睛】

本题考查的是古典概型及组合的知识，较简单.

6．设a为正实数，函数，若，则a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】首先利用导数判断出在上单调递减，然后解出不等式即可

【详解】

由得

所以当时，

所以函数在上单调递减

所以只需即可，即

解得：

故选：A

【点睛】

本题考查的是利用导数研究函数的单调性及解决恒成立问题，较简单.

7．已知双曲线的左、右焦点分别为，过且斜率为的直线与双曲线在第一象限的交点为A.线段的中点为D，若，则此双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由条件得出，，，然后利用双曲线的定义建立方程求解即可

【详解】

由线段的中点为D ，得

因为的斜率为，所以可得

所以

所以由双曲线的定义可得

所以

故选：C

【点睛】

本题考查的是双曲线的定义及离心率的求法，较简单.

8．如图，四棱锥中，平面，，，，，，M是BC中点，N是线段SA上的点，设MN与平面SAD所成角为，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】设的中点为，连接，然后证明为MN与平面SAD所成角,然后，然后求出的最小值即可

【详解】

设的中点为，连接

因为，所以

因为平面，所以，

所以平面

所以为MN与平面SAD所成角，即

设，则，，

的最小值为到的距离，等于

所以的最大值为

故选：A

【点睛】

本题考查的是线面角的知识，作出辅助线，找出线面角是解题的关键.

9．过曲线外一点作该曲线的切线，则在y轴上的截距为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设切点为，利用导数求出切线的方程，然后将点代入，解出，然后即可算出答案.

【详解】

由得

设切点为，则切线的斜率为

所以切线方程为：

因为切线过点，所以，解得

所以切线方程为：

令，可解得

故选：B

【点睛】

本题考查的是导数的几何意义，考查了学生的计算能力，属于中档题.

10．已知抛物线的焦点为F，准线为，与x轴的交点为P，点A在抛物线C上，过点A作，垂足为，若，则四边形的面积为（    ）

A．8 B．10 C．14 D．28

【答案】C

【解析】过点作,垂足为，设，然后由条件可得，，，解出，然后算出答案即可

【详解】

作出图形如下：

过点作,垂足为，设

因为，所以，

由抛物线的定义，，所以，即

四边形的面积为

故选：C

【点睛】

本题考查的是抛物线的定义，较简单.

11．已知定义域为R的奇函数的导函数为，当时，.若，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】设，由条件可得出是偶函数且在上单调递增，然后即可比较出的大小

【详解】

设，因为是奇函数，所以是偶函数

当时，所以在上单调递增

因为，

所以，即

故选：C

【点睛】

本题考查的是利用函数的奇偶性和单调性比较大小，构造出合适的函数是解题的关键，属于中档题.

12．已知函数的一个零点是，当时函数取最大值，则当取最小值时，函数在上的最大值为（    ）

A． B． C． D．0

【答案】D

【解析】由条件可得，，即，，将两式相减可得：，然后求出和

【详解】

由条件可得：，

所以，

将两式相减可得：，所以的最小值为4

此时，因为，所以

所以

因为，所以

所以函数在上的最大值为0

故选：D

【点睛】

本题考查的是三角函数的图象及其性质，由条件求出和是解题的关键，属于中档题.

二、填空题

13．在平面上，是方向相反的单位向量，若向量满足，则的值____________．

【答案】1

【解析】由得，由是方向相反的单位向量得，，然后即可算出答案

【详解】

由得

即

因为是方向相反的单位向量，所以，

所以，即

故答案为：1

【点睛】

本题考查的是平面向量数量积的有关计算，较简单.

14．设a，b，c分别为三角形ABC的内角A，B，C的对边，已知三角形ABC的面积等于，则内角A的大小为____________．

【答案】

【解析】由得，结合余弦定理可推出

【详解】

因为

所以

由余弦定理得

所以，即

因为，所以

故答案为：

【点睛】

本题考查的是三角形的面积公式及余弦定理，较简单.

15．已知某几何体是一个平面将一正方体截去一部分后所得，该几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为____________．

【答案】

【解析】由三视图画出几何体的直观图即可

【详解】

由三视图可知正方体边长为2，截去部分为三棱锥，作出几何体的直观图如下：

其体积为：

故答案为：

【点睛】

本题考查的是几何体的三视图及体积的求法，较简单，画出直观图是解题的关键.

16．关于圆周率，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的蒲丰实验和查理斯实验，受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计的值：先请240名同学，每人随机写下两个都小于1的正实数x，y组成的实数对，再统计两数能与1构成钝角三角形三边的数对的个数m；最后再根据计数m来估计π的值．假设统计结果是，那么可以估计的近似值为____________．（用分数表示）

【答案】

【解析】由题意，240对都小于1的正实数对，满足，面积为1，两数能与1构成钝角三角形三边的数对，满足且，面积为，然后即可建立方程求解

【详解】

由题意，240对都小于1的正实数对，满足，面积为1

两数能与1构成钝角三角形三边的数对，满足且

面积为

因为统计两数能与1构成钝角三角形三边的数对的个数

所以，所以

故答案为：

【点睛】

本题考查的是几何概型中的面积型的应用，较简单.

三、解答题

17．水稻是人类重要的粮食作物之一，耕种与食用的历史都相当悠久，日前我国南方农户在播种水稻时一般有直播、撒酒两种方式．为比较在两种不同的播种方式下水稻产量的区别，某市红旗农场于2019年选取了200块农田，分成两组，每组100块，进行试验．其中第一组采用直播的方式进行播种，第二组采用撒播的方式进行播种．得到数据如下表：

约定亩产超过900斤（含900斤）为“产量高”，否则为“产量低”

（1）请根据以上统计数据估计100块直播农田的平均产量（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）

（2）请根据以上统计数据填写下面的2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为“产量高”与“播种方式”有关？

附：

【答案】（1）100块直播农田的平均产量为907斤，（2）有99%的把握认为“产量高”与“播种方式”有关.

【解析】（1）根据，算出答案即可

（2）由题目中给的数据完善列联表，然后算出的观察值即可

【详解】

（1）100块直播农田的平均产量为：

（斤）

（2）由题中所给的数据得到列联表如下所示：

由表中的数据可得的观察值

所以有99%的把握认为“产量高”与“播种方式”有关

【点睛】

本题考查的是平均数的算法及独立性检验，考查了学生的计算能力，属于基础题.

18．已知数列{an}满足，．

（1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前n项和．

【答案】（1）证明见详解，，（2）

【解析】（1）由得，然后，即可算出答案

（2），然后即可求出

【详解】

（1）因为，所以

即数列是以首项为2，公差为3的等差数列

所以

所以

（2）由得

所以

【点睛】

常见数列的求和方法：公式法（等差等比数列）、分组求和法、裂项相消法、错位相减法

19．如图所示，在四棱柱中，侧棱平面，底面是直角梯形，，，．

（1）证明：平面；

（2）若，求二面角的正弦值．

【答案】（1）证明见详解，（2）

【解析】（1）证明和即可

（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的法向量可取为：，然后即可算出答案

【详解】

（1）因为侧棱平面，所以平面平面

又，平面平面，所以平面

而平面，所以

因为，侧棱平面，所以四边形是正方形

所以，又，所以平面

（2）如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴

建立空间直角坐标系

则

设平面的法向量为，又，

则，求得，令得

由（1）中可得平面的法向量可取为：

所以

故二面角的正弦值为

【点睛】

向量法是求立体几何中的线线角、线面角、面面角时常用方法

20．已知椭圆C：（0＜b＜2）的离心率为，F为椭圆的右焦点，PQ为过中心O的弦．

（1）求面积的最大值；

（2）动直线与椭圆交于A，B两点，证明：在第一象限内存在定点M，使得当直线AM与直线BM的斜率均存在时，其斜率之和是与t无关的常数，并求出所有满足条件的定点M的坐标．

【答案】（1），（2）证明见详解，定点的坐标为.

【解析】（1）先由条件得出，，然后的面积等于和的面积之和，设点到轴的距离为，，然后即可分析出答案

（2）设，将代入得，则有，然后可推出，当，时斜率的和恒为0，然后解出即可.

【详解】

（1）设椭圆的半焦距为，则

由得，所以

又由的面积等于和的面积之和，

设点到轴的距离为，由是过椭圆的中心的弦，则点到轴的距离也为

所以和的面积相等，所以

因为的最大值为，所以的最大面积为

（2）由（1）知椭圆

设

将代入得

则有

直线AM与直线BM的斜率之和：

为与无关的常数，可知当，时斜率的和恒为0，

解得或（舍）

综上所述：所有满足条件的定点的坐标为

【点睛】

涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.

21．已知函数．

（1）讨论函数的单调性；

（2）已知函数的两个极值点，若，①证明：；②证明： ．

【答案】（1）情况较多，见详解，（2）证明见详解

【解析】（1）求出，然后分，，三种情况讨论

（2）①由即可证明；②用分析法得到要证原命题即证，然后设，利用导数得到在单调递减，结合可得当时，当时，然后即可证明.

【详解】

（1）由已知

①当时，，所以，所以函数在上单调递增

②当时，在上有两不等正实数根

记

当时，，单调递增

当时，，单调递减

当时，，单调递增

③当时，

所以当时，，单调递减

当时，，单调递增

（2）①的定义域为，有两个极值点

则在上有两个不等正根

由（1）中可得

因为，所以，所以

②原命题即证明当且，时成立

即证，即证

即证，即证

设

则

当时，在单调递减

因为，所以当时，当时

又因为时，当时

所以，原命题得证

【点睛】

1.解含参的一元二次不等式常从以下几个方面讨论：开口方向、根的个数、根的大小、根在不在给的范围内.

2.本题考查了利用导数研究函数的单调性及证明不等式，属于较难题.

22．在平面直角坐标系中，直线的倾斜角为，且经过点，以坐标原点O为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线，从原点O作射线交于点M，点N为射线OM上的点，满足| ，记点N的轨迹为曲线C．

（1）①设动点，记是直线的向上方向的单位方向向量，且，以t为参数求直线的参数方程

②求曲线C的极坐标方程并化为直角坐标方程；

（2）设直线与曲线C交于P，Q两点，求的值

【答案】（1）①直线的参数方程为（为参数），②曲线C的极坐标方程为，直角坐标方程为：；（2）

【解析】（1）①由题意可得直线的参数方程为（为参数），②设，由题意可得，由可得

（2）将的参数方程代入曲线的直角坐标方程中得：，化简得，设为方程的两个根，则，然后利用算出即可.

【详解】

（1）①由题意可得直线的参数方程为（为参数）

即（为参数）

②设，由题意可得

因为点在直线上，所以

所以，即

所以，所以曲线C的直角坐标方程为：

（2）将的参数方程代入曲线的直角坐标方程中得：

，化简得

设为方程的两个根，则

所以

【点睛】

本题考查了直线的参数方程、直角坐标方程与极坐标方程的互化及动点的轨迹方程的求法，属于中档题.

23．己知函数

（1）求不等式的解集；

（2）记函数的最小值为，若是正实数，且，求证.

【答案】（1）不等式的解集为，（2）证明见详解

【解析】（1）分3种情况解出即可

（2）首先求出，即可得到，然后，用基本不等式即可证明.

【详解】

（1）等价于

或或

解得或或

所以不等式的解集为

（2）因为

当时等号成立，所以的最小值为3，即

所以

所以

当且仅当时等号成立

【点睛】

本题考查的是含绝对值不等式的解法及利用基本不等式求最值，属于典型题.