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    2020届山西省高三适应性调研数学(理)试题(解析版)
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    2020届山西省高三适应性调研数学(理)试题(解析版)

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    2020届山西省高三适应性调研数学(理)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

    .

    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】选项,可直观感知每年的产出是逐渐增高;对选项,20202023年设备制造商的经济产前期增长较快,后几年放缓;对选项,20282030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,20292030年已被信息服务超出.

    【详解】

    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;

    选项,20202023年设备制造商的经济产前期增长较快,后几年放缓,故正确;

    选项,20282030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;

    选项,20292030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展开式中的系数为(   

    A10 B24 C32 D56

    【答案】D

    【解析】先将式子化成,再分别求两项各自的的系数,再相加,即可得答案.

    【详解】

    展开式中含的项为

    展开式中含的项

    的系数为.

    故选:D.

    【点睛】

    本题考查二项展开式中指定项的系,考查函数与方程思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力.

    5.已知函数,若函数处的切线方程为,则的值为(   

    A1 B2 C3 D4

    【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.

    6.函数的图象大致为(   

    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BC.

    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.

    7.如图,在四棱锥中,的中点,上且上且,则(   

    A,且平行 B,且相交

    C,且异面 D,且平行

    【答案】D

    【解析】的中点,连接,证明,且,即可得答案.

    【详解】

    的中点,连接,则在三角形

    所以,且

    又因为,所以,且

    所以四边形为平行四边形,

    所以,且.

    中,分别为的中点,

    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.

    8.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.为数列的前项和,

    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.

    9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()

    A5 B6 C7 D8

    【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.

    10.设抛物线的焦点为,准线为,过抛物线上一点的垂线,垂足为,设相交于点,若,且的面积为,则的值为

    A B C D

    【答案】A

    【解析】试题分析:设点,则因为,所以由可得,再由抛物线的定义可得:,即,所以,所以的面积为,所以的面积为,所以,即,故应选.

    【考点】1、抛物线的定义;2、抛物线的简单几何性质.

    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】,则,从而将问题转化为上有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】

    ,则

    所以上有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,则的夹角为________.

    【答案】

    【解析】的夹角为,对等式两边平方,再利用向量的数量积运算,求得的值,即可得答案.

    【详解】

    的夹角为

    ,解得:

    所以.

    故答案为:.

    【点睛】

    本题考查向量的夹角、数量积的运算,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.

    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15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】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.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】

    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.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:,则点的轨迹方程为________________.

    【答案】

    【解析】设动点的坐标为,延长于点,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,延长于点

    由条件知点的角平分线上,

    结合条件

    所以在中,.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,的中点,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】12

    【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.为实现有效利用扶贫资金,增加贫困村民的收入,扶贫工作组结合某贫困村水质优良的特点,决定利用扶贫资金从外地购买甲、乙、丙三种鱼苗在鱼塘中进行养殖试验,试验后选择其中一种进行大面积养殖,已知鱼苗甲的自然成活率为0.8.鱼苗乙,丙的自然成活率均为0.9,且甲、乙、丙三种鱼苗是否成活相互独立.

    1)试验时从甲、乙,丙三种鱼苗中各取一尾,记自然成活的尾数为,求的分布列和数学期望;

    2)试验后发现乙种鱼苗较好,扶贫工作组决定购买尾乙种鱼苗进行大面积养殖,为提高鱼苗的成活率,工作组采取增氧措施,该措施实施对能够自然成活的鱼苗不产生影响.使不能自然成活的鱼苗的成活率提高了50%.若每尾乙种鱼苗最终成活后可获利10元,不成活则亏损2元,且扶贫工作组的扶贫目标是获利不低于37.6万元,问需至少购买多少尾乙种鱼苗?

    【答案】1)分布列见解析,2.6240000

    【解析】1)由题意得随机变量的所有可能取值为0123,利用相互独立事件同时发生的概率,可计算的值,进而得到分布列和期望;

    2)依题意知一尾乙种鱼苗最终成活的概率为,计算一尾乙种鱼苗的平均收益,进而计算尾乙种鱼苗最终可获得的利润,再解不等式,即可得答案.

    【详解】

    1)记随机变量的所有可能取值为0123

    .

    的分布列为

    0

    1

    2

    3

    0.002

    0.044

    0.306

    0.648

     

    .

    2)根据已知乙种鱼苗自然成活的概率为0.9

    依题意知一尾乙种鱼苗最终成活的概率为

    所以一尾乙种鱼苗的平均收益为.

    设购买尾乙种鱼苗,为购买尾乙种鱼苗最终可获得的利润,

    ,解得.

    所以需至少购买40000尾乙种鱼苗,才能确保获利不低于37.6万元.

    【点睛】

    本题考查离散型随机变量的分布列、期望、利润最大化的决策问题,考查函数与方程思想、,考查数据处理能力.

    19.如图,圆柱的轴截面是边长为2的正方形,点是圆弧上的一动点(不与重合),点是圆弧的中点,且点在平面的两侧.

    1)证明:平面平面

    2)设点在平面上的射影为点,点分别是的重心,当三棱锥体积最大时,回答下列问题.

    )证明:平面

    )求平面与平面所成二面角的正弦值.

    【答案】1)见解析(2)()见解析(

    【解析】1)证明垂直平面内的两条相交直线,再利用面面垂直的判定定理证明即可;

    2)当三棱锥体积最大时,点为圆弧的中点,所以点为圆弧的中点,所以四边形为正方形,且平面.)连接并延长交于点,连接并延长交于点,连接,则,再由线面平行的判定定理证得结论;()由平面垂直,所以以为坐标原点,所在直线为轴建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,平面的法向量,求两向量夹角的余弦值,进而得到二面角的正弦值.

    【详解】

    1)因为是轴截面,所以平面,所以

    又点是圆弧上的一动点(不与重合),且为直径,所以

    平面平面,所以平面,而平面,故平面平面.

    2)当三棱锥体积最大时,点为圆弧的中点,所以点为圆弧的中点,所以四边形为正方形,且平面.

    )连接并延长交于点,连接并延长交于点,连接,则

    因为分别为两个三角形的重心,

    所以,又平面平面,所以平面.

    平面垂直,所以以为坐标原点,所在直线为轴建立空间直角坐标系,如图所示:

    ,设平面的法向量,则可取

    又平面的法向量

    所以,所以.

    所以平面与平面所成二面角的正弦值为.

    【点睛】

    本题考查空间中的线面平行、面面垂直、二面角的向量求解,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,求解时注意建系前必需证明三条直线两两互相垂直.

    20.已知椭圆的左、右焦点分别为是椭圆上一动点(与左、右顶点不重合)已知的内切圆半径的最大值为,椭圆的离心率为.

    1)求椭圆C的方程;

    2)过的直线交椭圆两点,过轴的垂线交椭圆与另一点不与重合).的外心为,求证为定值.

    【答案】12)见解析

    【解析】1)当面积最大时,最大,即点位于椭圆短轴顶点时,即可得到的值,再利用离心率求得,即可得答案;

    2)由题意知,直线的斜率存在,且不为0,设直线,代入椭圆方程得.,利用弦长公式求得,利用的垂直平分线方程求得的坐标,两个都用表示,代入中,即可得答案.

    【详解】

    1)由题意知:.

    的内切圆半径为

    故当面积最大时,最大,即点位于椭圆短轴顶点时

    所以,把代入,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

    代入椭圆方程得.

    ,则

    所以的中点坐标为

    所以.

    因为的外心,所以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

    ,得,即,所以

    所以,所以为定值,定值为4.

    【点睛】

    本题考查椭圆方程的求解、离心率、直线与椭圆位置关系中的定值问题,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,求解时注意将问题转化为关于变量的表达式,进而求证得到定值.

    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,单调递增,至多一个根,不符合题意;当时,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.

    时,单调递增;

    时,单调递减;

    单调递增.

    综上:当时,单调递增;

    时,单调递减,在单调递增.

    2)由(1)知,

    时,单调递增,至多一个根,不符合题意;

    时,单调递减,在单调递增,则.

    不妨设

    要证,即证,即证,即证.

    因为单调递增,即证

    因为,所以即证,即证.

    .

    时,单调递减,又

    所以时,,即

    .

    ,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】12

    【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:

    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

    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)答函数的图象最低点为,正数满足,求的取值范围.

    【答案】12

    【解析】1)讨论绝对值内数的正负,对分成三段,再解不等式组即可得答案;

    2)求出函数图象最低点坐标为,利用1的代换、基本不等式求最值.

    【详解】

    1

    所以由可得

    解得:.

    综上.

    2)因为,所以当时,,最低点为

    ,所以.

    当且仅当时等号成立,

    所以.

    【点睛】

    本题考查绝对值不等式的求解、基本不等式求最值,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,求解时注意利用基本不等式求最值,要验证等号能否取到.

     

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