2020屆普通高考（天津卷）適應性測試數學試題

一、單選題

1．已知全集，集合，則（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】先利用補集的定義求出，再利用交集的定義可得結果.【詳解】

因為全集，所以，又因為集合，所以.故選：B.【點睛】

研究集合問題，一定要抓住元素，看元素應滿足的屬性.研究兩集合的關系時，關鍵是將兩集合的關系轉化為元素間的關系，本題實質求滿足屬于集合且不屬于集合的元素的集合.2．設，則“”是“”的（）

A．充分非必要條件

B．必要非充分條件

C．充要條件

D．既非充分也非必要條件

【答案】A

【解析】利用一元二次不等式的解法化簡，再由充分條件與必要條件的定義可得結果.【詳解】

“”等價于

“或”，“”能推出“或”，而“或”不能推出“”，所以“”是“”的充分非必要條件，故選：A.【點睛】

判斷充分條件與必要條件應注意：首先弄清條件和結論分別是什么，然后直接依據定義、定理、性質嘗試.對于帶有否定性的命題或比較難判斷的命題，除借助集合思想化抽象為直觀外，還可利用原命題和逆否命題、逆命題和否命題的等價性，轉化為判斷它的等價命題；對于范圍問題也可以轉化為包含關系來處理.3．函數的圖象大致是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】根據函數有兩個極值點，可排除選項C、D；利用奇偶性可排除選項B，進而可得結果.【詳解】

因為，所以，令可得，即函數有且僅有兩個極值點，可排除選項C、D；

又因為函數即不是奇函數，又不是偶函數，可排除選項B，故選：A.【點睛】

函數圖象的辨識可從以下方面入手：

(1)從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置．

(2)從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；

(3)從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性；

(4)從函數的特征點，排除不合要求的圖象.4．如圖，長方體的體積是36，點E在棱上，且，則三棱錐E-BCD的體積是（）

A．3

B．4

C．6

D．12

【答案】B

【解析】由錐體的體積公式可得三棱錐的體積為，結合長方體的體積是36可得結果.【詳解】

因為長方體的體積是36，點E在棱上，且，所以，三棱錐E-BCD的體積是

故選：B.【點睛】

本題主要考查柱體的體積與錐體的體積，意在考查對基礎知識的掌握與應用，屬于基礎題.5．某市為了解全市居民日常用水量的分布情況，調查了一些居民某年的月均用水量（單位：噸），其頻率分布表和頻率分布直方圖如圖，則圖中t的值為（）

分組

頻數

頻率

0.04

0.08

a

0.22

m

0.25

0.14

0.06

0.04

0.02

合計

1.00

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】由頻率和為1可求得，再除以組距即可得結果.【詳解】

因為0.04+0.08++0.22+0.25+0.14+0.06+0.04+0.02=1，所以，又因為組距等于0.5，所以t的值為，故選：C.【點睛】

直方圖的主要性質有：（1）直方圖中各矩形的面積之和為；（2）組距與直方圖縱坐標的乘積為該組數據的頻率；（3）每個矩形的中點橫坐標與該矩形的縱坐標、組距相乘后求和可得平均值；（4）直方圖左右兩邊面積相等處橫坐標表示中位數.6．已知是定義在R上的偶函數且在區間單調遞減，則（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】根據指數函數的單調性以及對數函數的單調性判斷出，再利用函數的單調性與奇偶性可得結果.【詳解】

因為是定義在R上的偶函數，所以，根據對數函數的單調性可得，根據指數函數的單調性可得，所以，因為在區間單調遞減，所以，即

故選：C.【點睛】

解答比較大小問題，常見思路有兩個：一是判斷出各個數值所在區間（一般是看三個區間）；二是利用函數的單調性直接解答；數值比較多的比大小問題也可以兩種方法綜合應用.7．拋物線的焦點與雙曲線的右焦點的連線垂直于雙曲線的一條漸近線，則p的值為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】先求出拋物線的焦點與雙曲線的右焦點，再利用直線垂直斜率相乘等于-1可得結果.【詳解】

拋物線的焦點為，雙曲線的右焦點為，所以，又因為雙曲線的漸近線為，所以，故選：B.【點睛】

本題主要考查拋物線與雙曲線的焦點，考查了雙曲線的漸近線方程以及直線垂直斜率之間的關系，屬于基礎題.8．已知函數，則下列結論錯誤的是（）

A．的最小正周期為

B．的圖象關于直線對稱

C．是的一個零點

D．在區間單調遞減

【答案】D

【解析】利用輔助角公式化簡，再利用正弦函數的周期性、對稱性、單調性以及函數零點的定義逐一判斷即可.【詳解】，對于A，的最小正周期為，正確；

對于B，時，為最小值，的圖象關于直線對稱，正確；

對于C，時，是的一個零點，正確；

對于D，在區間上不是單調函數，錯誤，故選：D.【點睛】

本題通過對多個命題真假的判斷，綜合考查正弦函數的周期性、對稱性、單調性以及函數的零點的定義，屬于中檔題.這種題型綜合性較強，也是高考的命題熱點，同學們往往因為某一處知識點掌握不好而導致“全盤皆輸”，因此做這類題目更要細心、多讀題，盡量挖掘出題目中的隱含條件，另外，要注意從簡單的自己已經掌握的知識點入手，然后集中精力突破較難的命題.9．已知函數，若函數有且只有3個零點，則實數k的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】畫出函數圖象，分兩種情況討論，分別求出直線與曲線相切時的斜率，結合函數圖象的交點個數，即可判斷函數有且只有3個零點時實數k的取值范圍.【詳解】

時，過，設與切于，因為，則

畫出的圖象，由圖可知，當時，與有三個交點

時，過，設與切于，因為，所以，可得，畫出的圖象，由圖可知，當，即時，與有三個交點，綜上可得，時，與有三個交點，即有三個零點.故選：D.【點睛】

本題主要考查函數的圖象與性質以及數形結合思想的應用，屬于難題.數形結合是根據數量與圖形之間的對應關系，通過數與形的相互轉化來解決數學問題的一種重要思想方法，.函數圖象是函數的一種表達形式，它形象地揭示了函數的性質，為研究函數的數量關系提供了“形”的直觀性．歸納起來，圖象的應用常見的命題探究角度有：1、確定方程根的個數；2、求參數的取值范圍；3、求不等式的解集；4、研究函數性質．

二、填空題

10．i是虛數單位，復數________________.【答案】

【解析】利用復數的除法運算法則：分子、分母同乘以分母的共軛復數，化簡求解即可.【詳解】，故答案為：.【點睛】

復數是高考中的必考知識，主要考查復數的概念及復數的運算．要注意對實部、虛部的理解，掌握純虛數、共軛復數、復數的模這些重要概念，復數的運算主要考查除法運算，通過分母實數化轉化為復數的乘法，運算時特別要注意多項式相乘后的化簡，防止簡單問題出錯，造成不必要的失分.11．已知直線與圓交于點A,B兩點，則線段AB的長為____________.【答案】4

【解析】求出圓心與半徑，利用點到直線的距離公式，結合勾股定理可得結果.【詳解】

因為的圓心為，半徑，到直線的距離，所以線段AB的長為，故答案為：4.【點睛】

本題主要考查點到直線距離公式以及圓的弦長的求法，求圓的弦長有兩種方法：一是利用弦長公式，結合韋達定理求解；二是利用半弦長，弦心距，圓半徑構成直角三角形，利用勾股定理求解.12．在的展開式中，常數項是________．

【答案】

【解析】寫出的展開式的通項公式，讓的指數為零，求出常數項.【詳解】

因為的展開式的通項公式為：，所以令，常數項為.【點睛】

本題考查了利用二項式展開式的通項公式求常數項的問題，考查了運算能力.13．已知某同學投籃投中的概率為，現該同學要投籃3次，且每次投籃結果相互獨立，則恰投中兩次的概率為：_____________；記X為該同學在這3次投籃中投中的次數,則隨機變量X的數學期望為____________.【答案】

【解析】由獨立重復試驗的概率公式可得恰投中兩次的概率；分析題意可得隨機變量，利用二項分布的期望公式可得結果.【詳解】

由獨立重復試驗的概率公式可得，恰投中兩次的概率為；

可取0，1，2，3，；

則隨機變量，所以，故答案為：.【點睛】

“求期望”，一般利用離散型隨機變量的數學期望的定義求期望．對于某些實際問題中的隨機變量，如果能夠斷定它服從某常見的典型分布（如二項分布），則此隨機變量的期望可直接利用這種典型分布的期望公式()求得．因此，應熟記常見的典型分布的期望公式，可加快解題速度．

14．已知，則的最小值為______________.【答案】4

【解析】化簡原式為，兩次運用基本不等式可得結果.【詳解】，當且僅當，即等號成立，所以，的最小值為4，故答案為：4.【點睛】

本題主要考查利用基本不等式求最值，屬于中檔題.利用基本不等式求最值時，一定要正確理解和掌握“一正，二定，三相等”的內涵：一正是，首先要判斷參數是否為正；二定是，其次要看和或積是否為定值（和定積最大，積定和最小）；三相等是，最后一定要驗證等號能否成立（主要注意兩點，一是相等時參數是否在定義域內，二是多次用或時等號能否同時成立）.15．如圖，在中，D,E分別邊AB,AC上的點,且，則______________，若P是線段DE上的一個動點，則的最小值為_________________.【答案】1

【解析】由利用數量積公式可求的值為1，設的長為，則，利用平面向量的幾何運算法則結合數量積的運算法則，可得，再利用配方法可得結果

【詳解】，；

又因為且，為正三角形，，設的長為（），則，時取等號，的最小值為.故答案為：1，.【點睛】

向量的運算有兩種方法，一是幾何運算往往結合平面幾何知識和三角函數知識解答，運算法則是：（１）平行四邊形法則（平行四邊形的對角線分別是兩向量的和與差）；（２）三角形法則（兩箭頭間向量是差，箭頭與箭尾間向量是和）平面向量數量積的計算問題，往往有兩種形式，一是利用數量積的定義式，二是利用數量積的坐標運算公式，涉及幾何圖形的問題，先建立適當的平面直角坐標系，可起到化繁為簡的妙用．

三、解答題

16．在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，已知

（1）求的值

（2）若

（i）求的值

（ii）求的值.【答案】（1）；（2）（i）;（ii）.【解析】（1）化簡原式，直接利用余弦定理求的值即可；（2）（i）由（1）可得，再利用正弦定理求的值；（ii）利用二倍角的余弦公式求得，可得，再由二倍角的正弦公式以及兩角和的正弦公式可得結果.【詳解】

（1）

在中，由，整理得，又由余弦定理，可得；

（2）（i）由（1）可得，又由正弦定理，及已知，可得；

（ii）由（i）可得，由已知，可得，故有，為銳角，故由，可得，從而有,.【點睛】

以三角形為載體，三角恒等變換為手段，正弦定理、余弦定理為工具，對三角函數及解三角形進行考查是近幾年高考考查的一類熱點問題，一般難度不大，但綜合性較強.解答這類問題，兩角和與差的正余弦公式、誘導公式以及二倍角公式，一定要熟練掌握并靈活應用，特別是二倍角公式的各種變化形式要熟記于心.17．如圖，在四棱錐P一ABCD中，已知，點Q為AC中點，底面ABCD,，點M為PC的中點.（1）求直線PB與平面ADM所成角的正弦值；

（2）求二面角D-AM-C的正弦值；

（3）記棱PD的中點為N，若點Q在線段OP上，且平面ADM，求線段OQ的長.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】以O為原點，分別以向量的方向為x軸,y軸,z軸正方向，可以建立空間直角坐標系，（1）求出直線PB的方向向量，利用向量垂直數量積為零列方程求出平面ADM的法向量，可求直線PB與平面ADM所成角的正弦值；（2）由已知可得平面，故是平面的一個法向量，結合（1）中平面ADM的法向量，利用空間向量夾角余弦公式可求二面角D-AM-C的余弦值，從而可得正弦值；（3）設線段OQ的長為，則點Q的坐標為，由已知可得點N的坐標為，利用直線與平面的法向量數量積為零列方程求解即可.【詳解】

依題意，以O為原點，分別以向量的方向為x軸,y軸,z軸正方向，可以建立空間直角坐標系（如圖），可得，.（1）依題意，可得，設為平面ADM的法向量，則，即，不妨設，可得，又，故，直線PB與平面ADM所成角的正弦值為；

（2）由已知可得，所以平面，故是平面的一個法向量，依題意可得，因此有，于是有，二面角D-AM-C的正弦值；

（3）設線段OQ的長為，則點Q的坐標為，由已知可得點N的坐標為，進而可得，由平面ADM，故，即，解得，線段OQ的長為.【點睛】

空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是：（1）觀察圖形，建立恰當的空間直角坐標系；（2）寫出相應點的坐標，求出相應直線的方向向量；（3）設出相應平面的法向量，利用兩直線垂直數量積為零列出方程組求出法向量；（4）將空間位置關系轉化為向量關系；（5）根據定理結論求出相應的角和距離.18．已知橢圓的離心率為，點在橢圓上

（1）求橢圓的方程；

（2）已短直線與橢交于A、B兩點，點P的坐標為，且,求實數m的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根據題意，結合性質，列出關于、、的方程組，求出、，即可得橢圓的方程；（2）直線與曲線聯立，根據韋達定理，利用平面向量數量積公式，結合條件列方程求解即可.【詳解】

（1）設橢圓的焦距為，由已知有，又由，可得，由點在橢圓上，有，由此可得，橢圓的方程為；

（2）設點A的坐標，點B的坐標,由方程組，消去y，整理可得，①

由求根公式可得，②

由點P的坐標為，可得，故，③

又，代入上式可得，由已知，以及②，可得，整理得，解得，這時，①的判別式，故滿足題目條件，.【點睛】

求橢圓標準方程的方法一般為待定系數法,根據條件確定關于的方程組，解出，從而寫出橢圓的標準方程．解決直線與橢圓的位置關系的相關問題，其常規思路是先把直線方程與橢圓方程聯立，消元、化簡，然后應用根與系數的關系建立方程，解決相關問題．涉及弦中點的問題常常用“點差法”解決，往往會更簡單.19．已知數列是公差為1的等差數列，數列是等比數，且，數列滿足其中.（1）求和的通項公式

（2）記，求數列的前n項和.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用，列方程求出，等差數列的首項、等比數列的首項與公比，從而可得結果；（2）先根據得，再根據分組求和與錯位相減求和法，結合等比數列的求和公式可得結果.【詳解】

（1）設數列的公差為d，數列的公比為q，則，由，可得，由，可得，又，故可得，再由，可得，解得，；

（2），其中，記，則，①

故有，②

①-②可得，由此可得，由，故可得.【點睛】

“錯位相減法”求數列的和是重點也是難點，利用“錯位相減法”求數列的和應注意以下幾點：①掌握運用“錯位相減法”求數列的和的條件（一個等差數列與一個等比數列的積）；②相減時注意最后一項的符號；③求和時注意項數別出錯；④最后結果一定不能忘記等式兩邊同時除以.20．已知函數，函數，其中，是的一個極值點，且.（1）討論的單調性

（2）求實數和a的值

（3）證明

【答案】（1）在區間單調遞增；（2）；（3）證明見解析.【解析】（1）求出，在定義域內，再次求導，可得在區間上恒成立，從而可得結論；（2）由，可得，由可得，聯立解方程組可得結果；（3）由（1）知在區間單調遞增，可證明，取，可得，而，利用裂項相消法，結合放縮法可得結果.【詳解】

（1）由已知可得函數的定義域為，且，令，則有，由，可得，可知當x變化時，的變化情況如下表：

0

+

極小值，即，可得在區間單調遞增；

（2）由已知可得函數的定義域為，且，由已知得，即，①

由可得，②

聯立①②，消去a，可得，③

令，則，由（1）知，故，在區間單調遞增，注意到，所以方程③有唯一解，代入①，可得，；

（3）證明：由（1）知在區間單調遞增，故當時，，可得在區間單調遞增，因此，當時，即，亦即，這時，故可得，取，可得，而，故

.【點睛】

本題主要考查利用導數研究函數的單調性以及不等式的證明，屬于難題.不等式證明問題是近年高考命題的熱點，利用導數證明不等主要方法有兩個，一是比較簡單的不等式證明，不等式兩邊作差構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出函數的最值即可；二是較為綜合的不等式證明，要觀察不等式特點，結合已解答的問題把要證的不等式變形，并運用已證結論先行放縮，然后再化簡或者進一步利用導數證明.