精品解析：浙江省宁波市五校(奉化中学、宁波中学、北仑中学等)2020届高三下学期高考适应性考试数学试题（解析版）

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宁波市五校高三适应性考试数学试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分.满分150分.考试时间120分钟.注意事项：1．答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方，贴好条形码.2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效.参考公式：若事件，互斥，则      柱体的体积公式若事件，相互独立，则     其中表示柱体的底面积，表示柱体的高若事件在一次试验中发生的概率是，则次      锥体的体积公式独立重复试验中事件恰好发生次的概率          其中表示锥体的底面积，表示锥体的高    球的表面积公式台体的体积公式    球的体积公式 其中分别表示台体的上、下底面积，表示    其中表示球的半径台体的高     第Ⅰ卷 （选择题 共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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.已知全集，集合则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先求出集合A，B的交集，再根据全集求其补集即可.【详解】,全集,,故选：C【点睛】本题主要考查了集合的交集，集合的全集、补集，属于容易题.2.若展开式的各项二项式系数和为512，则展开式中的常数项（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据展开式的各项二项式系数和为求出，利用二项展开式的通项公式即可求出常数项.【详解】因为展开式中所有二项式系数和为512，所以，解得.二项展开式的通项为，令，即所以展开式中的常数项为,故选：A【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，二项式系数的性质，特定项的求法，考查了运算能力，属于中档题.3.若，则“且”是“且”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据不等式性质证明充分性成立，举例说明必要性不成立.【详解】因为且，所以根据同向正数不等式相乘得，根据同向不等式相加得，即成立，因此充分性成立；当时满足且，但不满足且，即必要性不成立；从而“且”是“且”的充分不必要条件，故选：A【点睛】本题考查不等式性质、充要关系判断，考查基本分析判断能力，属基础题.4.已知函数若当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】作出函数的图象，可知函数在上单调递减，即可根据单调性解出不等式．【详解】作出函数的图象，如图所示：．由图可知，函数在上单调递减，所以，，即有，解得．故选：B．【点睛】本题主要考查分段函数单调性的应用，以及不等式恒成立问题的解法应用，属于基础题．5.已知某函数的部分图象如图所示，则此函数的解析式可能是（其中为自然对数的底）（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用图象得知函数为奇函数，且在右边附近函数值为正，逐项分析各选项中函数的奇偶性及其在区间上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】由图象可知函数为奇函数，且该函数在右边附近的函数值为正，对于A选项，函数定义域为，，该函数为偶函数，不合乎题意；对于B选项，由函数奇偶性的定义可知，函数为偶函数，不合乎题意；对于C选项，函数的定义域为，，该函数为奇函数，当时，，，则，合乎题意；对于D选项，由函数奇偶性的定义可知，函数为奇函数，当时，，，则，不合乎题意.故选：C.【点睛】本题考查利用函数图象选择函数解析式，一般要对函数的定义域、单调性、奇偶性、零点以及函数值符号进行分析，结合排除法求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.6.已知非零实数的绝对值全不相等，那么满足“”的（    ）A. 仅有一组 B. 仅有二组 C. 仅有三组 D. 有无穷多组【答案】D【解析】【分析】根据正切恒等式说明即可；【详解】解：令，，因为当，时， 满足因为，所以，所以所以所以有无穷多组满足故选：D【点睛】本题考查正切恒等的应用，考查转化思想，属于中档题.7.已知是等比数列，，那么其前5项和的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设公比为，将表示出来，，观察式子特点，分和用均值不等式求出的范围.【详解】设公比为,则，故，令，则，当时，等号成立，即或，则，， 函数在递减，在递增，故当时，有最小值，即.故选：C.【点睛】本题以等比数列为载体，考查了等比数列前项和，均值不等式，换元法，二次函数的最值，是多个基本知识的综合题，属于中档题.8.一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球，当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为，则（   ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】B【解析】【分析】分别求出两个随机变量的分布列后求出它们的期望和方差可得它们的大小关系.【详解】可能的取值为；可能的取值为，，，，故，.，，故，,故，.故选B.【点睛】离散型随机变量的分布列的计算，应先确定随机变量所有可能的取值，再利用排列组合知识求出随机变量每一种取值情况的概率，然后利用公式计算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回与无放回的区别.9.设函数，若曲线上存在点，使得，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】分析】由题意可知存在，使成立，可得，若令，求出的值域即可得到的取值范围.【详解】解：由曲线上存在点，使得，可得，所以，即存在，使成立，所以，即，，令，因为， 所以在上为增函数，所以，即，所以，故选：D【点睛】此题考查了余弦函数的性质，利用导数研究函数的单调性，由单调性求函数的值域，体现了数的转化思想，属于中档题.10.已知点为抛物线的焦点，经过点且倾斜角为钝角的直线与抛物线交于两点，（为坐标原点）的面积为，线段的垂直平分线与轴交于点，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据题意求出焦点坐标，设设直线为，代入抛物线得到关于的二次方程，根据的面积得到，再求出的中垂线方程，从而得到的坐标，计算即可.【详解】抛物线的焦点，设直线为，代入抛物线得：，设，，则，.则， 解得.设的中点为，，代入得.所以的中垂线方程为：.令，，即.所以故选：D【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，同时考查了同角的三角函数，属于中档题.第Ⅱ卷 （非选择题 共110分）二、填空题：本大题共7小题，共36分.多空题每小题6分，单空题每小题4分.11.已知复数(其中为虚数单位)，那么______，______.【答案】    (1).     (2). 【解析】【分析】直接根据复数的模的公式及复数的乘法法则计算可得；【详解】解：因为所以，故答案：；【点睛】本题考查复数的模及复数代数形式的乘法运算，属于基础题.12.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________.【答案】    (1).     (2). 【解析】【分析】根据三视图可得几何体是组合体，下面为长方体，长宽高分别为3，2，1；上面是底面半径为1，高为3的圆锥，将数据代入表面积与体积公式求解即可.【详解】由三视图可得该几何体下面是一个长宽高分别为3，2，1的长方体，上面是一个底面半径为1，高为3的圆锥.故该圆锥的母线长为.所以此几何体表面积为；体积为.故答案为：；.【点睛】本题考查的是组合体求体积与表面积问题，需熟记椎体、柱体的体积与表面积公式，属基础题.13.有标号分别为1，2，3，4，5，6的6张抗疫宣传海报，要求排成2行3列，则共有_______种不同的排法，如果再要求每列中前面一张的标号比其后面一张的标号小，则共有_______种不同的排法.【答案】    (1). 720    (2). 90【解析】【分析】根据排成2行3列，先从标号分别为1，2，3，4，5，6的6张抗疫宣传海报，选出3张排在第一行，剩余3张排在第二行，再分别全排列即可.如果再要求每列中前面一张的标号比其后面一张的标号小，分第一行是：1，2，3；1，2，4； 1，2，5； 1，3，4；1，3，5；五种情况讨论求解，然后再利用分类计数原理求解.【详解】先从标号分别为1，2，3，4，5，6的6张抗疫宣传海报，选出3张排在第一行，剩余3张排在第二行，则共有种不同的排法，如果再要求每列中前面一张的标号比其后面一张的标号小时，当第一行是：1，2，3时，第二行是4，5，6，则有种不同的排法，当第一行是：1，2，4时，第二行是3，5，6，则有种不同的排法，当第一行是：1，2，5时，第二行是3，4，6，则有种不同的排法，当第一行是：1，3，4时，第二行是2，5，6，则有种不同的排法，当第一行是：1，3，5时，第二行是2，4，6，则有种不同的排法，所以每列中前面一张的标号比其后面一张的标号小时，共有：种不同的排法，故答案为：①720；②90【点睛】本题主要考查排列组合应用题以及分类计数原理，还考查了分类讨论的思想和分析求解问题的能力，属于中档题.14.在中，，以为边在平面内向外作正方形，使在的两侧.（1）当时，________；（2）的最大值为_______.【答案】    (1).     (2). 【解析】【分析】（1）首先在中，利用余弦定理得到，再利用余弦定理在中求即可.（2）首先设，，在中利用正弦定理得到，利用余弦定理得到，在中，利用余弦定理得到，再求最大值即可.【详解】（1）如图所示：在中，即：，整理得：，解得.在中，，因为所以，.（2）如图所示：设，，在中，，整理得：.，在中，，因为，所以.当，即时，取得最大值为.故答案为；【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，同时考查了三角函数的最值，属于中档题.15.若过双曲线焦点且与双曲线实轴线垂直的弦的长等于焦点到渐近线距离的倍，则此双曲线的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】设双曲线的方程为，利用点到直线的距离公式求出焦点到渐近线的距离,结合题意建立关于a、b的等式，解出a=2b,进而可得该双曲线的离心率.【详解】设双曲线的方程为，不妨设，一条渐近线为可得焦点到渐近线的距离为，过双曲线焦点且与实轴垂直的弦的长等于，过双曲线焦点且与双曲线实轴线垂直的弦的长等于焦点到渐近线距离的倍，解得，，故答案为：【点睛】本题给出双曲线满足的条件，求双曲线的离心率.着重考查了双曲线的标准方程与简单几何性质等知识，属于基础题.16.以点为圆心作圆，过点作圆的切线，切线长为，直线（其中为坐标原点）交圆于两点，当点在优弧上运动时，的最大值为_________.【答案】【解析】【分析】首先根据切线长为得到圆的标准方程，画出图形可知优弧均在直线的上方区域，得到，则，令，再根据的几何意义结合图形即可得到答案.【详解】设圆的标准方程为，，则切线长为，解得.则圆的标准方程为，直线的方程为，作出直线，可得优弧均在直线的上方区域.如图所示：则优弧上任意一点满足不等式，则.令，则.表示直线的轴截距再加.由图知，当直线与圆相切于第一象限时，最大.所以，解得.由图可知：的最大值为.故答案为：【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，同时考查了圆的标准方程和线性规划，属于难题.17.已知所在平面内的两点，满足：，，是边上的点，若，，，，则__________.【答案】【解析】【分析】由题中条件知，为的垂心，为的外心，建立直角坐标系，将向量运算转化为坐标运算，以为轴，为轴，设，，，则，再求出的坐标，代入向量式运算求得结果.【详解】由题中条件知，,为的外心，由，，即，同理可证，为的垂心，以为轴，为轴，设，，，则，如图所示：则由题，得，由为垂心，则，得，得.由是外心，的三条中垂线的交点，则可设，设的中点为，则，又由，则，得，即，即到的距离为1，由题且在上，故为的中点，由题，故，则.【点睛】本题考查了三角形垂心，外心的向量表达式，建立直角坐标系，将向量运算转化为坐标运算，建系后确定外心的坐标是解决本题的关键，还考查了学生的分析能力，运算能力，难度较大.三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.18.已知函数.（1）求的振幅、最小正周期和初相位；（2）将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，当时，求的取值范围.【答案】（1）振幅为，最小正周期为，初相位为；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，进而可求得函数的振幅、最小正周期和初相位；（2）利用图象变换求得，由求得的取值范围，利用余弦函数的基本性质可求得的取值范围.【详解】（1），因此，函数的振幅为，最小正周期为，初相位为；（2）将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则，当时，，，所以，，因此，当时，的取值范围是.【点睛】本题考查正弦型函数的振幅、最小正周期和初相位的求解，同时也考查了余弦型函数值域的求解，以及利用图象变换求函数解析式，考查计算能力，属于中等题.19.如图，平面平面，四边形是梯形，//，四边形是矩形，，，是上动点. （1）试确定点的位置，使//平面；（2）在（1）的条件下，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）当时，平面．（2）【解析】【分析】（1）当时，平面．连接，交于，连接，由，得，得，再由线面平行的判定可得平面；（2）推导出平面，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值．【详解】解：（1）当时，平面．证明如下：连接，交于，连接，由于，所以，又，所以所以，由于平面，平面，平面；(2)因为平面平面，，平面平面，所以平面，以为原点，，的方向为轴的正方向，建立如图空间直角坐标系.设，则，，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则由得，取得，设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．20.已知数列的前项积为，为等差数列，且.（1）求；（2）证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由等差数列求出，根据即可求出；（2）由（1）可得，构造函数，利用导数证明，即可得，利用裂项相消法即可得证.【详解】（1）由题意，，，且为等差数列，所以，即解得，所以，因为，，所以，时，也适合，故（2）由（1）知，，下面证明，令，则，令则，当时，，所以在上单调递增，所以，即所以所以，即【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，由递推公式求数列的通项，裂项相消法求和，构造函数利用导数证明不等式，考查了推理能力，运算能力，属于难题.21.已知离心率为的椭圆的短轴的两个端点分别为、，为椭圆上异于、的动点，且的面积最大值为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）射线与椭圆交于点，过点作倾斜角互补的两条直线，它们与椭圆的另一个交点分别为点和点，求的面积的最大值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）由椭圆的离心率为可得出，再由的面积最大值为可求得的值，进而可得出的值，由此可求得椭圆的方程；（Ⅱ）求出点的坐标，设直线的方程为，与椭圆方程联立，求得点的坐标，同理可求得点的坐标，可求得直线的斜率为，然后将直线的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理、三角形的面积公式以及基本不等式可求得的面积的最大值.【详解】（Ⅰ）椭圆的离心率为，可得，由题意可得的面积的最大值为，可得，，因此，椭圆的方程为；（Ⅱ）联立，解得，所以，点的坐标为.设点、，设直线的方程为，即，联立，消去并整理得，由韦达定理得，即，，所以，点的坐标为，同理可得点的坐标为，直线的斜率为，设直线的方程为，联立，消去得，，可得，由韦达定理得，，由弦长公式可得，点到直线的距离，所以，，当且仅当时，等号成立，因此，面积的最大值为.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中三角形面积最值的计算，求出直线的斜率是解答的关键，考查计算能力，属于较难题.22.已知函数，.（Ⅰ）当时，求的单调区间；（Ⅱ）若的值域为，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）单调递增区间为，，单调递减区间为；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）利用导数分析函数的单调性，作出函数的图象，进而可作出函数的图象，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；（Ⅱ）先证明出，然后分和，分别证明出当时，和当时，，由此可得出实数的取值范围.【详解】（Ⅰ）当时，，则，令，得.列表如下：极小值 当时，；当时，.作出函数的图象如下图所示：由于，作出函数的图象如下图所示：由图象可知，函数的单调递增区间为，，单调递减区间为；（Ⅱ）由题意可知，方程必有解，又，即有解，设，则.当或时，；当或时，.所以，函数的单调递增区间为，，单调递减区间为，，且，，作出函数的图象如下图所示：由图象可知，当或时，即当或时，方程有解，下面证明当且时，；当且时，.先证，设，则.当时，；当时，.所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.所以，.①当时，若时，则，且函数连续，当时，，则，此时，函数的值域为；当时，若时，，当时，，当时，，，又因为函数连续，则.此时，函数的值域为.综上所述，实数的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，同时也考查了利用函数的值域求参数，涉及利用导数研究函数的零点问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.