山西省大同市2020届高三开学学情调研测试试题数学（理） 23页

大同市2020届高三学情调研测试试题（卷）‎ 理科数学 一、选择题：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. 或 D. R ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用一元二次不等式的解法化简集合B,然后利用交集的定义求解即可.‎ ‎【详解】集合B中的不等式, 移项并分解因式得：, 可解得或, 所以集合或,‎ 又集合, 则 ． 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属于集合的元素的集合.‎ ‎2.设x，，i为虚数单位，且，则的共轭复数在复平面内对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件可得，根据两个复数相等的充要条件求出和的值，即得的共轭复数，从而得到的共轭复数在复平面内对应的点的坐标，从而得到结果．‎ ‎【详解】解：由可得，，即，‎ ‎，，故的共轭复数为，‎ 故的共轭复数在复平面内对应的点为，故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的运算，两个复数相等的充要条件，复数与复平面内对应点之间的关系，得到的共轭复数为是解题的关键．‎ ‎3.在等差数列 中，若，则等于( )‎ A. 9 B. 27 C. 18 D. 54‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】,‎ 解得，‎ 则，故选C.‎ 考点：等差数列的性质——等差中项.‎ ‎4.从6名大学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人，组成4人知识竞赛代表队，则不同的选法共有(　　)‎ A. 15种 B. 180种 C. 360种 D. 90种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先从6名大学生中选出队长1人，副队长1人，再从剩下的4人选2人，问题得以解决．‎ ‎【详解】先从6名大学生中选出队长1人，副队长1人，再从剩下的4人选2人，故有种， 故本题选B．‎ ‎【点睛】本题考查排列、组合的应用，注意要先有顺序选取，再进行组合．解决此类问题的关键是判断问题与顺序有没有关系。‎ ‎5.若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是（ ）‎ A. 210 B. 180 C. 160 D. 175‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，得出二项式的指数的值，再利用展开式的通项公式求出常数项是多少．‎ ‎【详解】解：展开式中只有第六项的二项式系数最大，‎ ‎∴展开式中共有11项，n＝10；‎ ‎∴展开式的通项公式为 令，得，常数项是，故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理的应用问题，也考查了逻辑推理与运算能力，是基础题目．‎ ‎6.已知函数的部分图像如图所示，则ω，的值分别为（ ）‎ A. 2， B. 2， C. 4， D. 4，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 首先由函数图象求得函数的半周期，进一步得到周期，则可求，再结合五点作图的第二点可求的值．‎ 详解】解：由图可知，，‎ 则，又据五点法可得，解得：，故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查由的部分图象确定函数解析式，该类问题往往周期易求，则可求，关键是求时正确运用五点作图的特殊点，是中档题．‎ ‎7.已知函数，且函数有且只有一个零点，则实数的取值范围是( )‎ A. B. C. C. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由已知，画出函数的图象如图，根据题意函数有且只有一个零点，就是的图象与的图象有且只有一个交点，如图：显然当时，两个函数有且只有一个交点，故选B．‎ ‎8.函数在上的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因为函数的定义域为，关于原点对称，且 ‎，所以函数的图象关于原点对称，‎ 排除A、B选项，‎ 在同一直角坐标系中，作出函数，在的图象，‎ 由图可知故在时，靠近轴的部分满足，‎ 比较选项C、D可得答案C正确，故选C.‎ 考点：1.函数的奇偶性；2.一次函数与正切函数的图象；3.排除法.‎ ‎9.三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明．下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实．图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用勾股股勾朱实黄实弦实，化简，得勾股弦．设勾股形中勾股比为，若向弦图内随机抛掷1000颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为（ ）‎ A. 866 B. 500 C. 300 D. 134‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意，大正方形的边长为2，中间小正形的边长为，则所求黄色图形内的图钉数大约为，故选D.‎ ‎10.某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出几何体的直观图，利用底面的外心和高的一半求得球的半径，由此求得球的表面积.‎ ‎【详解】画出几何体的直观图如下图所示，设球心为，底面等边三角形 的外心为，由三视图可知，设球的半径为，则，故球的表面积为，故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查由三视图还原为原图，考查几何体外接球的有关计算，考查数形结合的数学思想方法，考查空间想象能力，属于中档题.要找到几何体外接球的球心，主要根据几何体的结构，利用球心到球面上的点的距离相等，通过解直角三角形来求解出半径，从而求得球的表面积或者体积.‎ ‎11.在直角三角形ABC中，，，取点D、E，使，，那么（ ）‎ A. -6 B. 6 C. -3 D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量的线性运算法则，算出且，从而算出，再将和代入进行计算，可得答案。‎ ‎【详解】，，化简得，‎ 同理可得，，可得，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题给出直角三角形斜边上满足条件的两点，求向量的数量积．着重考查了向量的线性运算法则、平面向量数量积公式及其运算性质等知识，属于中档题．‎ ‎12.已知、是双曲线的焦点，是双曲线M的一条渐近线，离心率等于 的椭圆E与双曲线M的焦点相同，P是椭圆E与双曲线M的一个公共点，则（ ）‎ A. 8 B. 6 C. 10 D. 12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用、是双曲线的焦点, 是双曲线的一条渐近线，离心率等于的椭圆与双曲线的焦点相同，求出椭圆的长轴长，再利用椭圆、双曲线的定义，即可得出结论．‎ ‎【详解】解：由题意， ∴双曲线∴（0，−3），（0，3），‎ ‎∵离心率等于的椭圆与双曲线的焦点相同，∴,‎ ‎∵是椭圆与双曲线的一个公共点，,‎ ‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆、双曲线的定义，考查学生的计算能力，确定椭圆的长轴长是关键．‎ 二、填空题。‎ ‎13.已知，且，则_________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件利用诱导公式化简所给式子的值，可得结果．‎ ‎【详解】解：，且，则 ‎ 故答案为：1.‎ ‎【点睛】本题主要考查两角差的余弦、同角基本关系式的应用，属于基础题．‎ ‎14.已知x，y满足，则目标函数的最小值是________.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出不等式组表示的平面区域，平移目标函数，要最小，则直线要尽量下移，可观察出取最小值时，所过得点，代入点的坐标即可求解。‎ ‎【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分，做直线 并平移，如图中虚线，当虚线平移到过点C时，取到最小值，求出C点坐标为（2，0），代入，得，故答案为：6.‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．‎ ‎15.在中，，边上的高等于，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：由已知结合勾股定理求出，再利用余弦定理求出，再由三角形面积公式，可得.‎ 详解：∵在中，，边上的高等于，∴，‎ 由余弦定理得：，‎ 故，‎ ‎∴，故选答案为.‎ 点睛：‎ 本题考查的知识点是三角形中的几何计算，熟练掌握正弦定理和余弦定理是解答的关键.‎ ‎16.若函数在区间上的最大值、最小值分别为p﹑q，则的值为_______.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，易判断为奇函数，利用奇函数的性质可得的最大值与最小值的和为0，从而可得的最大值与最小值的和．‎ ‎【详解】解：由可得，可令，‎ 则，设，即有，‎ 为奇函数，在的最大值和最小值之和为0，可得在的最值之和。故答案为：6.‎ ‎【点睛】本题考查了闭区间上函数的最值、函数的奇偶性，解决本题的关键是根据函数特点恰当构造函数，充分利用函数性质．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。‎ ‎17.在数列中，，‎ ‎（1）求和的值；‎ ‎（2）证明：数列是等比数列，并求的通项公式；‎ ‎（3）求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1），；（2）证明见解析；；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题设条件，分别取，能够得到，的值；‎ ‎（2）由，知数列是首项为，公比为2的等比数列．由此能求出的通项公式；‎ ‎（3）由的通项公式为，知，从而得到数列的前项和．‎ ‎【详解】（1），，‎ ‎.‎ ‎（2）‎ 数列是首项为，公比为2的等比数列，‎ ‎，‎ 数列的通项公式为。‎ ‎（3）数列的通项公式为，‎ ‎【点睛】本题考查递推数列的性质和应用，考查等比数列的证明及求和方法，解题时要认真审题，注意公式的灵活运用．‎ ‎18.在如图所示多面体中，平面，，，，，，，是的中点.‎ ‎(1)求证：平面；‎ ‎(2)求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由，，知．由，是的中点，知四边形是平行四边形，由此能证明线面平行；（2）先证知两两垂直．以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出二面角的余弦值.‎ 试题解析：(1)证明：∵，，∴，又∵，是的中点，∴，且，∴四边形是平行四边形，∴.∵平面，平面，∴平面.‎ ‎(2)∵平面，平面，平面，∴，，又，∴两两垂直，以点为坐标原点，分别为轴，建立如图的空间直角坐标系，由已知得，，，，，，由已知得是平面的法向量，设平面的法向量为，∵，，∴，即，令，得.设二面角的大小为.，∴二面角的余弦值为.‎ ‎19.学校为了对教师教学水平和教师管理水平进行评价，从该校学生中选出300人进行统计.其中对教师教学水平给出好评学生人数为总数的，对教师管理水平给出好评的学生人数为总数的，其中对教师教学水平和教师管理水平都给出好评的有120人.‎ ‎（1）填写教师教学水平和教师管理水平评价的列联表：‎ 对教师管理水平好评 对教师管理水平不满意 合计 对教师教学水平好评 对教师教学水平不满意 合计 请问是否可以在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为教师教学水平好评与教师管理水平好评有关？‎ ‎（2）若将频率视为概率，有4人参与了此次评价，设对教师教学水平和教师管理水平全好评的人数为随机变量.‎ ‎①求对教师教学水平和教师管理水平全好评的人数的分布列（概率用组合数算式表示）；‎ ‎②求数学期望和方差.‎ ‎0.15‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎（，其中）‎ ‎【答案】(1) 可以在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为教师教学水平好评与教师管理水平好评有关. (2) ①见解析②，‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）由题意得到列联表，根据列联表求得的值后，再根据临界值表可得结论．（2）①由条件得到的所有可能取值，再求出每个取值对应的概率，由此可得分布列．②由于，结合公式可得期望和方差．‎ 详解：（1）由题意可得关于教师教学水平和教师管理水平评价的列联表：‎ 对教师管理水平好评 对教师管理水平不满意 合计 对教师教学水平好评 ‎120‎ ‎60‎ ‎180‎ 对教师教学水平不满意 ‎105‎ ‎15‎ ‎120‎ 合计 ‎225‎ ‎75‎ ‎300‎ 由表中数据可得 ，‎ 所以可以在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为教师教学水平好评与教师管理水平好评有关.‎ ‎（2）①对教师教学水平和教师管理水平全好评的概率为，且的取值可以是0，1，2，3，4，‎ 其中；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎，‎ 所以的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎②由于，‎ 则，.‎ 点睛：求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算，对于二项分布的均值和方差可根据公式直接计算即可．‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）当时，求的图像在处的切线方程；‎ ‎（2）若函数在上有两个零点，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）求函数的导数，利用导数的几何意义即可求的图象在处的切线方程；（2）利用导数求出函数的在上的极值和最值，即可得到结论．‎ 试题解析：（1）当时，，，‎ 切点坐标为，切线的斜率，则切线方程为，即.‎ ‎（2），‎ 则.‎ ‎∵，∴当时，.‎ 当时，；‎ 当时，.‎ 故在处取得极大值.‎ 又，，‎ ‎，‎ 则，‎ ‎∴在上的最小值是．‎ 在上有两个零点的条件是 ‎，‎ 解得，‎ ‎∴实数的取值范围是．‎ 考点：利用导数求闭区间上函数的最值.‎ ‎21.椭圆两焦点分别为、，且离心率；‎ ‎（1）设E是直线与椭圆的一个交点，求取最小值时椭圆的方程；‎ ‎（2）已知，是否存在斜率为k的直线l与（1）中的椭圆交于不同的两点A、B，使得点N在线段AB的垂直平分线上，若存在，求出直线l在y轴上截距的范围；若不存在，说明理由。‎ ‎【答案】（1）.（2）存在，见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由于，，椭圆方程可化为与直线方程联立，消去化简得：，又由，解得，‎ 此时，当且仅当时取等号，此时取最小值．即可得到椭圆方程．‎ ‎（2）设直线l的方程为，代入椭圆方程可得到一元二次方程，即根与系数的关系，利用中点坐标公式可得线段的中点坐标公式，利用可得与的关系，结合进而得出的取值范围．当时，容易得出．‎ ‎【详解】解:（1），椭圆方程可化为，与联立，‎ 消去y化简得，‎ 又由，解得，‎ 此时，当且仅当时，取最小值，‎ 所以椭圆方程为.‎ ‎（2）设直线l的方程为，代入，消去y整理得：‎ ‎∵直线与椭圆交与不同的两点，‎ ‎，‎ 即，设，‎ ‎，，‎ 则AB中点 所以当时，，‎ 化简得，代入得；‎ 又，所以，故；‎ 当时，，‎ 综上，时，；时，.‎ ‎【点睛】本题综合考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到及根与系数的关系、中点坐标公式、相互垂直的直线的斜率之间的关系、分类讨论的思想方法等基础知识与基本技能方法，属于难题．‎ ‎22.在平面直角坐标系xoy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系。已知曲线C的极坐标方程为，过点的直线l的参数方程为（为参数），直线l与曲线C交于M、N两点。‎ ‎（1）写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程：‎ ‎（2）若成等比数列，求a的值。‎ ‎【答案】（1）l的普通方程；C的直角坐标方程；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式即可把曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，利用消去参数即可得到直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）将直线的参数方程，代入曲线的方程，利用参数的几何意义即可得出，从而建立关于的方程，求解即可．‎ ‎【详解】（1）由直线l的参数方程消去参数t得,‎ ‎，即为l的普通方程 由，两边乘以得 ‎ 为C的直角坐标方程.‎ ‎（2）将代入抛物线得 由已知成等比数列，‎ 即，，，‎ 整理得 ‎ ‎（舍去）或.‎ ‎【点睛】熟练掌握极坐标与直角坐标的互化公式、方程思想、直线的参数方程中的参数的几何意义是解题的关键．‎ ‎23.设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：‎ ‎（Ⅰ）ab+bc+ac；‎ ‎（Ⅱ）.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（II）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（Ⅰ）由，，得：‎ ‎，‎ 由题设得，‎ 即，‎ 所以，即.‎ ‎（Ⅱ）因为，，，‎ 所以，‎ 即，‎ 所以.‎ 本题第（Ⅰ）（Ⅱ）两问，都可以由均值不等式,相加即得到.在应用均值不等式时,注意等号成立的条件:“一正二定三相等”.‎ ‎【考点定位】本小题主要考查不等式的证明,熟练基础知识是解答好本类题目的关键.‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎