2020届福建省漳州市高三3月第二次高考适应性测试数学（理）试题（解析版）

2020届福建省漳州市高三3月第二次高考适应性测试数学（理）试题


一、单选题
1．已知复数，则在复平面上对应的点为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】利用复数的代数形式的乘除运算化简，可得的坐标与的坐标，可得在复平面上对应的点.
【详解】
解：复数，故可得：，
可得在复平面上对应的点为，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查复数代数形式的乘除运算及共轭复数的概念，熟悉复数代数形式的运算法则及共轭复数的概念是解题的关键，属于基础题.
2．已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由集合，列出关于的不等式组，可得集合中的范围，可得的值.
【详解】
解：由集合,可得：，得.
，故，
故选：B.
【点睛】
本题主要考查集合中补集的运算，由对数函数的性质求出集合是解题的关键.
3．下图是某省从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊病例变化曲线图.

若该省从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊人数按日期顺序排列构成数列，的前n项和为，则下列说法中正确的是（ ）
A．数列是递增数列 B．数列是递增数列
C．数列的最大项是 D．数列的最大项是
【答案】C
【解析】根据数列的性质及每日新增确诊病例变化曲线图中的数据对各个选项进行判断，可得答案.
【详解】
解：因为1月28日新增确诊人数小于1月27日新增确诊人数，即，所以不是递增数列，所以选项A错误;
因为2月23日新增确诊病例数为0，所以，所以数列不是递增数列，所以选项B错误;
因为1月31日新增病例数最多，从1月21日算起，1月31日是第11天，所以数列的最大项是，所以选项C正确;
数列的最大项是最后项，所以选项D错误,
故选：C.
【点睛】
本题主要考查折线图与数列的性质、数列前n项的和等知识，注意灵活分析图中数据进行判断.
4．中华文化博大精深，我国古代算书《周髀算经》中介绍了用统计概率得到圆周率π的近似值的方法．古代数学家用体现“外圆内方”文化的钱币（如图1）做统计，现将其抽象成如图2所示的图形，其中圆的半径为2cm，正方形的边长为1cm，在圆内随机取点，若统计得到此点取自阴影部分的概率是P，则圆周率π的近似值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据几何概型的方法分析阴影部分占总面积的比值,列式求解的表达式即可.
【详解】
圆形钱币的半径为2cm,面积为S圆＝π•22＝4π；正方形边长为1cm,面积为S＝12＝1．
在圆形内随机取一点,此点取自黑色部分的概率是P＝,则．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了几何概型的方法,需要求解阴影部分面积占总面积的比值,属于基础题型.
5．已知点在双曲线的渐近线上，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由已知可得渐近线方程，可得和的关系，可求出双曲线的离心率.
【详解】
解：依题意可知双曲线的渐近线为：，
由点在双曲线的渐近线上，可得，
故可得：，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查双曲线的渐近线和离心率的相关知识，相对不难，求出双曲线的渐近线方程是解题的关键.
6．在中，，AD是BC边上的高，则等于（ ）
A．0 B． C．2 D．1
【答案】D
【解析】由题意可得，在直角三角形中，利用边角关系求得,从而求出的值.
【详解】
解：由题意：在中，，AD是BC边上的高，
可得：，

故选：D.
【点睛】
本题主要考查平面向量的数量积及向量垂直的性质，相对不难，注意运算准确.
7．已知函数，则下列说法错误的是（ ）
A．的定义域是R B．是偶函数
C．在单调递减 D．的最小值为1
【答案】C
【解析】由分别判断函数的定义域，奇偶性，利用导数判断函数的单调性与最值，可得答案.
【详解】
解：易得定义域是R，故A正确；
由，故是偶函数，故B正确；
当时，，所以在单调递增, 故C不正确；
由是偶函数，且时单调递增，可得的最小值为，故D正确；
故选：C.
【点睛】
本题主要考查函数的定义域、奇偶性、单调性、最值等知识，熟悉函数的相关知识并利用导数求解是解题的关键.
8．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，角A的平分线交BC于点D，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意，，角A的角平分线交BC于点D，可得，由可得， ，在,由余弦定理可得，在中，由正弦定理可知：，可得，判断出为锐角，可得答案.
【详解】
解法1：因为，角A的角平分线交BC于点D，所以，

又，所以，
因为，所以，所以.
因为，
所以，解得，
在中，由正弦定理可知：
即，所以，
因为，所以，
因为，
所以，所以为锐角，
所以.
法2：因为，角A的角平分线交BC于点D，所以，
又，所以，
因为，所以，所以，
因为，
所以，解得，
由余弦定理可得：，即，

所以，所以.
所以或，因为，所以
又，所以，
所以，所以，
所以.
故选：B
【点睛】
本题主要考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，考查学生的综合计算能力，熟练掌握正弦定理、余弦定理并灵活运用是解题的关键.
9．若正四棱柱的底面边长为2，外接球的表面积为，四边形ABCD和的外接圆的圆心分别为M，N，则直线MN与所成的角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意该四棱柱的外接球的半径为R，高为h，可得h的值，可得正四棱柱侧棱的长，易得，所以为直线MN与所成的角或其补角，利用余弦定理可得直线MN与所成的角的余弦值.
【详解】
解：设该四棱柱的外接球的半径为R，高为h，

由，得，
由，得，
所以.
因为四边形ABCD和的外接圆的圆心分别为M，N，所以M，N分别为BD和的中点，
所以，所以为直线MN与所成的角或其补角，
又，所以直线MN与所成的角的余弦值为，
故选：D.
【点睛】
本题主要考查异面直线所成的角，其中利用外接球的表面积求出正四棱柱侧棱长是解题的关键，属于中档题.
10．已知函数有三个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】令，得，记,对求导，可得时，在单调递增，在单调递减，有最大值0.
当时，，在单调递减，可得a的取值范围.
【详解】
解：令，得，记.

当时，，，
故在单调递增，在单调递减，有最大值0.
当时，，在单调递减.所以.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数单调性与零点问题，体现了数形结合和分类讨论的思想方法，属于中档题.
11．如图，已知的三个顶点均在抛物线上，AB经过抛物线的焦点F，点D为AC中点.若点D的纵坐标等于线段AC的长度减去1，则当最大时，线段AB的长度为（ ）

A．12 B．14 C．10 D．16
【答案】D
【解析】作出准线，分别作垂直于准线.则可得，在中利用余弦定理可得的最大值，可得直线AB方程为，代入抛物线可得线段AB的长.
【详解】
解：作出准线，分别作垂直于准线.则

.
因此.
在中，
.
即，
当且仅当时取等号.
所以的最大值为，此时为正三角形.
可得直线AB的倾斜角为，
所以直线AB方程为，代入得，
所以.
故选：D
【点睛】
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系及余弦定理的应用，体现了数形结合和转化数学思想，属于中档题.
12．已知函数（，）的图象经过点，若关于x的方程在上恰有一个实数解，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由函数的图象经过点，可得，可得，由，可得，所以的所有正解从小到大为，在上恰有一个实数解，可列出关于的不等式组，可得答案.
【详解】
解：因为的图象经过点，所以，
又因为，所以，
所以由，得，即，
所以的所有正解从小到大为，
因为关于x的方程在上恰有一个实数解，
所以，即，其中T为的最小正周期，
所以，所以，所以，
所以或.
所以或，所以，
故选:A.
【点睛】
本题主要考查三角函数的图形与性质，考查学生分析问题解决问题的能力，属于中档题.


二、填空题
13．若，则______.
【答案】
【解析】由二倍角的余弦公式进行计算可得答案.
【详解】
解：，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查二倍角的余弦公式，属于公式的应用，属于基础题.
14．且，则实数m的值为　　 　　．
【答案】3或-1.
【解析】【详解】试题分析：根据题意，令x=1，可知等式左边为=，而=1，可知为=64，则可知m的值为1，或-3，故答案为1或-3
【考点】二项式定理
点评：赋值法的运用是二项式定理在求解系数和中常用的方法，要熟练掌握，属于基础题．
15．定义在R上的函数为奇函数，，又也是奇函数，则______.
【答案】
【解析】由为奇函数，也是奇函数可得为周期函数，且周期为4，可得，可得答案.
【详解】
解：因为是R上的奇函数，故，又是奇函数，所以图象关于点对称，可得：，
故，为周期函数，且周期为4，
所以，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查函数周期性的相关知识，其中由为奇函数也为奇函数求出函数的周期为4是解题的关键.
16．已知正方体的棱长为4，点P是的中点，点M在侧面内，若，则面积的最小值为______.
【答案】
【解析】取AB中点N，AD中点Q，连接，QN，，可得，，可得面，可得点M在面与面的交线上，即.当时，BM最小，可得面积的最小值.
【详解】
解：如图所示，取AB中点N，AD中点Q，连接，QN，.

由于CP在面ABCD内的射影为AC，，所以；
由于CP在面内的射影为DP，，所以；
故由，得面.
要使，必须点M在面内，又在侧面内，所以点M在面与面的交线上，即.
当时，BM最小，此时面积的最小,此时
.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查线面垂直的判定与性质，其中作出AB中点N，AD中点Q，连接，QN，，证明出面，是解题的关键，属于难题.

三、解答题
17．已知数列的前n项和为，，.
（1）求；
（2）若，数列的前n项和为，求.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）由，利用当时，进行化简，可得，可得的表达式；
（2）由（1）得，可得，由裂项相消法可得的值.
【详解】
解：（1）由得，，
解得（舍去），或，
∴，
∵，∴，
两式相减得，


，
∵，∴，
∴为等差数列，公差为1，.
∴.
（2）由（1）得
∴，
∴.
【点睛】
本题主要考查由递推式求数列的通项公式及裂项相消法求数列的和，考查学生的计算能力，属于基础题.
18．在如图所示的六面体中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形ABEF是梯形，，平面平面ABEF，BE＝2AF，EF=.

（1）在图中作出平面ABCD与平面DEF的交线，并写出作图步骤，但不要求证明；
（2）求证：平面DEF；
（3）求平面ABEF与平面ECD所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）详见解析（2）证明见解析（3）
【解析】（1）延长BA与EF相交于点P,连接PD，则直线PD就是平面ABCD与平面DEF的交线;
（2）证明四边形ACDP是平行四边形，可得，由线面平行的判定定理可得平面DEF；
（3）在平面ABEF内，过点A作FE的平行线交BE于点G，可得为直角三角形，
在平面ABEF内，过点A作AB的垂线交EF于点H，可得面ABCD，以A为坐标原点，AD的方向为x轴正方向，AB的方向为y轴正方向，AH的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法可得平面ABEF与平面ECD所成锐二面角的余弦值.
【详解】
解：（1）延长BA与EF相交于点P,连接PD，则直线PD就是平面ABCD与平面DEF的交线;

（2）因为，所以AF是的中位线，故，
因为，所以，且，
所以四边形ACDP是平行四边形，所以，
因为面DEF，面DEF，
所以平面DEF
（3）在平面ABEF内，过点A作FE的平行线交BE于点G，又，所以四边形AGEF为平行四边形，
所以，
又因为，所以，
所以为直角三角形，
且
在平面ABEF内，过点A作AB的垂线交EF于点H，
又因为平面平面ABEF，平面平面，
所以面ABCD.
以A为坐标原点，AD的方向为x轴正方向，AB的方向为y轴正方向，AH的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，所以，
设是平面ECD的法向量，
则，即，所以可取.
因为是平面ABEF的法向量，
所以，
所以平面ABEF与平面ECD所成锐二面角的余弦值.
【点睛】
本题主要考查线面平行的判定及二面角平面角的向量求法，考查学生的空间想象能力与计算能力，属于中档题.
19．眼保健操是一种眼睛的保健体操，主要是通过按摩眼部穴位，调整眼及头部的血液循环，调节肌肉，改善眼的疲劳，达到预防近视等眼部疾病的目的.某学校为了调查推广眼保健操对改善学生视力的效果，在应届高三的全体800名学生中随机抽取了100名学生进行视力检查，并得到如图的频率分布直方图.
（1）若直方图中后三组的频数成等差数列，试估计全年级视力在5.0以上的人数；
（2）为了研究学生的视力与眼保健操是否有关系，对年级不做眼保健操和坚持做眼保健操的学生进行了调查，得到下表中数据，根据表中的数据，能否在犯错的概率不超过0.005的前提下认为视力与眼保健操有关系？
（3）在（2）中调查的100名学生中，按照分层抽样在不近视的学生中抽取8人，进一步调查他们良好的护眼习惯，在这8人中任取2人，记坚持做眼保健操的学生人数为X，求X的分布列和数学期望.

附：

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
k
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879


【答案】（1）（2）能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为视力与眼保健操有关系（3）详见解析
【解析】（1）由题意可计算后三组的频数的总数，由其成等差数列可得后三组频数，可得视力在5.0以上的频率，可得全年级视力在5.0以上的的人数；
（2）由题中数据计算的值，对照临界值表可得答案；
（3）由题意可计算出这8人中不做眼保健操和坚持做眼保健操的分别有2人和6人，可得
X可取0，1，2，分别计算出其概率，列出分布列，可得其数学期望.
【详解】
解：（1）由图可知，第一组有3人，第二组7人，第三组27人，因为后三组的频数成等差数列，共有（人）
所以后三组频数依次为24，21，18，
所以视力在5.0以上的频率为0.18，
故全年级视力在5.0以上的的人数约为人
（2），
因此能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为视力与眼保健操有关系.
（3）调查的100名学生中不近视的共有24人，从中抽取8人，抽样比为，这8人中不做眼保健操和坚持做眼保健操的分别有2人和6人，
X可取0，1，2，
，
X的分布列
X
0
1
2
P





X的数学期望.
【点睛】
本题主要考查频率分布直方图，独立性检测及离散型随机变量的期望与方差等相关知识，考查学生分析数据与处理数据的能力，属于中档题.
20．已知椭圆与双曲线有相同的焦点坐标，且点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设A、B分别是椭圆的左、右顶点，动点M满足，垂足为B，连接AM交椭圆于点P（异于A），则是否存在定点T，使得以线段MP为直径的圆恒过直线BP与MT的交点Q，若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）存在符合题意
【解析】（1）由题意可列方程，解之可得椭圆的标准方程；
（2）可设直线AP的方程是（），联立直线与椭圆方程，消去得到关于的一元二次方程，再结合跟系数的关系可得点坐标，设存在点，使得以MP为直径的圆恒过直线BP、MT的交点，可得，代入的斜率，可得点T的坐标.
【详解】
解：（1）因为双曲线的焦点坐标为，
所以设所求的椭圆的方程为（），
则，解得，
所以椭圆的标准方程是.
（2）设直线AP的方程是（），
将其与联立，消去y得，设，
则，
所以，所以
，
易知，
设存在点，使得以MP为直径的圆恒过直线BP、MT的交点
，对于任意成立，
即，对于任意成立，，
所以存在符合题意.
【点睛】
本题主要考查椭圆的标准方程的求法、直线与椭圆的综合问题，考查学生综合计算能力，联立直线与椭圆进行求解是解题的关键，属于中档题.
21．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若在定义域内是增函数，且存在不相等的正实数，使得，证明：.
【答案】（1）当时，在上递增，在上递减；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
（2）证明见解析
【解析】（1）对求导，分，，进行讨论，可得的单调性；
（2）在定义域内是是增函数，由（1）可知，，设，可得，则，设，对求导，利用其单调性可证明.
【详解】
解：的定义域为，
因为，
所以，
当时，令，得，令，得；
当时，则，令，得，或，
令，得；
当时，，
当时，则，令，得；
综上所述，当时，在上递增，在上递减；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
（2）在定义域内是是增函数，由（1）可知，
此时，设，
又因为，则，
设，则
对于任意成立，
所以在上是增函数，
所以对于，有，
即，有，
因为，所以，
即，又在递增，
所以，即.
【点睛】
本题主要考查利用导数研究含参函数的单调性及导数在极值点偏移中的应用，考查学生分类讨论与转化的思想，综合性大，属于难题.
22．已知曲线C的参数方程为（为参数），P是曲线C上的点且对应的参数为，.直线l过点P且倾斜角为.
（1）求曲线C的普通方程和直线l的参数方程.
（2）已知直线l与x轴，y轴分别交于，求证：为定值.
【答案】（1）；（t为参数）（2）证明见解析
【解析】（1）由曲线C的参数方程为，利用消去参数可得曲线C的普通方程, 由直线l过点且倾斜角为，所以直线l的参数方程为，化简可得答案.
（2）由，所以，由直线l与x轴，y轴分别交于，可得A对应的参数， B对应的参数的值，计算可得为定值.
【详解】
（1）解：曲线C的普通方程为，
因为直线l过点且倾斜角为，
所以直线l的参数方程为，
即（t为参数）.
（2）证明：因为，所以，
所以由，得A对应的参数，
由，得B对应的参数，
所以为定值.
【点睛】
本题主要考查参数与普通方程的互化及参数方程中参数的几何意义，考查学生的计算能力与转化思想，属于中档题.
23．已知，，.
（1）求证：；
（2）若，求证：.
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】（1）由题意，可得，可得，解不等式可得证明；
（2）由，所以，要证，只需证，利用基本不等式可得证明；
【详解】
证明：（1）由条件，有，
所以，即，
所以.
（2）因为，所以，
要证，
只需证（），
只需证
因为，所以，即（）式成立，
故原不等式成立.
【点睛】
本题是一道关于基本不等式应用的题目，熟练掌握基本不等式的性质进行证明是解题的关键.