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    2020届山西省大同四中联盟体高三3月模拟考试数学(理)试题(解析版)

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    2020届山西省大同四中联盟体高三3月模拟考试数学(理)试题

     

     

    一、单选题

    1.已知集合,则等于( 

    A B C D

    【答案】D

    【解析】对集合进行化简,分别得到两个集合表示的内容,然后取交集

    【详解】

    集合中:,解得

    集合中:,即

    所以

    故选D

    【点睛】

    本题考查了集合的基本概念,集合的运算,解二次不等式,属于简单题.

    2.已知复数z满足:(2iz1i,其中i是虚数单位,则z的共轭复数为(   

    Ai Bi

    C D

    【答案】B

    【解析】把等式变形,根据复数的运算先求出z,再根据共轭复数的定义得出答案.

    【详解】

    由(2iz1i,得zi

    i.

    故选:B.

    【点睛】

    本题考查复数的运算法则、共轭复数的定义.

    3.某程序框图如图所示,现输入如下四个函数,则可以输出的函数为(    

    Af(x) Bf(x)

    Cf(x) Df(x)x2ln(x21)

    【答案】B

    【解析】模拟执行程序框图可得其功能是输出的函数为奇函数,并且此函数存在零点,一一验证即可.

    【详解】

    由程序框图知该程序输出的是存在零点的奇函数,

    选项AC中的函数虽然是奇函数,但在给定区间上不存在零点,故排除AC.

    选项D中的函数是偶函数,故排除D.

    故选:B.

    【点睛】

    本题主要考查了程序框图和算法,考查了函数的性质及其应用,属于基础题.

    4.数列中,,且数列是等差数列,则等于(   

    A B C D

    【答案】A

    【解析】根据为等差数列可得,由此求得的值.

    【详解】

    由于为等差数列,故,即,解得.

    【点睛】

    本小题考查等差数列的基本性质:若为等差数列,且,则有,利用这个性质,列方程,可求得的值.

    5.某电视台的夏日水上闯关节目中的前四关的过关率分别为,只有通过前一关才能进入下一关,其中,第三关有两次闯关机会,且通过每关相互独立.一选手参加该节目,则该选手能进入第四关的概率为()

    A B C D

    【答案】D

    【解析】分两种情况讨论得到该选手能进入第四关的概率.

    【详解】

    第一种情况:该选手通过前三关,进入第四关,所以,

    第二种情况:该选手通过前两关,第三关没有通过,再来一次通过,进入第四关,

    所以.

    所以该选手能进入第四关的概率为.

    故选D

    【点睛】

    本题主要考查独立事件的概率和互斥事件的概率和公式,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

    6.已知正三棱柱的顶点都在球的球面上,,则球的表面积为(   

    A B C D

    【答案】D

    【解析】根据正三棱柱的结构特征,结合球的截面性质求得球的半径,即可得球的表面积.

    【详解】

    根据对称性,可得球心到正三棱柱的底面的距离为,球心在底面上的射影为底面的中心

    由球的截面的性质可得

    所以有

    所以球的表面积为

    故选:D

    【点睛】

    本题考查了三棱柱与外接球的关系,外接球表面积的求法,属于基础题.

    7.函数的函数图象是(   

    A B

    C D

    【答案】A

    【解析】首先去绝对值化得函数为,结合对数型复合函数的单调性即可得出选项.

    【详解】

    去绝对值可得

    时,单调递增,

    时,单调递减,且

    时,单点递增,且

    综上只有A符合,

    故选:A

    【点睛】

    本题主要考查函数的性质与图像,需熟记对数型函数的性质,属于中档题.

    8.在如图的平面图形中,已知,的值为

    A B

    C D0

    【答案】C

    【解析】分析:连结MN,结合几何性质和平面向量的运算法则整理计算即可求得最终结果.

    详解:如图所示,连结MN

    可知点分别为线段上靠近点的三等分点,

    由题意可知:

    结合数量积的运算法则可得:

    .

    本题选择C选项.

    点睛:求两个向量的数量积有三种方法:利用定义;利用向量的坐标运算;利用数量积的几何意义.具体应用时可根据已知条件的特征来选择,同时要注意数量积运算律的应用.

    9.已知的最小值为

    A B C D

    【答案】A

    【解析】将已知等式变为,展开可求得,利用两角和差公式可得,利用基本不等式求得的范围,从而求得的最小值.

    【详解】

    因为,即

       

    那么

    时等号成立

    因此,即

       

    本题正确选项:

    【点睛】

    本题考查两角和差正弦公式、正切公式的应用,基本不等式求最值问题,关键在于能够将已知角进行拆解,从而得到;求解最值问题时,常用方法是构造出基本不等式的形式,利用基本不等式求得结果.

    10.已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等,的中点,则所成的角的余弦值为( )

    A B C D

    【答案】C

    【解析】试题分析:的交点为,连接,则所成的角或其补角;设正四棱锥的棱长为,则,所以

    ,故C为正确答案.

    【考点】异面直线所成的角.

     

    11.已知双曲线,过原点作一条倾斜角为直线分别交双曲线左、右两支PQ两点,以线段PQ为直径的圆过右焦点F,则双曲线离心率为  

    A B C2 D

    【答案】B

    【解析】求得直线的方程,联立直线的方程和双曲线的方程,求得两点坐标的关系,根据列方程,化简后求得离心率.

    【详解】

    ,依题意直线的方程为,代入双曲线方程并化简得,故 ,设焦点坐标为,由于以为直径的圆经过点,故,即,即,即,两边除以,解得.,故选B.

    【点睛】

    本小题主要考查直线和双曲线的交点,考查圆的直径有关的几何性质,考查运算求解能力,属于中档题.

    12.设表示不大于实数的最大整数,函数,若关于的方程有且只有5个解,则实数的取值范围为(  

    A B C D

    【答案】A

    【解析】根据分段函数的解析式,先讨论当x0时,函数零点的个数为三个,再讨论当x≤0时,函数的零点的个数为2个,利用导数结合数形结合分析得解.

    【详解】

    首先,确定在x0上,方程f(x)=1的解.

    时,在

    所以由取整意义有[lnx]=-(n+1),

    即在上,恒有

    n=0,

    此时有一根

    n≥1时,恒有f(x)-11

    此时在上无根.

    上,

    所以在上,恒有

    .

    n=1时,在上,

    n=2时,在

    所以此时有两根,

    这样在

    有三根,

    显然有一根

    所以在有且仅有一根,

    洛必达法则

    是先增后减,

    a0.

    单调递增,

    故选:A

    【点睛】

    本题主要考查利用导数研究函数的零点问题,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力,难度较大.

     

     

    二、填空题

    13.已知P为椭圆上任意一点,是椭圆的两个焦点.的最小值为________.

    【答案】8

    【解析】运用重要不等式,结合椭圆的定义可以直接求解即可.

    【详解】

    (当且仅当时取等号).

    故答案为:8

    【点睛】

    本题考查了椭圆的定义,考查了重要不等式的应用,考查了数学运算能力.

    14.已知函数,若是函数的极小值点,则实数的值为________.

    【答案】

    【解析】求出函数的导数,由题意得出,求出实数的值,并验证为函数的极小值点,综合即可得出实数的值.

    【详解】

    ,定义域为,且

    由题意得,解得,此时,.

    ,得,列表如下:

    极大值

    极小值

     

    所以,函数处取得极小值.

    故答案为:.

    【点睛】

    本题考查利用函数的极值点求参数,对于可导函数而言,导函数在极值点处的函数值为零,同时还应对极值点处导数的符号变化进行分析,考查运算求解能力,属于基础题.

    15.设满足约束条件若目标函数的最大值为,的最小值为_________

    【答案】

    【解析】【详解】试题分析:试题分析: 由,平移直线由图象可知,当时目标函数的最大值为,即,则

    ,当且仅当,即时,取等号,故的最小值为

    【考点】1、利用可行域求线性目标函数的最值;2、利用基本不等式求最值.

    【方法点晴】

    本题主要考查可行域、含参数目标函数最优解和均值不等式求最值,属于难题.含参变量的线性规划问题是近年来高考命题的热点,由于参数的引入,提高了思维的技巧、增加了解题的难度, 此类问题的存在增加了探索问题的动态性和开放性,此类问题一般从目标函数的结论入手,对目标函数变化过程进行详细分析,对变化过程中的相关量的准确定位,是求最优解的关键.

    16.设数列{an}满足a1=1,且an+1﹣an=n+1n∈N),则数列{}的前10项的和为__

    【答案】

    【解析】试题分析:数列满足,且时,.当时,上式也成立,数列的前项的和

    数列的前项的和为.故答案为

    【考点】1)数列递推式;(2)数列求和.

     

     

    三、解答题

    17.在中,角对边分别为,且满足

    1)求的面积;

    2)若,求的周长.

    【答案】123

    【解析】分析:(1)由,利用余弦定理求得,结合利用三角形面积公式求解即可;(2)根据诱导公式以及两角和的余弦公式可求得,由正弦定理可得,由余弦定理可得,从而可得结果.

    详解:(1,即

    2

    由题意,

    的周长为

    点睛:解三角形时,有时可用正弦定理,有时也可用余弦定理,应注意用哪一个定理更方便、简捷.如果式子中含有角的余弦或边的二次式,要考虑用余弦定理;如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时,则考虑用正弦定理;以上特征都不明显时,则要考虑两个定理都有可能用到.

    18.如图,在四面体中,分别是线段的中点,,直线与平面所成的角等于

    1)证明:平面平面

    2)求二面角的余弦值.

    【答案】(Ⅰ)见证明; (Ⅱ)

    【解析】)先证得,再证得,于是可得平面,根据面面垂直的判定定理可得平面平面.()利用几何法求解或建立坐标系,利用向量求解即可得到所求.

    【详解】

    )在中,是斜边的中点,

    所以.

    因为的中点,

    所以,且

    所以

    所以.

    又因为

    所以

    所以平面

    因为平面

    所以平面平面

    )方法一:取中点,连,则

    因为

    所以.

    又因为

    所以平面

    所以平面

    因此是直线与平面所成的角.

    所以.

    过点,则平面

    过点,连接

    为二面角的平面角.

    因为

    所以

    所以

    因此二面角的余弦值为

    方法二:

    如图所示,在平面BCD中,作x⊥BD,以B为坐标原点,BDBA所在直线为y轴,z轴建立空间直角坐标系

    因为 (同方法一,过程略)

    ,

    所以,,

    设平面的法向量

    ,即,取,

    设平面的法向量

    ,即,取,

    所以

    由图形得二面角为锐角,

    因此二面角的余弦值为

    【点睛】

    利用几何法求空间角的步骤为作、证、求,将所求角转化为解三角形的问题求解,注意计算和证明的交替运用.利用空间向量求空间角时首先要建立适当的坐标系,通过求出两个向量的夹角来求出空间角,此时需要注意向量的夹角与空间角的关系.

    19.为了适当疏导电价矛盾,保障电力供应,支持可再生能源发展,促进节能减排,某省于2018年推出了省内居民阶梯电价的计算标准:以一个年度为计费周期、月度滚动使用,第一阶梯电量:年用电量2160度以下(2160),执行第一档电价0.5653/度;第二阶梯电量:年用电量21614200(4200),执行第二档电价0.6153/度;第三阶梯电量:年用电量4200度以上,执行第三档电价0.8653/.某市的电力部门从本市的用电户中随机抽取10户,统计其同一年度的用电情况,列表如下表:

    用户编号

    1

    2

    3

    4

    5

    6

    7

    8

    9

    10

    年用电量()

    1000

    1260

    1400

    1824

    2180

    2423

    2 815

    3325

    4411

    4600

     

    (1)试计算表中编号为10的用电户本年度应交电费多少元?

    (2)现要在这10户家庭中任意选取4户,对其用电情况作进一步分析,求取到第二阶梯电量的户数的分布列;

    (3)以表中抽到的10户作为样本估计全市的居民用电情况,现从全市居民用电户中随机地抽取10户,若抽到k户用电量为第一阶梯的可能性最大,求k的值.

    【答案】12822.38元 (2)见解析(3k4.

    【解析】1)根据各编号为10的用户所用电量,并结合每档的电价可得所用的电费.(2)由题意得的所有可能取值为01234,然后分别求出的每个值的概率可得分布列,然后可得期望.(3)由题意,故,,由此列出不等式,解不等式可得的范围,从而可得的值.

    【详解】

    (1)因为第二档电价比第一档电价多0.05/度,第三档电价比第一档电价多0.3/度,编号为10的用电户一年的用电量是4 600度,则该户本年度应交电费为4 600×0.565 3(4 2002 160)×0.05(4 6004200)×0.32822.38().

    2)设取到第二阶梯电量的用户数为,可知第二阶梯电量的用户有4户,则可取01234.

    ,

    ,

    的分布列为

    0

    1

    2

    3

    4

     

     

    所以

    3)由题意可知从全市中抽取10户的用电量为第一阶梯,满足,可知

    ,

    解得

    所以当时概率最大,

    .

    【点睛】

    本题考查离散型随机变量的的分布列,考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.应用性问题是高考命题的一个重要考点,近年来都通过概率问题来考查,且常考常新,对于此类考题,要注意认真审题,对二项分布的正确判读是解题的关键,属于一般难度题型.

    20.已知抛物线C=2px经过点12).过点Q01)的直线l与抛物线C有两个不同的交点AB,且直线PAy轴于M,直线PBy轴于N

    )求直线l的斜率的取值范围;

    )设O为原点,,求证:为定值.

    【答案】(1) 取值范围是(-∞-3-3001

    (2)证明过程见解析

    【解析】【详解】

    分析:(1)先确定p,再设直线方程,与抛物线联立,根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围,最后根据PAPBy轴相交,舍去k=3,(2)先设Ax1y1),Bx2y2),与抛物线联立,根据韦达定理可得.再由.利用直线PAPB的方程分别得点MN的纵坐标,代入化简可得结论.

    详解:解:()因为抛物线y2=2px经过点P12),

    所以4=2p,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x

    由题意可知直线l的斜率存在且不为0

    设直线l的方程为y=kx+1k≠0).

    依题意,解得k<00<k<1

    PAPBy轴相交,故直线l不过点(1-2).从而k≠-3

    所以直线l斜率的取值范围是(-∞-3-3001).

    )设Ax1y1),Bx2y2).

    由(I)知

    直线PA的方程为

    x=0,得点M的纵坐标为

    同理得点N的纵坐标为

    所以

    所以为定值.

    点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定定点是什么、定值是多少,或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题,证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似,在求定点、定值之前已知该值的结果,因此求解时应设参数,运用推理,到最后必定参数统消,定点、定值显现.

    21.已知函数

    1)求fx)的单调区间;

    2)如果函数有两个极值点,求证:.(参考数据:为自然对数的底数)

    【答案】(1)增区间为,减区间为;(2)证明见解析

    【解析】1)求出的导数,再二次求导判定的单调性,再根据,即可得到fx)的单调区间;

    2)由题意得出,变形得,利用基本不等式得出,然后构造,利用导数分析函数的单调性,证明出,结合单调性得出.

    【详解】

    1

    上单调递增,

    时,,因此单调递减,

    时,,因此单调递增,

    fx)的单调增区间为,单调减区间为.

    2有两个极值点,,

    有两个不同的零点

    ,相加有

    相减有

    可以得到,代入

    不妨设,则,又令

    所以上单调递增,

    所以

    所以

    所以,即

    ,则单调递增,

    因此.

    【点睛】

    本题考查了利用导数研究函数的单调性,同时考查利用导数证明不等式,考查了等价转化能力,考查了分析问题与解决问题的能力,考查了数形结合思想方法,考查了推理能力与计算能力,属于难题.

    22.在直角坐标系中,曲线的参数方程为为参数).

    1)求曲线的普通方程;

    2)在以为极点,轴正半轴为极轴的极坐标系中,直线的方程为,已知直线与曲线相交于两点,求

    【答案】1; (2

    【解析】1)由,将两式相加得曲线的普通方程为

    2)由得直角坐标方程为,求圆心到直线的距离,

    再由垂径定理得弦长

    【详解】

    解:(1)由,将两式相加得

    故曲线的普通方程为

    2)由

    化为直角坐标方程为

    圆心到直线的距离

    由垂径定理得

    【点睛】

    本题主要考查参数方程与普通方程的互化,考查极坐标方程与直角坐标方程的互化,考查直线与圆的位置关系,属于中档题.

    23.设函数f(x)|xa|.

    (1)a2时,解不等式f(x)≥4|x1|

    (2)f(x)≤1的解集为[0,2](m>0n>0),求证:m2n≥4.

    【答案】(1)(2)证明见解析.

    【解析】1)利用零点分段法讨论的取值范围,去绝对值解不等式即可.

    2)根据不等式的解集求出a,再利用基本不等式即可求解.

    【详解】

    (1)a2时,不等式为|x2||x1|≥4.

    x≥2时,原不等式化为2x3≥4,解得x,所以x

    1≤x2时,原不等式化为1≥4,无解;

    x<1时,原不等式化为32x≥4

    解得x,所以x.

    所以原不等式的解集为.

    (2)证明:f(x)≤1,即|xa|≤1,解得a1≤xa1

    f(x)≤1的解集是[0,2]

    所以,解得a1,所以1(m>0n>0)

    所以m2n(m2n)2

    当且仅当m2n时,等号成立

    【点睛】

    本题考查了绝对值不等式的解法、基本不等式求最值,考查了分类讨论的思想,属于基础题.

     

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