山西省太原市2020届高三下学期模拟考试（一）数学（理）试题 Word版含解析 25页

www.ks5u.com 太原市2020年高三年级模拟试题（一）‎ 数学试卷（理科）‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式和函数定义域的求解的知识求得集合，由交集定义得到结果.‎ ‎【详解】，，‎ ‎.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，涉及到绝对值不等式和一元二次不等式的求解、函数定义域的求解，属于基础题.‎ ‎2.设复数满足，则( )‎ A. B. 2 C. D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先，并且化简，然后求，并且求.‎ ‎【详解】， ，‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查了复数的代数运算，以及模的求法，属于基础计算问题.‎ ‎3.七巧板是中国古代劳动人民发明的一种传统智力玩具，它由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成．（清）陆以湉《冷庐杂识》卷中写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余，体物肖形，随手变幻，盖游戏之具，足以排闷破寂，故世俗皆喜为之．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 设正方形边长为，可求得阴影部分面积和正方形面积，根据几何概型概率公式可求得结果.‎ ‎【详解】设正方形边长为，则其面积，‎ 阴影部分面积，‎ 所求概率.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型面积型的概率问题的求解，属于基础题.‎ ‎4.已知等比数列中，，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合等比数列通项公式可求得的范围，可验证充分性和必要性是否成立，由此得到结果.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，‎ - 25 -‎ 由得：，又，，解得：，‎ ‎，充分性成立；‎ 由得：，又，，解得：或，‎ 当时，，，必要性不成立.‎ ‎“”是“”的充分不必要条件.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，涉及到等比数列通项公式的应用，属于基础题.‎ ‎5.函数的图象大致为（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的解析式，得到，所以函数为偶函数，图象关于对称，排除B、C；再由函数的单调性，排除A，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意，函数，可得，‎ - 25 -‎ 即，所以函数为偶函数，图象关于对称，排除B、C；‎ 当时，，则＞0，‎ 所以函数在上递增，排除A，‎ 故选.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与函数单调性的应用，其中解答中熟练应用函数的奇偶性和单调性，进行合理排除是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎6.某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照程序框图运行程序，直到满足时，根据和的大小关系可确定结果.‎ 详解】按照程序框图运行程序，输入，，，不满足，‎ 则，，，不满足，‎ 则，，，不满足，‎ 则，，，不满足，‎ 则，，满足，输出，‎ - 25 -‎ ‎.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查根据程序框图循环结构的输出结果补全判断框的问题，属于常考题型.‎ ‎7.展开式中的常数项是（ ）‎ A. 189 B. 63 C. 42 D. 21‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二项展开式的通项公式可令的幂指数为零，从而求得，代入得到常数项.‎ ‎【详解】展开式的通项公式，‎ 令，解得：，常数项为.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查利用二项式定理求解展开式的指定项的问题，关键是熟练掌握二项展开式的通项公式的形式.‎ ‎8.刘徽注《九章算术·商功》中，将底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥叫做阳马．如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 由三视图可知阳马为长方体切割得到，求解出长方体外接球的体积即为所求的阳马外接球的体积.‎ ‎【详解】阳马为下图所示的四棱锥，可看作是由长方体切割得到，‎ 长方体的外接球即为所求的阳马的外接球，‎ 由三视图可知：，，外接球半径，‎ 外接球的体积.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查多面体的外接球的体积的求解问题，涉及到利用三视图还原几何体，关键是能够根据三视图确定几何体的外接球即为长方体的外接球，进而利用长方体外接球半径为体对角线长的一半来求得半径.‎ ‎9.已知变量满足约束条件若目标函数的最 小值为2，则的最小值为 A. B. 5+2 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由约束条件可得到可行域如图所示，‎ 目标函数，即 当过点时目标函数取得最小值，即，‎ - 25 -‎ 所以，‎ 当且仅当时，即时等号成立，‎ 所以的最小值为，故选A.‎ ‎10.已知椭圆：的右焦点为，过点作圆的切线，若两条切线互相垂直，则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，可得，两边平方后结合隐含条件得答案．‎ ‎【详解】如图，‎ ‎ ‎ 由题意可得，，则2b2＝c2，‎ 即2（a2﹣c2）＝c2，则2a2＝3c2，‎ - 25 -‎ ‎∴，即e．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．‎ ‎11.设，若平面上点满足对任意的，恒有，则一定正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：建立平面直角坐标系，明确动点P的轨迹，结合坐标运算逐一检验各选项即可.‎ 详解：以A为原点，AB为x轴建立平面直角坐标系 A，B，设P，C ‎，‎ ‎，，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∵距离大于等于4，‎ ‎∴P 对于A来说，，错误；‎ 对于B来说，，错误；‎ 对于C来说，，正确；‎ 对于D来说，当P时，，即，∴‎ 即，错误.‎ 故选C - 25 -‎ 点睛：平面向量的数量积计算问题，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. 利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．列出方程组求解未知数.‎ ‎12.设函数是奇函数的导函数，当时，，则使得成立的的取值范围是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，可得在上为减函数，可得在区间和上，都有，结合函数的奇偶性可得在区间和上，都有，原不等式等价于或,从而可得的值范围.‎ ‎【详解】根据题意，设，‎ 其导数 ，‎ 又由当时，，‎ 则有 ，‎ 即函数在 上为减函数，‎ 又由，‎ 则在区间上，，‎ 又由，则，‎ 在区间上，，‎ - 25 -‎ 又由，则，‎ 则在和上，，‎ 又由为奇函数，则在区间和上，都有，‎ 或，‎ 解可得或，‎ 则的取值范围是，故选D.‎ ‎【点睛】联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知双曲线的一条渐近线方程为，若其右顶点到这条渐近线的距离为，则双曲线方程为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点到直线距离公式和双曲线渐近线方程可构造方程求得，进而得到结果.‎ ‎【详解】右顶点到渐近线的距离，解得：，‎ 由双曲线方程知其渐近线方程为，，解得：，‎ 双曲线方程为.‎ - 25 -‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线标准方程的求解问题，属于基础题.‎ ‎14.已知函数在上单调递增,在上单调递减,则 ．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】函数在上单调递增,在上单调递减，可得处有最大值，．‎ 考点：三角函数的单调性．‎ ‎15.在如图所示实验装置中，正方形框架的边长都是1，且平面平面，活动弹子分别在正方形对角线，上移动，则长度的最小值是___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将问题转化为异面直线与之间距离的求解问题，以为原点建立空间直角坐标系，根据异面直线间距离的空间向量求法可求得结果.‎ ‎【详解】是异面直线，上两点，的最小值即为两条异面直线间距离.‎ 平面平面，，平面平面，‎ - 25 -‎ 平面，又，则以为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，‎ ‎，，，‎ 设异面直线，的公垂向量，‎ 则，令，则，，，‎ ‎，即的最小值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查空间向量法求解异面直线间距离的问题，关键是能够将两异面直线上点的连线的最小值问题转化为异面直线间距离的求解问题.‎ ‎16.某同学做了一个如图所示的等腰直角三角形形状数表，且把奇数和偶数分别依次排在了数表的奇数行和偶数行．如图，若用表示第行从左数第个数，如，则_________．‎ ‎【答案】835‎ - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由数表可确定前面共有个奇数行，进而确定前所有的奇数个数，根据等差数列通项公式可求得结果.‎ ‎【详解】由题意可知：奇数行的数字全部为奇数，偶数行的数字全部为偶数，它们分别构成以为公差的等差数列，‎ 第行是第个奇数行，‎ 前个奇数行共有个奇数，‎ 第行第个数是从算起的第个奇数，故其值为：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项公式与前项和的应用，关键是能够总结出数表所体现出的数字的规律.‎ 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎（一）必考题；共60分．‎ ‎17.已知外接圆的半径为，其内角的对边长分别为，若．‎ ‎（Ⅰ）求角；‎ ‎（Ⅱ）若，，求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由已知等式结合正弦定理可进行角化边，配凑出的形式，根据的值可求得结果；‎ ‎（Ⅱ）利用正弦定理可求得，根据大边对大角求得，由 - 25 -‎ ‎，集合两角和差正弦公式可求得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ），‎ ‎，‎ 由正弦定理可得：，，‎ ‎，．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，‎ ‎，，由正弦定理得：，‎ 由，故为锐角，，‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考查解三角形的相关知识的求解，涉及到正弦定理角化边的应用、正弦定理、余弦定理解三角形和两角和差正弦公式的应用，属于常考题型.‎ ‎18.如图，是边长为2的正方形，平面，且．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）线段上是否存在一点，使二而角等于45°？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）存在点，当时，二面角所成角为．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ ‎（Ⅰ）要证得结论只需证得平面即可，根据线面垂直判定定理可证得结论；‎ ‎（Ⅱ）以为坐标原点建立空间直角坐标系，假设线段上存在一点满足题意，利用二面角的向量求法可构造方程求得点坐标，得到的长.‎ ‎【详解】（Ⅰ）平面，平面，平面，‎ ‎，，‎ 又，，平面，平面，‎ 又平面，平面平面．‎ ‎（Ⅱ）如图所示，以坐标原点建立空间直角坐标系，‎ ‎，，，，，‎ ‎，，‎ 假设线段上存在一点满足题意，设，，‎ 轴平面，平面的一个法向量，‎ 设平面的一个法向量为，而，，‎ 则，令，则，，，‎ ‎，‎ - 25 -‎ 若二面角所成角为，，解得：，‎ 存在点，当时，二面角所成角为．‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中面面垂直关系的证明、存在性问题的求解，涉及到线面垂直、面面垂直的判定与性质定理、空间向量法求解二面角的方法的应用；求解存在性问题的常用方法是假设存在，采用待定系数的方式来进行求解.‎ ‎19.新冠病毒是一种通过飞沫和接触传播的变异病毒，为筛查该病毒，有一种检验方式是检验血液样本相关指标是否为阳性，对于份血液样本，有以下两种检验方式：一是逐份检验，则需检验次．二是混合检验，将其中份血液样本分别取样混合在一起，若检验结果为阴性，那么这份血液全为阴性，因而检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这份血液究竟哪些为阳性，就需要对它们再逐份检验，此时份血液检验的次数总共为次．某定点医院现取得4份血液样本，考虑以下三种检验方案：方案一，逐个检验；方案二，平均分成两组检验；方案三，四个样本混在一起检验．假设在接受检验的血液样本中，每份样本检验结果是阳性还是阴性都是相互独立的，且每份样本是阴性的概率为．‎ ‎（Ⅰ）求把2份血液样本混合检验结果为阳性的概率；‎ ‎（Ⅱ）若检验次数的期望值越小，则方案越“优”．方案一、二、三中哪个最“优”？请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）选择方案三最“优”，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据独立事件和对立事件概率公式可计算求得结果；‎ ‎（Ⅱ）确定方案二和方案三检验次数所有可能的取值，并求得每个取值对应的概率，进而得到分布列，由数学期望的计算公式计算得到期望，与方案一的期望进行比较，得到最优方案.‎ ‎【详解】（Ⅰ）该混合样本阴性的概率为：，‎ - 25 -‎ 根据对立事件原理，阳性的概率为：．‎ ‎（Ⅱ）方案一：逐个检验，检验次数为．‎ 方案二：由（Ⅰ）知，每组个样本检验时，若阴性则检验次数为，概率为；‎ 若阳性则检验次数为，概率为，‎ 设方案二的检验次数记为，则的可能取值为，‎ ‎；；，‎ 则的分布列如下：‎ 可求得方案二的期望为．‎ 方案三：混在一起检验，设方案三的检验次数记为，的可能取值为，，‎ ‎，，‎ 则的分布列如下：‎ 可求得方案三的期望为．‎ 比较可得，故选择方案三最“优”．‎ ‎【点睛】本题考查独立事件和对立事件概率问题的求解、离散型随机变量的数学期望的求解问题；关键是能够通过题意准确确定不同方案随机变量所有可能的取值，并准确求得对应的概率，考查学生的分析和解决问题、运算和求解能力.‎ - 25 -‎ ‎20.已知椭圆的焦点为和，过的直线交于，两点，过作与轴垂直的直线交直线于点．设，已知当时，．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）求证：无论如何变化，直线过定点．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据椭圆定义和线段长度关系可知在轴上，由此求得，代入椭圆方程即可求得，进而得到椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）将直线：代入椭圆方程可得韦达定理的形式，从而得到，从而化简得到直线的斜率，得到方程为，从而得到定点.‎ ‎【详解】（Ⅰ）设椭圆方程为，其中，‎ 时，不妨设，则，‎ ‎，，由椭圆定义得：，，‎ 故此时点在轴上，不妨设，则，‎ 代入椭圆方程，解得：，，‎ 故所求椭圆方程为．‎ ‎（Ⅱ）直线过定点，证明如下：‎ - 25 -‎ 设直线方程为：，‎ 代入椭圆中得：，即，‎ 设，，‎ 则，，，‎ 由题设知：，直线斜率：，‎ 直线方程为，化简得：，故直线恒过．‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用问题，涉及到椭圆标准方程的求解、椭圆中的定点问题的求解；证明直线过定点的关键是能够将直线方程由多个变量化简为一个变量，进而得到恒过的定点.‎ ‎21.已知函数，．‎ ‎（Ⅰ）判断函数在区间上零点的个数；‎ ‎（Ⅱ）设函数在区间上的极值点从小到大分别为．证明：‎ ‎（i）；‎ ‎（ii）对一切成立．‎ ‎【答案】（Ⅰ）两个；（Ⅱ）（i）详见解析；（ii）详见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ ‎（Ⅰ）分别在、和三段区间内利用导数求得函数的单调性，结合零点存在定理确定零点个数；‎ ‎（Ⅱ）（i）根据（Ⅰ）中结论可知，，化简为，根据单调性可证得结论；‎ ‎（ii）由（i）的方法可证得，分别在为奇数和为偶数两种情况下，采取分组求和的方式，相邻两项配对，即可证得结论.‎ ‎【详解】（Ⅰ），‎ 当时，，，，无零点；‎ 当时，，，单调递减，‎ 又，，有唯一零点；‎ 当时，，，‎ 又，，有唯一零点；‎ 综上所述：在有两个零点．‎ ‎（Ⅱ）（i），‎ 由（Ⅰ）知：在无极值点；在有极小值点，即为，在有极大值点即为，‎ 又，，，，‎ - 25 -‎ 可知，，‎ 同理在有极小值点，…，在有极值点．‎ 由得：，，‎ ‎，，，‎ 而，，故有，‎ 在是增函数，，‎ 即；‎ ‎（ii）由（i）知：，，‎ ‎，‎ 由在递增得：，‎ 当为偶数时，不妨设，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，‎ 即，结论成立；‎ 当为奇数时，设，‎ ‎，，‎ 从开始相邻两项配对，每组和均为负值，还多出最后一项也是负值，‎ 即，结论也成立．‎ - 25 -‎ 综上，对一切，成立．‎ ‎【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数和零点存在性定理讨论函数零点个数、利用导数证明不等式的问题；本题证明问题的关键是能够减少所证不等式中的变量，将其变为一个变量的问题，进而通过函数的单调性来进行证明.‎ ‎（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），已知点，点是曲线上任意一点，点满足，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．‎ ‎（Ⅰ）求点的轨迹的极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）已知直线与曲线交于两点，若，求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ），，根据向量的坐标运算可得，进而得到点的直角坐标方程，根据极坐标和直角坐标互化原则可得极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）设，，由可得，结合韦达定理可得方程组求得，进而求得结果 ‎【详解】（Ⅰ）设点，，‎ 由得：，，‎ 整理得：，即，‎ 点的极坐标方程为．‎ - 25 -‎ ‎（Ⅱ）设直线的极坐标方程为．‎ 设，，‎ ‎，，即，‎ 又，则，解得：，‎ ‎，．‎ ‎【点睛】本题考查极坐标与参数方程相关问题的求解，涉及到极坐标与直角坐标的互化、极坐标的应用等知识，属于常考题型.‎ ‎23.已知函数，．‎ ‎（Ⅰ）若的最小值为，求实数的值；‎ ‎（Ⅱ）若关于的不等式的解集包含，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）或；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用绝对值三角不等式可构造方程求得结果；‎ ‎（Ⅱ）当时，可得，求得，利用解集的包含关系可构造不等式组求得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ），‎ ‎，解得：或.‎ ‎（Ⅱ）不等式，即，‎ 当时，成立，，，‎ - 25 -‎ 不等式的解集包含，，解得：，‎ 实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值三角不等式的应用、根据绝对值不等式的解集求解参数范围的问题；关键是能够根据解集的子集化简不等式，进而根据包含关系构造不等式组.‎ ‎ ‎ - 25 -‎ - 25 -‎