【文档说明】【精准解析】贵州省贵阳市、六盘水市、黔南州2020届高三3月适应性考试（一）数学（理）试题.doc，共(24)页，1.976 MB，由小赞的店铺上传

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贵阳市2020年高三适应性考试（一）理科数学第I卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.已知集合1345A，，，，集合2{|450}B

xxxZ，则AB的元素个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】由题意得2|450|150,1,2,3,4BxZxxxZx,∴1,3,4AB．∴AB的元素个数为3.

选C．2.复数21izi（i是虚数单位）在复平面内对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】∵2i11=22iiiz，∴复数z在复平面内对应的点为2,1，在第一象限．选A．3.为了保障人民群众的身体健康，在预防新型冠状病毒

期间，贵阳市市场监督管理局加强了对市场的监管力度，对生产口罩的某工厂利用随机数表对生产的600个口罩进行抽样测试是否合格，先将600个口罩进行编号，编号分别为001,002,,599,600；从中抽取60个样本，如下提供随机数表的第4行到第6行：32211834

2978645407325242064438122343567735789056428442125331345786073625300732862345788907236896080432567808436789535577348994837522535578324577892

345若从表中第6行第6列开始向右依次读取3个数据，则得到的第5个样本编号为（）A.578B.324C.535D.522【答案】D【解析】【分析】根据随机数表法抽样的定义进行抽取即可.【详解】编号分别为001，002，，599

，600，从表中第6行第6列开始向右依次读取3个数据，第一个数为808>600，不符合条件；第二个数为436<600，符合条件；第三个数为789>600，不符合条件；第四个数为535<600，符合条件；第五个数为577<600，符合条件；第六

个数为348<600，符合条件；第七个数为994>600，不符合条件；第八个数为837>600，不符合条件；第九个数为522<600，符合条件；得到的第5个样本编号是522.故选：D.【点睛】本题主要考查

了随机数表法提取样本，根据定义选择满足条件是解决本题的关键，属于基础题.4.已知cos2cos2，则tan4（）A.4B.4C.13D.13【答案

】C【解析】因为cos()2cos()2，所以sin2costan2，所以1tan1tan()41tan3，故选C.5.若xy、满足约束条件22390xyxyx，则2zxy的最小值为

（）A.6B.0C.1D.2【答案】A【解析】【分析】画出约束条件表示的平面区域，利用目标函数找出最优解，即可求出目标函数的最小值.【详解】画出xy、满足约束条件22390xyxyx

表示的平面区域，如图所示，化目标函数为1122yxz，由图可知，当直线1122yxz过点0,3A时直线在y轴上的截距最小，z的最小值为0236.故选：A.【点睛】本题主要考查的是线性规划的简单应用，弄清楚目

标函数所表示的几何意义是解题的关键，是基础题.6.已知132a，21log3b，131log4c，则（）A.abcB.acbC.cbaD.cab【答案】D【解析】131218a，21log03b

，1331loglog414c，所以cab.故选D.7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.23B.12C.32D.2【答案】B【解析】【分析】由三视图画出主观图，利用锥体体积公式即可求得.【详解】由

三视图可知，该几何体是底面是上底为1DC，下底为2AB，高为1BC的直角梯形，高为1PC的四棱锥，1111211322V.故选：B.【点睛】本题主要考查的是由三视图画出主观图，再求出其体积，由三视图画出主观图的步

骤和思想方法是：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体的前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整，8.在二项式3nxx的展开式中,各项系数之和为M,各项二项式系数之和为N,且72MN,则展开式中常数项的值为A.

18B.12C.9D.6【答案】C【解析】令1x,可得各项系数之和134nnM;各项二项式系数之和2nN;而MN=4272nn,解得3n;所以333nxxxx,其通项3133TCrrrrxx=332233Crrr

x,令1r,可得展开式中常数项为1133C9.故选C.【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数和，属于简单题.二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式1Crnr

rrnTab；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.9.己知ABCD，，，四点在球O的表面上，且222ABBCAC，，若四面体ABCD的体积的最大值为43，则球O的表面积为（）A.7B.9C.10D.12

【答案】B【解析】【分析】根据几何体的特征可得DQ与面ABC垂直时体积最大，最大值为1433ABCSDQ，在RtAQO中222OAAQOQ，求得R进而可求得结果.【详解】由题意ABC是一个直角三角形，其所在球的球小圆的圆心在斜边AC的中点上，设小圆的圆心为Q，若四面体ABC

D的体积最大，由于底面积ABCS不变，高最大时体积最大，所以DQ与面ABC垂直时体积最大，最大值为1433ABCSDQ，1122222ABCSACBQ，114222323DQ，即2DQ，如图所示，设球心为O，半径为R，则在RtAQO

中222OAAQOQ，即222(2)(2)RR，所以32R，因此球的表面积为：23492.故选：B.【点睛】本题主要考查的是一道关于球内接多面体及球的表面积的题目，关键是分析出何时四面体ABCD的体积取得最大值；细查题意知，灵活运用球

的性质是解答本题的基本方法，是中档题.10.已知函数π2sin(04fxx)的图象在区间0,1上恰有3个最高点，则的取值范围为A.19π27π,44B.9π13π,22C.17π25π,44

D.4π,6π【答案】C【解析】因为函数π2sin(04fxx)的图象在区间0,1上恰有3个最高点,所以函数π2sin(04fxx)的图象在区间0,1上至少有两个周期加八分之一周期,少于三个周期加八分之一周期,所

以4ππ6ππ144,所以17π25π44本题选择C选项.11.过双曲线22221()00axyabb，的左焦点(,0)Fc，作圆222xya的切线，切点为T，延长FT交双曲线右支于点P．若线段PF的中点为MM，在线段PT上，O为坐标原

点，则OMMT（）A.baB.abC.caD.cb【答案】A【解析】【分析】设双曲线的右焦点为F，2PFPFa，连接PF，OM为中位线，所以12OMPF，||||||OMMTFTa，

又在RtFOT，可以得到FT，由此能求出OMMT.【详解】如图所示，设F是双曲线的右焦点，连接PF，点,MO，分别为线段,PFFF的中点.由三角形中位线定理得：111||(||2)||||222OMPFPFaPFaMFa||||||||||OMMTMFMTaFT

a，连接OT，因为PT是圆的切线，则OTFT，在RtFOT中，22||,||,||||||OFcOTaFTOFOTb，||||OMMTba.故选：A.【点睛】本题主要考查的

是双曲线的性质和应用，解题是要注意圆的方程和性质的合理应用以及三角形的中位线定理，考查的是学生计算能力和分析能力，是中档题.12.若函数1(ln)2fxax与函数2gxx有四个不同的交点，则实数a的取值（）A.2(0,)2eB.2(,)2eC.

2(0,2)eD.2(2,)e【答案】D【解析】【分析】设2()()()ln||2ahxfxgxxax，易知()hx为偶函数，函数()hx有四个零点等价于函数()hx在(0,)内有2个零点，进而分析0a和0a，对()hx求导分析单调性，

可得()hx的极值亦是最小值，只要min()0hx，即可得到实数a的取值范围.【详解】由题意，函数1()ln||2fxax与函数2()gxx有4个不同的交点，即方程()()fxgx有4个解，设2()()()ln||2ahxfxgxxax

，显然函数()hx为偶函数，且0x，函数()hx有四个零点等价于函数()hx在(0,)内有2个零点.当0x时，2()ln2ahxxax，（1）当0a时，函数的()hx在(0,)上单调递增，最多只有一个零点，显然不满足

题意；（2）当0a时，22()2axahxxxx由()0hx得2ax，由()0hx得02ax，所以函数()hx在区间(0,)2a上单调递减，在区间(,)2a上单调递增，.所以函数min()()ln22aahxhaa

，又当0x时，()hx；当x时，()hx由函数()hx在区间(0,)上有两个零点可得，min()0hx即ln02aaa，解之得22ae.故选：D.【点睛】本题主要考查的是利用导数研

究函数的零点，构造函数，利用导数研究函数的单调性和极值，考查学生的分析问题的能力和解决问题的能力，是难题.第Ⅱ卷(非选择题共90分）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、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.已知向量a与b的夹角为60，2a，||3b，则32ab__________．【答案】6.【解析】【详解】分析：根据平面向量的数量积与模的计算公式，即可求解答案．详解：由题意，向量,ab的夹角为60,2,3ab，所以22222

(32)9124921223cos604336abaabb，所以2326ab．点睛：本题主要考查了平面向量数量积与模的计算问题，此类问题的求解，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何

图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用，利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．14.已知圆C的圆心是抛物线24xy的焦点，直线4

320xy与圆C相交于AB、两点，且6AB，则圆C的标准方程为____【答案】22110xy【解析】【分析】先根据抛物线方程求得焦点坐标，得圆心以及圆心到直线4320xy的距离，根据勾股定理求得圆的半径，则圆的方程可得.【详解】依题意可知，抛物线的焦

点为0,1，即圆C的圆心坐标为0,1，直线4320xy与圆C相交于AB、两点，且6AB，圆心到直线的距离为2240312143，圆的半径为23110，则所求圆C的方程为221()10xy.故答案为：221()10xy.【点睛

】本题主要考查了抛物线的应用，涉及了圆的基本性质，点到直线的距离，数形结合思想等问题，是基础题.15.已知随机变量~(2,)XBp，2~(2,)YN，若(1)0.64PX，(02)PYp，则(4)PY__________．【答案】0.1【解析】∵随机变量服从~

2,XBp，∴202111p0.64PXC，解得：0.4p.又2~2,YN，∴400.5020.1PYPYPY故答案为0.116.在ABC中，角ABC，，所对的边分别为abc，

，，若31cosAsinBsinAcosB，6ac，则ABC的面积的最大值为________【答案】22【解析】【分析】利用正弦定理得出,,abc的关系，利用余弦定理，同角三角函数基本关系式可求得sinB，

利用基本不等式，三角形面积公式即可求解.【详解】3cossinsin1cosABAB，3sinsinsincoscossinsinsinBAABABAC，由正弦定理可得：36bac，解得2b.6ac，62acac，可得9ac（当

且仅当3ac时等号成立），2222()2416cos22acbacacacBacacac，可得22164sin1cos1216acBBacacac，114csin2162216229

162222SaBacacacac（当且仅当3ac时等号成立）.故答案为：22.【点睛】本题主要考查的是正弦定理，余弦定理的应用，基本不等式的应用以及同角三角函数基本关系式的应用，熟练掌握正

余弦定理是解本题的关键，是中档题.三、解答题：第17至21题每题12分，第22、23题为选考题，各10分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知等比数列na的公比为(1)qq，前n项和为nS，满足：42120,2Sa是13a与3a

的等差中项．数列nb的前n项和为nT，且33nnbloga．（1）求na与nb;（2）证明：1211112.33nTTT【答案】（1）3,3nnnabn（2）见解析【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为q，利用42120,2Sa是13a与3a的等差中项，求出

公比和首项，即可求na，再根据33nnbloga即可得到nb；（2）求出数列nb的前n项和为nT，可得数列通项，利用裂项法求数列的和，即可证得结论.【详解】（1）由题意，设数列na的公比为(1)qq，依题意得方程组41211111201223aqqaqaaq

，解得133qa或1301aq（舍去），1333nnna，333log3log33nnnban.（2）3nbn，13133nnbbnn，数列nb为的等差数列，333122nnnnnT

，所以122113131nTnnnn，1211121111111322331nTTTnn2121313n，令111fxx，则2101fxx恒成立，函数f

x单调递增，21131n单调递增，且n为正整数，所以当1n时，21131n有最小值13，所以1211112···33nTTT.【点睛】本题考查数列的通项，考查裂项法求数列的和，考查学生分析解决问题的能力，准确利用公式和确定数列的通项是

关键，是中档题.18.如图，是一个半圆柱与多面体11ABBAC构成的几何体，平面ABC与半圆柱的下底面共面，且ACBC，P为弧11AB上（不与11,AB重合）的动点.（1）证明：1PA平面1PBB；

（2）若四边形11ABBA为正方形，且ACBC，114PBA，求二面角11PABC的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)55.【解析】试题分析：（1）由1BB平面11PAB，可得1BBPA，由11AB是上底面对应圆的直径，可得11PAPB，根据线面垂直的判定定理可

得1PA平面1PBB；（2）以C为坐标原点，以,CACB为,xy轴，过C作与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系Cxyz，利用向量垂直数量积为零，列方程组分别求出平面11PAB与平面11ABC的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得面角1

1PABC的余弦值.试题解析：（1）在半圆柱中，1BB平面11PAB，所以1BBPA.因为11AB是上底面对应圆的直径，所以11PAPB.因为111PBBBB，1PB平面1PBB，11BBPBB，所以1PA

平面1PBB.（2）以C为坐标原点，以,CACB为,xy轴，过C作与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系Cxyz.如图所示，设1CB，则1,0,0B，0,1,0A，10,1,2A，11,0,2B，1,1,2P.所以1

0,1,2CA，11,0,2CB.平面11PAB的一个法向量10,0,1n.设平面11CAB的一个法向量2,,nxyz，则2020yzxz，令1z，则221yxz，所以可取22,

2,1n，所以1215cos,515nn.由图可知二面角11PABC为钝角，所以所求二面角的余弦值为55.【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）

观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）

根据定理结论求出相应的角和距离.19.某校举行运动会，其中三级跳远的成绩在8.0米以上的进入决赛，把所得的成绩进行整理后，分成6组画出频率分布直方图的一部分（如图），已知第6组的频数是7.（1）求进入决赛的人数；（2）用样本的频率代替概率，记X表示两人中进入决赛的人数

，求X得分布列及数学期望.【答案】（1）36人（2）见解析，数学期望为3625【解析】【分析】（1）由频率分直方图求出第6小组的频率，从而求出总人数，进而得到第4、5、6组成绩均进入决赛，由此能求出进入决赛的人数.（2）由题意知X的可能取值为0，1，2，进入决赛的概率为36185025，从而

182,25XB，由此能求出X的分布列及数学期望.【详解】（1）第6小组的频率为10.040.100.140.280.300.14，总人数为7500.14(人).第4,5,6组成绩均进入决赛，人数为0.280.300.145036

（人），即进入决赛的人数为36.（2）由题意可知X的可能取值为0,1,2，进入决赛的概率为36185025，182,25XB，202749025624PxC，1271825212525624PxC，22218324225625PxC

，所求分布列为：X012P49625252625324625183622525EX，两人中进入决赛的人数的数学期望为3625.【点睛】本题主要考查的是平率分布直方图的简单应用，考查分布列以及数学期望的求法，考查学生的分析问题的能力和解决问题的能力，考查学生的计算能力，是中

档题.20.在平面直角坐标系xOy中取两个定点16,0A，26,0A，再取两个动点10,Nm，20,Nn，且2mn.(1)求直线11AN与22AN的交点M的轨迹C的方程；(2)过3,0R的直线与轨迹C交于,PQ两点，过点P作PNx轴

且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若1RPRQ，求证：NFFQ【答案】(1)22162xy；(2)证明见解析【解析】【分析】(1)由直线所过两点可得直线11AN和22AN的方程，设

,Mxy为两直线交点，则两方程做乘法整理可得所求轨迹方程；(2)设过R直线:3lxty及,PQ坐标，将直线方程与椭圆方程联立整理可得韦达定理的形式；由RPRQ可得121233xxyy；通过分析法

可知，若要证NFFQ，只需证得11223232xxxx，将等式整理后可知最终只需证得2121220tyytyy，将韦达定理的结论代入即可知等式成立，即所证NFFQ成立.【详解】(1)由题意知，直线11AN

的方程为：66myx…①直线22AN的方程为：66nyx…②设,Mxy是直线11AN与22AN的交点，①×②得：22216663mnyxx，整理得：22162xy即点M的轨迹C的方程为：22

162xy(2)证明：设过点R的直线:3lxty，11,Pxy，22,Qxy，则11,Nxy由223162xtyxy消去x得：223630tyty122

63tyyt，12233yyt由RPRQ得：121233xxyy由(1)知：2,0F，则要证NFFQ，即证11222,2,xyxy只需证1222xx，只需11223232

xxxx即证121225120xxxx又2121212123339xxtytytyytyy，12126xxtyy21212122618530120tyytyytyy，即

2121220tyytyy221212223622033ttyytyytttt成立NFFQ成立【点睛】本题考查定点轨迹方程求解、直线与椭圆综合应用中的向量问题的求解；本题证明的关键是能够通过分析法将证等式进行转化，转化为能够利用韦达定理的形式

，通过直线与椭圆方程联立得到韦达定理的结果，代入即可证得结论.21.已知函数21()(1)ln.2fxxaxax（1）当1a时，讨论函数fx的单调性；（2）当0a时，令222Fxfxxlnxlnx，是否存在区间[,,]1mn

，使得函数Fx在区间[,]mn上的值域为[()2]2,kmkn，若存在，求实数k的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析（2）不存在，见解析【解析】【分析】（1）求出fx，分三种情况讨论a的范围，在定义域范围内，

分别令0fx求得x的范围，可得函数fx的增区间，0fx求得x的范围，可得函数fx的减区间；（2）假设存在区间[,,]1mn，使得函数Fx在区间[,]mn上的值域为[

()2]2,kmkn，则22ln22ln22FxmmmkmFnnnnkn，问题转化为关于x的方程222xxlnxkx在区间1,内是否存在两个不相等的

实根，进而可得结果.【详解】（1）fx的定义域为0,，21111'xxaaxaxafxxaxxx，①11a即2a，则21'0xfxx恒成立，故fx在0,单调递增，②若11a，而1a，故1

2a，则当1,1xa时，'0fx；当0,1xa及(1,)x时，'0fx，故fx在1,1a单调递减，在(0,1,1),a单调递增，③若11a，即2a，同理

fx在1,1a单调递减，在(,1,)01,a单调递增.（2）22Fxxxlnx，所以'21Fxxlnx，令'21xFxxlnx，则1'20xx对(1,)x恒成立，所以Fx在区间(1,)

内单调递增，所以''110FxF恒成立，所以函数Fx在区间(1,)内单调递增，假设存在区间,1,()mn，使得函数Fx在区间,mn上的值域是2,2kmkn

，则22ln22ln22FxmmmkmFnnnnkn，问题转化为关于x的方程222xxlnxkx在区间1,内是否存在两个不相等的实根，即222xxlnkxx在区间1,内是否存在两个不相等的实根，令2ln

2,1,2xxxhxxx，则22342ln2xxxhxx，设23()42,1,pxxxlnxx，则对212223=0xxpxxxx对1,x恒成立，所以函数Px在区间

1,内单调递增，故10pxp恒成立，所以'0hx，所以函数hx在区间(1,)内单调递增.所以方程2ln22xxxkx在区间1,内不存在两个不相等的实根.综上所述，不存在区间,1,()mn，使得函数Fx在区间,mn上

的值域是2,2kmkn.【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、存在性问题，解决导数综合题时，函数的单调性、极值是解题的基础，在得到单调性的基础上经过分析可使得问题得以解决；对于探索性问题，在求解的过程中可先假

设结论成立，然后在此基础上进行推理，看能否得到矛盾，若得到矛盾，则说明假设不成立；若无矛盾出现，则说明假设成立，从而说明所证明题成立，考查考生的分类讨论思想、等价转化能力、数学计算能力，是中档题.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

记分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑．22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是12cos(2sinxy为参数），以该直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线，的极坐标方程为3sincos0.m

（1）写出曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）设点(,0)Pm，直线l与曲线C相交于AB、两点，1PAPB，求实数m的值．【答案】（1）2212xy，33yxm（2）13m或0m或2m.【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程

和极坐标方程与直角坐标方程进行转化.（2）利用直线和曲线的位置关系建立方程组，进一步利用一元二次方程根和系数的关系求出结果.【详解】（1）2212cos122sinxxyy，故曲线C的普通方

程为2212xy.siny，cosx，直线l的直角坐标方程为3303yxmyxm.（2）直线l的参数方程可以写为3212xmtyt（t为参数），设,AB两点对应的参数分别为12,tt，将直线l的参数方程代入曲线

C的普通方程2212xy，可以得到222231123112022mtttmtm，223(1)4[(1)2]0mm,解得1221

22m.所以212121PAPBttm，22211220mmmm或220mm，解得13m或0m或2m.【点睛】本题考查参数方程化普通方程，极坐标方程化直角坐标方程，考查直线与圆位置关系的应用，考查直线的参

数方程的几何意义的应用，是中档题.23.已知a，b，c为正数，函数f(x)＝|x＋1|＋|x－5|.(1)求不等式f(x)≤10的解集；(2)若f(x)的最小值为m，且a＋b＋c＝m，求证：a2＋b2＋c2≥12.【答案】(1){x|－3≤x≤7}(2)证明见解析

【解析】【分析】（1）分段讨论x的范围，去掉绝对值符号得出不等式的解；（2）求出m的值，根据基本不等式得出结论．【详解】解：（1）()|1||5|10fxxx„，等价于1(1)(5)10xxx„„

或15(1)(5)10xxx„或5(1)(5)10xxx…„，解得31x剟或15x或57x剟，所以不等式()10fx„的解集为{|37}xx剟．（2）因为()|1||5||(1)(5)|6f

xxxxx…，当且仅当(1)(5)0xx„即15x剟时取等号．所以6m，即6abc．222abab…，222acac…，222cbbc…，2222()222abcabacbc…，22222223()222()36abcabcabacbcab

c…．22212abc…．当且仅当2abc时等号成立．【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，不等式的证明与基本不等式的应用，属于中档题．