2020届山西省高三适应性调研数学（文）试题（解析版）
展开2020届山西省高三适应性调研数学（文）试题
一、单选题
1．已知全集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解对数不等式和一元二次不等式化简集合，再进行交运算，即可得答案.
【详解】
由题意得或，
∴.
故选：A.
【点睛】
本题考查数不等式和一元二次不等式的求解、集合的交运算，考查运算求解能力，属于基础题.
2．已知复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】利用复数的除法运算，即可得答案.
【详解】
∵.
故选：B.
【点睛】
本题考查复数的除法运算，考查基本运算求解能力，属于基础题.
3．由我国引领的时代已经到来，的发展将直接带动包括运营、制造、服务在内的通信行业整体的快速发展，进而对增长产生直接贡献，并通过产业间的关联效应和波及效应，间接带动国民经济各行业的发展，创造出更多的经济增加值.如图是某单位结合近年数据，对今后几年的经济产出所做的预测.
结合上图，下列说法错误的是（）
A．的发展带动今后几年的总经济产出逐年增加
B．设备制造商的经济产前期增长较快，后期放缓
C．信息服务商与运营商的经济产出的差距有逐步拉大的趋势
D．设备制造商在各年的总经济产出中一直处于领先地位
【答案】D
【解析】对选项，可直观感知每年的产出是逐渐增高；对选项，2020到2023年设备制造商的经济产前期增长较快，后几年放缓；对选项，2028到2030年第二个小矩形的高与第一个小矩形的高度差明显逐年加大；对选项，2029和2030年已被信息服务超出．
【详解】
对选项，每一年小矩形高是逐渐增高的，可直观发现每年产值是逐渐增高，故正确；
对选项，2020到2023年设备制造商的经济产前期增长较快，后几年放缓，故正确；
对选项，2028到2030年第二个小矩形的高与第一个小矩形的高度差明显逐年加大，故正确；
对选项，2029和2030年已被信息服务超出，故错误．故选．
【点睛】
本题主要考查数学阅读理解能力及从图中提取信息的能力，属基础题．
4．已知角的终边过点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据三角函数的定义及诱导公式即可求解.
【详解】
因为角的终边过点，
所以，.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的定义，诱导公式，属于容易题.
5．若椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．8
【答案】C
【解析】由椭圆方程，抛物线方程写出焦点，根据焦点重合即可求解.
【详解】
椭圆的焦点坐标为，
抛物线的焦点坐标为，
所以有，解得，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了椭圆的简单几何性质，抛物线的简单几何性质，属于容易题.
6．已知函数，若函数在处的切线方程为，则的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】对函数求导得，求得的值，再根据切点既在切线上又在曲线上，可求得的值，即可得答案.
【详解】
∵，
∴，解得，∴，
∴.
故选：B.
【点睛】
本题考查导数的几何意义，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意切点既在切线上又在曲线上的应用.
7．函数在的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】根据函数为奇函数及，再结合排除法，即可得答案.
【详解】
∵函数的定义域为，关于原点对称，且，∴是奇函数，故排除A；，排除B，C.
故选：D.
【点睛】
本题考查根据函数的解析式选择函数的图象，考查数形结合思想，求解时注意充分利用函数的性质及特殊点的函数值进行求解.
8．如图，在四棱锥中，，是的中点，在上且，在上且，则（ ）
A．，且与平行 B．，且与相交
C．，且与异面 D．，且与平行
【答案】D
【解析】取的中点，连接，证明，且，即可得答案.
【详解】
取的中点，连接，则在三角形中，
所以，且，
又因为且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，且.
在中，分别为和的中点，
所以，且，
所以，且，即，
故选：D.
【点睛】
本题考查空间中直线、平面的平行关系，考查转化与化归思想，考查空间想象能力，求解时注意利用线段的比例关系，证明平行.
9．已知等差数列的前项和为，，，则数列的前2020项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据，，求得，再利用裂项相消法求，令代入，即可得答案.
【详解】
因为数列是等差数列，所以.
设公差为，因为，
所以解方程组得
所以数列的通项公式为，
所以.设为数列的前项和，
则
∴
故选：A.
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式和前项和公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意利用裂项相消法进行求和.
10．“角谷定理”的内容为对于每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘3再加1；如果它是偶数，则对它除以2．如此循环，最终都能够得到1．如图为研究角谷定理的一个程序框图．若输入的值为10，则输出的值为（）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【解析】根据流程逐步分析，直到时，计算出的值即可.
【详解】
（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）．
故选B．
【点睛】
本题考查根据程序框图计算输出值，难度较易.程序框图问题，多数可以采用列举法的方式解答问题.
11．现有一副斜边长相等的直角三角板.若将它们的斜边重合，其中一个三角板沿斜边折起形成三棱锥，如图所示，已知，三棱锥的外接球的表面积为，该三棱锥的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设三棱锥的外接球的半径为，由球的体积得球的半径，当平面平面时，三棱锥的体积达到最大，利用体积公式计算，即可得答案.
【详解】
设三棱锥的外接球的半径为，因为，
因为，所以为外接球的直径，
所以，且.
当点到平面距离最大时，三枝锥的体积最大，
此时平面平面，且点到平面的距离，
所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查三棱锥与球的内接问题、三棱锥体积的最大值、球的体积公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意球心位置的确定.
12．设函数，其中，已知在上有且仅有4个零点，则下列的值中满足条件的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设，则，从而将问题转化为在上有4个零点，从而得到，再利用不等式恒成立问题求得的范围，即可得答案.
【详解】
设，则，
所以在上有4个零点，
因为，所以，
所以，
所以，即，满足的只有A.
故选：A.
【点睛】
本题考查根据三角函数的零点个数求参数值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意换元法的应用.
二、填空题
13．若，，，则与的夹角为_____________.
【答案】
【解析】由平方，利用数量积的运算及性质即可求解.
【详解】
设与的夹角为，
则，
解得：，
.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了向量数量积的运算及性质，属于中档题.
14．记为等比数列的前项和，若数列也为等比数列，则________.
【答案】
【解析】设等比数列的公比为，利用等比数列的等比中项性质可得公比，再代入等比数列的前项和公式中，即可得答案.
【详解】
设等比数列的公比为，
∵数列为等比数列，
∴，解得：，
∴.
故答案为：.
【点睛】
本题考查等比数列中的基本量法运算、等比数列的通项公式和前项和公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.
15．某工厂生产的产品中分正品与次品，正品重，次品重，现有5袋产品（每袋装有10个产品），已知其中有且只有一袋次品（10个产品均为次品）如果将5袋产品以1～5编号，第袋取出个产品（），并将取出的产品一起用秤（可以称出物体重量的工具）称出其重量，若次品所在的袋子的编号是2，此时的重量_________；若次品所在的袋子的编号是，此时的重量_______.
【答案】1520
【解析】第1袋取1个，第2袋取2个，第3袋取3个，第4袋取4个，第5袋取5个，共取15个.若次品是第2袋，则15个产品中正品13个，次品2个，若次品是第袋，则15个产品中次品个，正品个，分别进行计算，即可得答案.
【详解】
第1袋取1个，第2袋取2个，第3袋取3个，第4袋取4个，第5袋取5个，共取15个.若次品是第2袋，则15个产品中正品13个，次品2个，
此时的重量，
若次品是第袋，则15个产品中次品个，正品个，
此时的重量.
故答案为：1520；
【点睛】
本题考查数学推理应用题，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意对题意的理解.
16．已知点是双曲线右支上一动点，是双曲线的左、右焦点，动点满足下列条件：①，②，则点的轨迹方程为________________.
【答案】
【解析】设动点的坐标为，延长交于点，根据向量的加法法则及数量积为0，可得，利用双曲线的定义可得，即可得答案.
【详解】
设动点的坐标为，延长交于点，
由条件②知点在的角平分线上，
结合条件①知，
所以在中，.又平分，
所以为等腰三角形，即，.
因为点为双曲线上的点，所以，即，
所以.又在中，为的中点，为的中点，
所以，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，
所以点的轨迹方程为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查单位向量、向量的数量积、向量的加法法则的几何意义、双曲线的定义、轨迹方程的求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意平面几何知识的应用.
三、解答题
17．在中，角，，所对的边分别是，，，且
（1）求角的大小；
（2）设，，求的值．
【答案】（1）（2）
【解析】（1）由已知结合正弦定理化简可求，进而可求；
（2）由余弦定理可得，，代入可求，由正弦定理可得，可求．
【详解】
解：（1）由正弦定理得，
化简得.
因为在三角形中，，，
可得.
又因为，所以
（2）由余弦定理可得，，
，
所以，
由正弦定理可得，.
【点睛】
本题主要考查了两角和及二倍角的公式，正弦定理，余弦定理的综合应用，属于中等试题．
18．“不忘初心、牢记使命”主题教育活动正在全国开展，某区政府为统计全区党员干部一周参与主题教育活动的时间，从全区的党员干部中随机抽取n名，获得了他们一周参加主题教育活动的时间（单位：时）的频率分布直方图，如图所示，已知参加主题教育活动的时间在内的人数为92.
（1）估计这些党员干部一周参与主题教育活动的时间的平均值；
（2）用频率估计概率，如果计划对全区一周参与主题教育活动的时间在内的党员干部给予奖励，且参与时间在，内的分别获二等奖和一等奖，通过分层抽样方法从这些获奖人中随机抽取5人，再从这5人中任意选取3人，求3人均获二等奖的概率.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）根据频率分布直方图以每个小矩形的中值为估值计算即可求出；
（2）用分层抽样抽取的人数：在内为4人，设为；在内为1人，设为A，列出基本事件，根据古典概型计算概率即可.
【详解】
（1）由已知可得，，
所以这些党员干部一周参加主题教育活动的时间的平均值为
.
（2）因为，所以.
故参与主题教育活动的时间在的人数为，
参与主题教育活动的时间在的人数为.
则利用分层抽样抽取的人数：在内为4人，设为；在内为1人，设为A.从这5人中选取3人的事件空间为：
，共10种情况，
其中全是二等奖的有4种情况.
故.
【点睛】
本题主要考查了频率分布直方图，均值，分层抽样你，古典概型，属于中档题.
19．如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，点P是圆弧上的一动点（不与重合），点Q是圆弧的中点，且点在平面的两侧.
（1）证明：平面平面；
（2）设点P在平面上的射影为点O，点分别是和的重心，当三棱锥体积最大时，回答下列问题.
（i）证明：平面；
（ii）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析（2）（i）证明见解析（ii）
【解析】（1）由，可得平面，即可证明；
（2）（i）连接并延长交于点M，连接并延长交于点N，连接，利用平行线分线段成比例可得，即可得得证；
（ii）根据即可求解.
【详解】
（1）证明：因为是轴截面，
所以平面，所以，
又点P是圆弧上的一动点（不与重合），且为直径，
所以，
又，平面，平面，
所以平面，平面，
故平面平面.
（2）当三棱锥体积最大时，点P为圆弧的中点.所以点O为圆弧的中点，
所以四边形为正方形，且平面.
（i）证明：连接并延长交于点M，连接并延长交于点N，连接，
则，
因为分别为三角形的重心，所以，
所以，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（ii）因为平面，
所以，
又，，
所以平面，
因为，
所以平面，即平面，即是三棱锥的高.
又，，
所以.
【点睛】
本题主要考查了线面垂直、面面垂直的判定，线面平行，等体积法求棱锥体积，属于中档题.
20．已知椭圆的左、右焦点分别为，长轴长为4，且过点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过的直线l交椭圆C于两点，过A作x轴的垂线交椭圆C与另一点Q（Q不与重合）.设的外心为G，求证为定值.
【答案】（1）（2）证明见解析
【解析】（1）根据长轴及椭圆过点即可求出；
（2）由题意设直线为，联立椭圆方程可求，求出外接圆圆心，计算，化简即可证明为定值.
【详解】
（1）由题意知，
将P点坐标代入椭圆方程得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意知，直线的斜率存在，且不为0，设直线为，
代入椭圆方程得.
设，则，
所以的中点坐标为，
所以.
因为G是的外心，所以G是线段的垂直平分线与线段的垂直平分线的交点，
的垂直平分线方程为，
令，得，即，所以，
所以，所以为定值，定值为4.
【点睛】
本题主要考查了椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，定值问题，属于难题.
21．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）如果方程有两个不相等的解，且，证明：.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】（1）对函数进行求导得，再对进行分类讨论，解不等式，即可得答案；
（2）当时，在单调递增，至多一个根，不符合题意；当时，在单调递减，在单调递增，则.不妨设，只要证，再利用函数的单调性，即可证得结论.
【详解】
（1）.
①当时，单调递增；
②当时，单调递减；
单调递增.
综上：当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知，
当时，在单调递增，至多一个根，不符合题意；
当时，在单调递减，在单调递增，则.
不妨设，
要证，即证，即证，即证.
因为在单调递增，即证，
因为，所以即证，即证.
令
，
.
当时，单调递减，又，
所以时，，即，
即.
又，所以，所以.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性、证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将所证不等式转化为利用函数的单调性进行证明.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求和的直角坐标方程；
（2）设为曲线上的动点，求点到直线的距离的最小值.
【答案】（1），（2）
【解析】（1）直接利用消参法可得曲线的直角坐标方程；将代入的极坐标方程得的直角坐标方程；
（2）设，利用点到直线的距离公式，结合二次函数的性质求最值，即可得答案.
【详解】
（1）的直角坐标方程为：，
将代入的极坐标方程得的直角坐标方程为：.
（2）设，
则点到直线的距离，
当时，距离最小，最小值为.
【点睛】
本题考查极坐标方程、参数方程、普通方程的互化、点到直线的距离公式，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意点的参数设法.
23．已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的图象最低点为，正数满足，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）分类讨论去掉绝对值得分段函数求解即可；
（2）由分段函数求出最低点，得，构造1，利用均值不等式求解即可.
【详解】
（1），
所以由可得，或，或，
解得：或或.
综上，.
（2）因为，所以当时，，最低点为，
即，所以.
，
当且仅当时等号成立，
所以
【点睛】
本题主要考查了含绝对值不等式的解法，分段函数的最值，均值不等式，属于中档题.
