新疆2020届普通高考数学第二次适应性检测试题 理（含解析）.doc

1、新疆2020届普通高考数学第二次适应性检测试题 理（含解析）（卷面分值：150分；考试时间：120分钟）注意事项：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上.2.回答第卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效.3.回答笫卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知全集，则集合（ ）A.

2、 B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出，再求出其补集即可【详解】解：因为全集，所以或所以故选：D【点睛】本题考查了集合的并集、补集的运算，属于基础题2.设复数z满足，则z的虚部为（ ）A. B. 2C. D. -1【答案】D【解析】【分析】设，根据复数的运算法则，得到，解出即可.【详解】设，则z虚部为.故选：D.【点睛】本题主要考查了复数的运算和复数的概念，属于基础题.3.在等差数列中，其前n项和为，若，则（ ）A. -4040B. -2020C. 2020D. 4040【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的前项和公式，可得为等差数列，由已知求出其公差，进而得到通项公式，即可得

3、出结论.【详解】在等差数列中，其前n项和为，则是以为首项的等差数列，设其公差为，.故选：C.【点睛】本题考查等差数列前和基本量的运算，应用等差数列前项和的性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于中档题.4.设M是所在平面上的一点，D是的中点，则实数t的值为（ ）A. B. C. 2D. 1【答案】B【解析】【分析】由D是的中点，可得，由于，从而得，所以，可求得t的值.【详解】解：因为D是的中点，所以，又因为，所以，所以，因为，所以，故选：B【点睛】此题考查了向量的平行四边形法则、向量形式的中点坐标公式，考查了推理能力和计算能力，属于中档题.5.将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个

4、路口至少一人，其中一个路口3人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有（ ）A. 18种B. 24种C. 36种D. 72种【答案】A【解析】分析】由于甲乙在同一路口执勤且有一路口需3人，所以甲乙在三人组，第一步给甲乙组选一人，剩余两人为两组，第二步把三组人安排到3个路口即可.【详解】5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，其中一个路口3人，所以不同路口的执勤人数为，又甲、乙在同一路口，先选一个人和甲乙组成一组有种选法,剩余两人为两组，然后安排到3个路口共有种不同安排方法，故选：A【点睛】本题主要考查了分步乘法计数原理，排列组合的应用，分组问题，属于中档题.6.如图，在棱长为1的正方体

5、中，点P在正方体表面上移动，且满足，则点和动点P的轨迹形成的图形的周长是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据己知条件， 判断P点在与垂直的平面上，同时又在正方体表面，得出P点轨迹，然后求解轨迹长度.【详解】因为动点P满足，所以动点P的轨迹为过点与直线垂直的截面与正方体的交线，就是图形中（除去点）,如图，所以点和点的轨迹形成的图形的周长即为的周长，因为正方体的棱长为1，所以的周长为，故选：A【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的位置关系的应用，平面的基本性质，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题.7.下列命题中不正确命题的个数是（ ）已知a，b是实数，则“”是“”的充分

6、而不必要条件；，使；若，则；若角的终边在第一象限，则的取值集合为.A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B【解析】【分析】由，可判断出错误，由当时，可判断出错误，由可求出，可得到正确，由可得，然后可判断出正确.【详解】因为，所以“”是“”的必要不充分条件，故错误因为当时，即，不存在使，故错误因为，所以，故正确因为角的终边在第一象限，即，所以当为奇数时，在第三象限，当为偶数时，在第一象限，所以的取值集合为，故正确综上：不正确命题的个数是2故选：B【点睛】本题主要考查了指数函数的性质，二项式定理，三角函数的概念及其在每个象限符号，属于中档题.8.九章算术有如下问题：“今有金棰，长五尺，斩

7、本一尺，重四斤；斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？意思是：“现在有一根金棰，长五尺，在粗的一端截下一尺，重4斤；在细的一端截下一尺，重2斤，问各尺依次重多少？”假设金棰由粗到细各尺重量依次成等比数列，则从粗端开始的第三尺的重量是（ ）A. 斤B. 斤C. 斤D. 3斤【答案】A【解析】【分析】此问题是一个等比数列，设首项为，则，求，根据等比数列的下标和性质计算可得【详解】解：依题意可得，此问题是一个等比数列，且首项为，则因为所以，解得或（舍去）故选：A【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题9.甲、乙、丙三人中，一人是董事长，一人是总经理，一人是秘书

8、，已知：丙的年龄比秘书的大，甲的年龄和总经理不同；总经理的年龄比乙小，根据以上情况，下列判断正确的是（ ）A. 甲是董事长，乙是秘书，丙是总经理B. 甲是秘书，乙是总经理，丙是董事长C. 甲是秘书，乙是董事长，丙是总经理D. 甲是总经理，乙是秘书，丙是董事长【答案】C【解析】【分析】由“甲的年龄和总经理不同”和“总经理的年龄比乙小”可以推得丙是总经理，所以丙的年龄比乙小，再由“丙的年龄比秘书的大”，可知乙不是秘书，即可得出结论.【详解】根据题意，甲和乙都不是总经理，所以丙是总经理，因为丙的年龄比秘书的大，且比乙的年龄小，所以乙不是秘书，乙是董事长，所以甲是秘书.故选：C.【点睛】本题考查推理和

9、证明，从矛盾中逐渐找到结论是解答此类问题的常用方法，属于基础题.10.已知函数，若且，则函数取得最大值时x的可能值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由得直线是函数的对称轴，可得，对分奇偶讨论可知，根据余弦函数的最值可得结果.【详解】因为，所以函数的图象关于直线对称，所以，所以，当为奇数时，此时，不满足，当为偶数时，此时，满足，故，当，即，时，取得最大值1,当时，.故选：B.【点睛】本题考查了三角函数的对称轴、最值，考查了分类讨论思想，属于基础题.11.已知双曲线的左、右焦点分别为,是右支上的一点，与轴交于点 ，的内切圆在边上的切点为，若，则的离心率是( )A. B. C

10、. D. 【答案】C【解析】【分析】由双曲线的定义和内切圆的切线性质，圆外一点向圆引切线，则切线长相等，结合离心率公式即可得到所求的值【详解】设的内切圆在边上的切点为，在上的切点为则，由双曲线的对称性可得：由双曲线的定义可得解得又，即有则离心率故选【点睛】本题考查了双曲线的离心率，结合了三角形内切球，由切线长定理和双曲线定义求出的值是本题的关键，综合性较强12.已知函数，函数，若对于任意，总存在，使得成立，则a的值为（ ）A. -1B. 1C. -2D. 2【答案】D【解析】【分析】利用导数研究的单调性，即可求出的值域，再根据二次函数的性质可得的值域，最后根据两集合的包含关系得到不等式组，解得

11、即可；【详解】解：因为，所以 ，可得时，即在区间上单调递减；时，即在区间上单调递增；又，故因为，所以在上单调递减；，所以又因为对于任意，总存在，使得成立，所以所以解得所以故选：D【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，存在性问题的解法，属于中档题.第卷本卷包括必考题和选考题两部分，第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22题第23题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.随机变量，且，_.【答案】0.2【解析】【分析】先求出，再根据得解.【详解】由题得，所以.故答案为：0.2【点睛】本题主要考查正态曲线性质及其应用，意在考查学生对该知识的理解掌

12、握水平.14.在中，D为边上的点，且，则_.【答案】【解析】【分析】利用余弦定理求出cosB，可得sinB，在ABC中利用正弦定理可得AC【详解】如图，在ABD中，余弦定理，由正弦定理：，可得：,故答案为：【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，解题时要注意合理选择正余弦定理，属于中档题15.已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离是_.【答案】【解析】【分析】根据题中给出的条件可判断出点S在底面中的射影为三角形的外心，即边AB的中点然后再结合所给三棱锥的特点得到球心在棱锥的高上，然后即可建立方程求出，然后可得球心到平面的距离.【详解】三棱锥中，顶点

13、在底面上的射影为的外心，又是以为斜边的等腰直角三角形，点为的中点平面如上图，设点O为三棱锥外接球的球心，则的长即为外接球的球心到平面的距离设球半径为，则由题意得，在中，有，即，解得，即三棱锥的外接球的球心到平面的距离为故答案为：【点睛】本题考查的是几何体外接球的问题，解答本题的关键时是确定三棱锥外接球的球心的位置，属于基础题.16.已知椭圆的一条弦为，点P的坐标为，且，则弦的中点到直线的距离为_.【答案】1【解析】【分析】设坐标，根据在椭圆上以及条件解出纵坐标，再根据中点坐标公式得弦的中点纵坐标，最后根据点到直线距离公式得结果.【详解】设,因为，所以因为在椭圆上，所以所以， 相减得因此弦的中点

14、纵坐标为，其到直线的距离为故答案为：1【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系以及中点坐标公式，考查基本分析求解能力，属中档题.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.设的内角所对的边长分别为且，.（）求和边长a；（）当取最小值时，求的面积.【答案】（），.（）【解析】【分析】（）根据条件利用正弦定理化边为角得，再根据平方关系解得，回代条件得边长a，根据诱导公式得；（）根据余弦定理化简为一元二次函数，再根据二次函数性质求最小值，并确定等号取法，最后根据三角形面积公式得结果.【详解】（）由正弦定理及与得：，（R是的外接圆半径）两式相除，得，设，B是的内角，将代入，得，.（）由（）及余

15、弦定理知 当且仅当时，取得最小值.最小时的面积为【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式以及二次函数性质，考查综合分析与求解能力，属中档题.18.如图，四棱锥的底面为平行四边形，底面，.（）求证：平面平面；（）若E是侧棱上的一点，且与底面所成的是为45，求二面角的余弦值.【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（）由余弦定理得的长，利用勾股定理，证得，再由底面，得到，从而证得平面，进而得到平面平面.（）以A为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设，根据向量的夹角公式，求得，得到，进而求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】（）在平

16、行四边形中，由余弦定理得，可得，所以，即，又底面，底面，所以，又 所以平面，又平面，所以平面平面.（）如图所示，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，设，因为，又因为，所以，又由平面的一个法向量为，所以，解得，即，设平面的法向量为，平面的法向量为，由，因为，可得，取，得，同理可得 ，由，因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了平面与平面垂直的判定与证明，以及空间角的求解与应用，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用

17、空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.19.目前，我国老年人口比例不断上升，造成日趋严峻的人口老龄化问题.2019年10月12日，北京市老龄办、市老龄协会联合北京师范大学中国公益研究院发布北京市老龄事业发展报告（2018），相关数据有如下图表.规定年龄在15岁至59岁为“劳动年龄”，具备劳动力，60岁及以上年龄为“老年人”，据统计，2018年底北京市每2.4名劳动力抚养1名老年人.（）请根据上述图表计算北京市2018年户籍总人口数和北京市2018年的劳动力数；（保留两位小数）（）从2014年起，北京市老龄人口与年份呈线性关系，比照2018年户籍老年人人口年龄构成，预计到20

18、20年年底，北京市90以上老人达到多少人？（精确到1人）（附：对于一组数据其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为：，.，）【答案】（）1374.41万人837.84万人（）59878人.【解析】【分析】（）由图表数据及题意计算可得；（）设2014年是第1年，第x年老年人口为y万人，可得如下表格；依题意设，根据所给数据求出，求出、，即可得得到回归直线方程，再将代入计算可得；【详解】解：（）2018年北京市老年人349.1万人，占户籍总人口的25.4%，所以北京市2018年户籍总人口万人； 2018年北京市“老年人”有349.1万人，每2.4名劳动力抚养1名老年人，故北京市2018年的劳动力

19、数为万（）设2014年是第1年，第x年老年人口为y万人，则12345296.7313.3329.2333.3349.1由于从2014年起，北京市老龄人口与年份呈线性关系，设则，.得 当时，北京市2020年年底的老年人人数约为374.24万人，90以上老人占1.6%，万人59878人答：预计到2020年年底，北京市90以上老人约为59878人.【点睛】本题考查统计图表的应用，最小二乘法求回归直线方程以及利用回归方程预测数据，考查计算能力，属于基础题.20.在平面直角坐标系中，直线与抛物线交于M，抛物线C的焦点为F，且.（）求抛物线C的方程；（）设点Q是抛物线C上的动点，点D，E在y轴上，圆内切于

20、三角形，求三角形的面积的最小值.【答案】（）（）8【解析】【分析】（）根据抛物线的定义得到点的坐标，将其代入抛物线方程即可得到结果；（）设，且，利用直线与圆相切可得，同理可得，所以，是方程的两根.利用根与系数的关系求出，再根据三角形面积公式与基本不等式可得答案.【详解】（）因为直线与抛物线交于M，且.根据抛物线的定义可知，所以，所以，所以，因为，所以解得，抛物线方程为. （）设，且，直线的方程为，即，由直线与圆相切，得，注意到，化简得，同理得所以，是方程的两根，所以，所以，（当且仅当时等号成立）因此三角形的面积的最小值为8.【点睛】本题考查了抛物线的定义、直线与圆相切的位置关系、根与系数关系、

21、三角形的面积公式、基本不等式、运算求解能力，属于中档题.21.已知函数，.（）求函数的导函数的零点个数；（）若时，恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（）零点的个数是0.（）【解析】【分析】（）求出，令，得，设，转化为求的零点个数，通过求导求出单调区间，极值最值即可得出结论；（）时，等价转化为恒成立，设，等价于，利用二次求导得出在上递增，所以只需求出，即可求出的取值范围.【详解】（），其定义域为 令，得，即设，则，在上，在上在单调递减，在单调递增，函数没有零点，的导函数零点的个数是0.（）， 令，则，令，所以在上递减，在上递增，在上递增.等价于，即，.设，则，得，在时递增，在时递减，实数a的取

22、值范围为.【点睛】本题考查函数导数综合应用，涉及到函数的单调性、极值最值、零点、不等式恒成立等基础知识，构造函数多次求导是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理以及数学计算能力，属于较难题.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做则按所做的第一题计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.选修4-4：坐标系与参数方程选讲.22.平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（s为参数），以坐标原点为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，直线与曲线C交于A，B两点.（）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（）已知点P的极坐标为，求的值.【答案】（）的普通方程为：

23、；曲线C的直角坐标方程为. （）【解析】【分析】（）由直线的参数方程能求出的普通方程，由曲线的极坐标方程转为，能求出曲线的直角坐标方程；（）的角坐标为，直线的参数方程为（为参数），代入曲线的直角坐标方程，结合韦达定理可得结果.【详解】（）直线的参数方程为（为参数），的普通方程为：；又曲线的极坐标方程为，即，曲线的直角坐标方程为，即曲线的直角坐标方程为：.（）点P的极坐标为，其直角坐标为，直线的参数方程为（为参数）代入曲线的直角坐标方程得，即，.【点睛】本题考查直线的普通方程和曲线的直线坐标方程的求法，考查极坐标方程、参数方程、直角坐标方程的互化等基础知识，属于中档题.选修4-5：不等式选讲.2

24、3.已知函数.（）若时，解不等式；（）若的值域是，若恒成立，求k的最大值.【答案】（）或（）【解析】【分析】（）先根据绝对值定义将函数化为分段函数形式，再分类列不等式，最后解不等式求结果;（）先根据绝对值三角不等式得的最小值，根据条件可得，再利用1的代换求最小值，即得k的取值范围，进而可得结果.【详解】解：（）， 当时，化为，不等式的解为；当时，化为，不等式的解为；当时，化为，所以不等式的解为；综上所述，不等式的解集为或（），当且仅当时取“=”号又值域是，.（当且仅当，即时取“=”号），当且仅当时取“=”号.又恒成立，k的最大值是【点睛】本题考查分类讨论解含绝对值不等式、根据绝对值三角不等式求最值以及利用基本不等式求最值，考查综合分析与求解能力，属中档题.