2019-2020年高三上学期第二次适应性考试数学（理）试题 含答案.doc

2019-2020年高三上学期第二次适应性考试数学（理）试题 含答案一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.集合，则（ ）A B C D2.若，则（ ）A B C D3.已知是公差为1的等差数列，为的前项和，若，则（ ）A B C9 D 104.若双曲线的顶点和焦点分别为椭圆的焦点和顶点，则双曲线的方程为（ ）A B C. D5.一个底面为正方形的棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为（ ）A B C. D6.某程序框图如图所示，若输出的，则判断框内可填入的是（ ）A B C. D7.从5，6，7，8，9中任取两个不同的数，事件“取到的两个数之和为偶数”，事件“取到的两个数均为偶数”，则（ ）A B C. D8.已知，且，则（ ）A B C. D9.用数字5和3可以组成（ ）个四位数A 22 B 16 C. 18 D2010.若点（其中）为平面区域内的一个动点，点坐标为，为坐标原点，则的最小值为（ ）A13 B17 C. 16 D1911.已知抛物线的焦点为，直线与抛物线相交于两点，则（ ）A B C. D12.定义在上的函数满足，若，则不等式（为自然对数的底数）的解集为（ ）A B C. D第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 的二项展开式中，的系数与的二项式系数之和等于 14.已知向量满足，则 15.已知数列满足，且，则数列的通项公式为 16.“求方程的解”有如下解题思路：设，则在上单调递减，且，所以原方程有唯一解，类比上述解题思路，不等式的解集是 三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. （12分）在中，分别为内角的对边，已知，.（1）求；（2）求边长.18.（12分）新车商业保费与购车价格有较强的线性相关关系，下面是随机采集的8组数据（其中（万元）表示购车价格，（元）表示商业车险保费）：，设由这8组数据得到的回归直线方程为，李先生xx年1月购买一辆价值20万元的新车.（1）试估计李先生买车时应缴纳的保费；（2）从2016年1月1日起，该地区纳入商业车险改革试点范围，其中最大的变化是上一年的出险次数决定了下一年的保费倍率，具体关系如下表：上一年的出险次数01234下一年的保费倍率0.8511.251.51.752连续两年没有出险打7折，连续三年没有出险打6折有评估机构从以往购买了车险的车辆中随机抽取1000量调查，得到一年中出险次数的频率分布如下（并用相应频率估计车辆在xx年度出险次数的概率）：一年中的出险次数01234频率5003801001541根据以上信息，是，估计该车辆在xx年1月续保时应缴纳的保费（精确到元），并分析车险新政是否总体上减轻了车主负担.（假设车辆下一年与上一年都够买相同的商业车险产品进行续保）19.（12分）如图所示，四棱锥，为边长为2的正三角形，垂直于平面于，为的中点，求：（1）异面直线与所成角的余弦值；（2）平面与平面所成二面角的余弦值.20.（12分）如图所示，已知椭圆：，点是椭圆上的一点，且椭圆的离心率为，直线与椭圆交于点，且是椭圆上异于的任意两点，直线相交于点，直线相交于点.（1）求椭圆的方程；（2）求证：直线的斜率为定值.21.（12分）已知函数.（1）若的最小值为0，求的值；（2）当的最小值为0时，若对，有恒成立，求实数的最小值；（3）当（2）成立时，证明：.请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图所示，为圆外一点，与圆交于两点，为圆的切线，为切点，的角平分线与和圆分别交于两点.（1）求证：；（2）求的值.23. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，圆，圆.（1）以为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，求圆和圆的极坐标方程，并求出这两圆的交点的极坐标；（2）求这两圆的公共弦的参数方程.24. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲（1）证明柯西不等式：若都是实数，则，并指出此不等式里等号成立的条件；（2）用柯西不等式求函数的最大值.试卷答案第卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案DBADDCBDCBCA 【解析】1集合，B的子集共有16个，故选D2复数若z的虚部为2，可得，故选B3对于，解得或，故“”是“”的必要不充分条件，故正确；对于，命题的否定形式是：，使得，故错误；对于，否命题是：“若，则或”故错误；对于，是上的奇函数，则，与不是互为相反数，故错误，故选A4由主视图和俯视图可知原正方体截取两个小正三棱锥后如图1，故选D5，；，；，；，；，；，；，S的取值有周期性，故选D6，令，则t是区间(0，1内的值，而所以当，即时，取最大值使的n的值为数列中的最小项，所以该数列既有最大项又有最小项，故选C7如图2建系，故选B8根据题意，的展开式的通项为，共13项，若为正整数，则r的值可以为0，3，6，即其展开式中含a的正整数次幂的项共3项，其他的有10项，先将不含a的正整数次幂的10项进行全排列，有种情况，排好后，有11个空位，在这11个空位中，任取3个，安排3个含a的正整数次幂的项，有种情况，共有种情况，故选D9实数，满足，且，可得，则，令，即有，则，当且仅当，即时，取得最小值25，故选C10设是上的任意一点，则关于直线对称的点的坐标为，则 在上，即，即是奇函数，即，当时，则，的图象向右平移个单位后得到，故选B11不等式组表示的平面区域为M，即为图3中的抛物线在第一象限内阴影部分，倾斜角小于的区域为图中深色阴影部分；，由几何概率的计算公式可得，故选C12椭圆：与双曲线：的焦点重合，满足，即，排除C，D；又，则，则=，(=，1，故选A 第卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案 【解析】13，14根据题意可知三棱锥的三条侧棱，由，则底面是等腰直角三角形，则底面，它的外接球就是它扩展为长方体的外接球，长方体的边长为1，1，体对角线的中点就是外接球的球心，球的半径为四面体外接球表面积为：15若函数与的图象上存在关于x轴对称的点，则方程在区间1，2上有解令，由的图象是开口朝上，且以直线为对称轴的抛物线，故当时，取最小值2，当时，取最大值0，故16设，在ABM中，由正弦定理可得：，代入解得：，在中，由勾股定理可得，化简整理得：，在中，三、解答题（共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17（本小题满分12分）解：（）由，得（2分）设各项都是正数的等比数列的公比为，由题意可得，即有，解得（舍去），（4分）即有（6分）（），前n项和（7分）（10分）（12分）18（本小题满分12分） 解：（）根据所给的频率分步直方图中小长方形的长和宽，得到第3组的频率为0.065=0.3；（1分）第4组的频率为0.045=0.2；（2分）第5组的频率为0.025=0.1（3分）（）由题意知本题是一个等可能事件的概率，第5组抽取的人数为（6分）（）学校决定在这6名学生中随机抽取2名学生接受甲教师的考查，由题意知变量的可能取值是0，1，2，（7分）该变量符合超几何分布，（8分）的分布列是012P （10分）（12分）19（本小题满分12分）（）证明：平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABC=AC，PAAC，PA平面ABC，PABC（3分）又由题图甲知BCBA，PABA=A，BC平面PAB，又AD平面PAB，BCAD（6分）（）解：如图4所示，以点A为坐标原点，分别以射线AC，AP为x，z轴，以垂直平面APC向外方向为y轴建立空间直角坐标系则，若存在点E，设，则（8分）设平面ADE的法向量，则即令，则，故平面ABC的法向量，（10分），解得，存在点E，且点E为棱PC的中点（12分）20（本小题满分12分）（）解：点代入方程得，椭圆C的方程为（4分）（）证明：如图5，设，则，PA所在直线方程为，取，得，（5分），PB所在直线方程为，取，得（6分），（8分）四边形ABNM的面积为定值2（12分）21（本小题满分12分）（）解：由已知得，（1分），（2分）于是，由得；由，得，的单调递增区间是（1，0），单调递减区间是（0，+）（4分）（）解：，则，令，得或（舍），当时，；当时，即在（0，1）上单调递增，在（1，2）上单调递减（7分）由题意： 即亦即，故实数b的取值范围为（9分）（）证明：由（）可得，当时（当且仅当时等号成立）设，则，即，（10分），将上面n个式子相加得：，故（12分）22（本小题满分10分）【选修41：几何证明选讲】（）证明：如图6，过D作交AC于M，连接BE，又AD平分BAC，又，由知（5分）（）解：，又ADCABE，（10分）23（本小题满分10分）【选修44：坐标系与参数方程】解：（）（t为参数），即直线l的直角坐标方程是（2分），即（3分）曲线C的直角坐标方程为，即（5分）（）曲线C的参数方程为（为参数），（6分）则曲线C上的点到直线l的距离 （7分）当时，d取得最大值，当时，d取得最小值 （9分）d的取值范围是（10分）24（本小题满分10分）【选修45：不等式选讲】证明：（）， （5分）（），当且仅当时等号成立，（10分）