2020届普通高考（天津卷）适应性测试数学试题
一、单选题
1．已知全集，集合，则（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】先利用补集的定义求出，再利用交集的定义可得结果.【详解】
因为全集，所以，又因为集合，所以.故选：B.【点睛】
研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且不属于集合的元素的集合.2．设，则“”是“”的（）
A．充分非必要条件
B．必要非充分条件
C．充要条件
D．既非充分也非必要条件
【答案】A
【解析】利用一元二次不等式的解法化简，再由充分条件与必要条件的定义可得结果.【详解】
“”等价于
“或”，“”能推出“或”，而“或”不能推出“”，所以“”是“”的充分非必要条件，故选：A.【点睛】
判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.3．函数的图象大致是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据函数有两个极值点，可排除选项C、D；利用奇偶性可排除选项B，进而可得结果.【详解】
因为，所以，令可得，即函数有且仅有两个极值点，可排除选项C、D；
又因为函数即不是奇函数，又不是偶函数，可排除选项B，故选：A.【点睛】
函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.4．如图，长方体的体积是36，点E在棱上，且，则三棱锥E-BCD的体积是（）
A．3
B．4
C．6
D．12
【答案】B
【解析】由锥体的体积公式可得三棱锥的体积为，结合长方体的体积是36可得结果.【详解】
因为长方体的体积是36，点E在棱上，且，所以，三棱锥E-BCD的体积是
故选：B.【点睛】
本题主要考查柱体的体积与锥体的体积，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题.5．某市为了解全市居民日常用水量的分布情况，调查了一些居民某年的月均用水量（单位：吨），其频率分布表和频率分布直方图如图，则图中t的值为（）
分组
频数
频率
0.04
0.08
a
0.22
m
0.25
0.14
0.06
0.04
0.02
合计
1.00
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由频率和为1可求得，再除以组距即可得结果.【详解】
因为0.04+0.08++0.22+0.25+0.14+0.06+0.04+0.02=1，所以，又因为组距等于0.5，所以t的值为，故选：C.【点睛】
直方图的主要性质有：（1）直方图中各矩形的面积之和为；（2）组距与直方图纵坐标的乘积为该组数据的频率；（3）每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标、组距相乘后求和可得平均值；（4）直方图左右两边面积相等处横坐标表示中位数.6．已知是定义在R上的偶函数且在区间单调递减，则（）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】根据指数函数的单调性以及对数函数的单调性判断出，再利用函数的单调性与奇偶性可得结果.【详解】
因为是定义在R上的偶函数，所以，根据对数函数的单调性可得，根据指数函数的单调性可得，所以，因为在区间单调递减，所以，即
故选：C.【点睛】
解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.7．抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线垂直于双曲线的一条渐近线，则p的值为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】先求出抛物线的焦点与双曲线的右焦点，再利用直线垂直斜率相乘等于-1可得结果.【详解】
抛物线的焦点为，双曲线的右焦点为，所以，又因为双曲线的渐近线为，所以，故选：B.【点睛】
本题主要考查抛物线与双曲线的焦点，考查了双曲线的渐近线方程以及直线垂直斜率之间的关系，属于基础题.8．已知函数，则下列结论错误的是（）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．是的一个零点
D．在区间单调递减
【答案】D
【解析】利用辅助角公式化简，再利用正弦函数的周期性、对称性、单调性以及函数零点的定义逐一判断即可.【详解】，对于A，的最小正周期为，正确；
对于B，时，为最小值，的图象关于直线对称，正确；
对于C，时，是的一个零点，正确；
对于D，在区间上不是单调函数，错误，故选：D.【点睛】
本题通过对多个命题真假的判断，综合考查正弦函数的周期性、对称性、单调性以及函数的零点的定义，属于中档题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.9．已知函数，若函数有且只有3个零点，则实数k的取值范围是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】画出函数图象，分两种情况讨论，分别求出直线与曲线相切时的斜率，结合函数图象的交点个数，即可判断函数有且只有3个零点时实数k的取值范围.【详解】
时，过，设与切于，因为，则
画出的图象，由图可知，当时，与有三个交点
时，过，设与切于，因为，所以，可得，画出的图象，由图可知，当，即时，与有三个交点，综上可得，时，与有三个交点，即有三个零点.故选：D.【点睛】
本题主要考查函数的图象与性质以及数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．
二、填空题
10．i是虚数单位，复数________________.【答案】
【解析】利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简求解即可.【详解】，故答案为：.【点睛】
复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.11．已知直线与圆交于点A,B两点，则线段AB的长为____________.【答案】4
【解析】求出圆心与半径，利用点到直线的距离公式，结合勾股定理可得结果.【详解】
因为的圆心为，半径，到直线的距离，所以线段AB的长为，故答案为：4.【点睛】
本题主要考查点到直线距离公式以及圆的弦长的求法，求圆的弦长有两种方法：一是利用弦长公式，结合韦达定理求解；二是利用半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，利用勾股定理求解.12．在的展开式中，常数项是________．
【答案】
【解析】写出的展开式的通项公式，让的指数为零，求出常数项.【详解】
因为的展开式的通项公式为：，所以令，常数项为.【点睛】
本题考查了利用二项式展开式的通项公式求常数项的问题，考查了运算能力.13．已知某同学投篮投中的概率为，现该同学要投篮3次，且每次投篮结果相互独立，则恰投中两次的概率为：_____________；记X为该同学在这3次投篮中投中的次数,则随机变量X的数学期望为____________.【答案】
【解析】由独立重复试验的概率公式可得恰投中两次的概率；分析题意可得随机变量，利用二项分布的期望公式可得结果.【详解】
由独立重复试验的概率公式可得，恰投中两次的概率为；
可取0，1，2，3，；
则随机变量，所以，故答案为：.【点睛】
“求期望”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望．对于某些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布（如二项分布），则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式()求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度．
14．已知，则的最小值为______________.【答案】4
【解析】化简原式为，两次运用基本不等式可得结果.【详解】，当且仅当，即等号成立，所以，的最小值为4，故答案为：4.【点睛】
本题主要考查利用基本不等式求最值，属于中档题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.15．如图，在中，D,E分别边AB,AC上的点,且，则______________，若P是线段DE上的一个动点，则的最小值为_________________.【答案】1
【解析】由利用数量积公式可求的值为1，设的长为，则，利用平面向量的几何运算法则结合数量积的运算法则，可得，再利用配方法可得结果
【详解】，；
又因为且，为正三角形，，设的长为（），则，时取等号，的最小值为.故答案为：1，.【点睛】
向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）平面向量数量积的计算问题，往往有两种形式，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．
三、解答题
16．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为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）化简原式，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两角和的正弦公式可得结果.【详解】
（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，为锐角，故由，可得，从而有,.【点睛】
以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.17．如图，在四棱锥P一ABCD中，已知，点Q为AC中点，底面ABCD,，点M为PC的中点.（1）求直线PB与平面ADM所成角的正弦值；
（2）求二面角D-AM-C的正弦值；
（3）记棱PD的中点为N，若点Q在线段OP上，且平面ADM，求线段OQ的长.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】以O为原点，分别以向量的方向为x轴,y轴,z轴正方向，可以建立空间直角坐标系，（1）求出直线PB的方向向量，利用向量垂直数量积为零列方程求出平面ADM的法向量，可求直线PB与平面ADM所成角的正弦值；（2）由已知可得平面，故是平面的一个法向量，结合（1）中平面ADM的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可求二面角D-AM-C的余弦值，从而可得正弦值；（3）设线段OQ的长为，则点Q的坐标为，由已知可得点N的坐标为，利用直线与平面的法向量数量积为零列方程求解即可.【详解】
依题意，以O为原点，分别以向量的方向为x轴,y轴,z轴正方向，可以建立空间直角坐标系（如图），可得，.（1）依题意，可得，设为平面ADM的法向量，则，即，不妨设，可得，又，故，直线PB与平面ADM所成角的正弦值为；
（2）由已知可得，所以平面，故是平面的一个法向量，依题意可得，因此有，于是有，二面角D-AM-C的正弦值；
（3）设线段OQ的长为，则点Q的坐标为，由已知可得点N的坐标为，进而可得，由平面ADM，故，即，解得，线段OQ的长为.【点睛】
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.18．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上
（1）求椭圆的方程；
（2）已短直线与椭交于A、B两点，点P的坐标为，且,求实数m的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据题意，结合性质，列出关于、、的方程组，求出、，即可得椭圆的方程；（2）直线与曲线联立，根据韦达定理，利用平面向量数量积公式，结合条件列方程求解即可.【详解】
（1）设椭圆的焦距为，由已知有，又由，可得，由点在椭圆上，有，由此可得，椭圆的方程为；
（2）设点A的坐标，点B的坐标,由方程组，消去y，整理可得，①
由求根公式可得，②
由点P的坐标为，可得，故，③
又，代入上式可得，由已知，以及②，可得，整理得，解得，这时，①的判别式，故满足题目条件，.【点睛】
求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.19．已知数列是公差为1的等差数列，数列是等比数，且，数列满足其中.（1）求和的通项公式
（2）记，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用，列方程求出，等差数列的首项、等比数列的首项与公比，从而可得结果；（2）先根据得，再根据分组求和与错位相减求和法，结合等比数列的求和公式可得结果.【详解】
（1）设数列的公差为d，数列的公比为q，则，由，可得，由，可得，又，故可得，再由，可得，解得，；
（2），其中，记，则，①
故有，②
①-②可得，由此可得，由，故可得.【点睛】
“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.20．已知函数，函数，其中，是的一个极值点，且.（1）讨论的单调性
（2）求实数和a的值
（3）证明
【答案】（1）在区间单调递增；（2）；（3）证明见解析.【解析】（1）求出，在定义域内，再次求导，可得在区间上恒成立，从而可得结论；（2）由，可得，由可得，联立解方程组可得结果；（3）由（1）知在区间单调递增，可证明，取，可得，而，利用裂项相消法，结合放缩法可得结果.【详解】
（1）由已知可得函数的定义域为，且，令，则有，由，可得，可知当x变化时，的变化情况如下表：
0
+
极小值，即，可得在区间单调递增；
（2）由已知可得函数的定义域为，且，由已知得，即，①
由可得，②
联立①②，消去a，可得，③
令，则，由（1）知，故，在区间单调递增，注意到，所以方程③有唯一解，代入①，可得，；
（3）证明：由（1）知在区间单调递增，故当时，，可得在区间单调递增，因此，当时，即，亦即，这时，故可得，取，可得，而，故
.【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.
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