山西省2020届高三下学期3月适应性调研数学（理）试题 Word版含解析 26页

www.ks5u.com ‎2020年3月山西省高三适应性调研考试 数学（理科）‎ ‎（本试卷考试时间120分钟，满分150分）‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上相应的位置.‎ ‎2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.‎ ‎3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5毫米及以上黑色笔迹签字笔写在答题卡上.‎ ‎4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.‎ 参考公式：锥体的体积公式：（其中S为锥体的底面积，h为锥体的高）.‎ 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.设全集，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再与集合取交集，即可求出答案.‎ ‎【详解】因为，，所以.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查集合的补集与交集，考查学生对基础知识的掌握.‎ ‎2.在复平面内，复数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 的实部为1 B. C. D. 在第一象限 - 26 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的除法运算先求得，再根据复数有关概念一一判断即可．‎ ‎【详解】解：，‎ 位于第四象限，的实部为，，故选A、C、D错误；‎ ‎，B正确，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查复数代数形式的除法运算，考查共轭复数、复数的模、实部、复数的几何意义等有关内容，属于基础题．‎ ‎3.下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是增函数的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别讨论四个函数的奇偶性及单调性，可选出答案.‎ ‎【详解】对于选项A，是上的偶函数，不符合题意；‎ 对于选项B，是非奇非偶函数，不符合题意；‎ 对于选项C，是奇函数，又是上增函数，符合题意；‎ 对于选项D，因为函数在和上都单调递减，在其定义域上不是单调函数，不符合题.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查函数单调性与奇偶性的应用，考查学生的推理能力，属于基础题.‎ ‎4.相关变量 - 26 -‎ 的散点图如图所示，现对这两个变量进行线性相关分析，方案一：根据图中所有数据，得到线性回归方程，相关系数为；方案二：剔除点，根据剩下数据得到线性回归直线方程：，相关系数为.则（ ）‎ A. ‎ B ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据相关系数的意义：其绝对值越接近，说明两个变量越具有线性相关，以及负相关的意义作判断.‎ ‎【详解】由散点图得负相关，所以，因为剔除点后，剩下点数据更具有线性相关性，更接近，所以.选D.‎ ‎【点睛】本题考查线性回归分析，重点考查散点图、相关系数，突显了数据分析、直观想象的考查.属基础题.‎ ‎5.设，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 结合指数函数及对数函数的性质，分别比较与0，1的大小关系，可选出答案.‎ ‎【详解】对于，由对数函数的图象与性质，可知；‎ - 26 -‎ 对于，由指数函数的图象与性质，可知；‎ 对于，由指数函数的图象与性质，可知，‎ 综上可知，，即．‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查几个数的大小比较，考查指数函数及对数函数的性质，考查学生的推理能力，属于基础题.‎ ‎6.某几何体的三视图如右图所示，图中的四边形都是边长为1的正方形，其中正(主)视图、侧(左)视图中的两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是 ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由三视图还原可知，原图形为一个边长为1的正方体，挖去了一个高为的，正四棱锥，所以体积为．选A.‎ ‎7.2019年春节假期，旅游过年持续火爆.特别是：东北雪乡、梦回大唐、江南水乡、三亚之行这四条路线受到广大人民的热播.现有4个家庭准备去这四个地方旅游，假设每个家庭均从这四条路线中任意选取一条路线去旅源，则两个家庭选择同一路线的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用排列数与组合数，根据古典概型的概率计算公式求解即可．‎ ‎【详解】解：所有情况为，恰有一条路线末被选中的情况为 - 26 -‎ ‎，由古典概型可知所求概率，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查古典概型的概率计算公式，考查排列与组合，属于基础题．‎ ‎8.某程序框图如图所示，其中，若输出的，则判断框内应填入的条件为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运行该程序，当n的值为2019时，满足判断框内的条件；当n的值为2020时，不满足判断框内的条件，退出循环，输出S的值，结合选项可选出答案.‎ ‎【详解】由题意，，‎ 运行该程序，‎ 输入，判断框成立；‎ 则，，判断框成立；‎ 则，，判断框成立；‎ 则，，判断框成立；‎ - 26 -‎ ‎…‎ 则，，判断框成立；‎ 则，，判断框不成立，输出.‎ 故判断框内应填入的条件为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查程序框图，考查学生推理能力，属于中档题.‎ ‎9.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，点为阴影区域内动点（不包括边界），这里，，则下列不等式恒成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合图形，可知阴影区域有两部分，分别满足和，进而判断和的符号，可选出答案.‎ ‎【详解】由题意，阴影区域有两部分，‎ 当阴影部分为三角形区域时，满足，此时恒成立，而，‎ 当阴影部分为梯形区域时，满足，此时恒成立，而，‎ - 26 -‎ 所以只有恒成立.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数符号的判断，注意判断的范围，考查学生的推理能力，属于中档题.‎ ‎10.若函数在区间上存在最小值-2.则非零实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分和两种情况，结合三角函数的性质即可得出结论．‎ ‎【详解】解：由已知可得：‎ ‎①当时，‎ 函数在区间上存在最小值-2，‎ ‎，可得；‎ ‎②当时，，‎ 函数在区间上存在最小值-2，‎ ‎，可得：；‎ 综上所述，非零实数的取值范围；‎ 故选：C．‎ - 26 -‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的性质，考查分类讨论的思想方法，属于中档题．‎ ‎11.已知点，，动点P满足，点Q满足，．则（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 由，可求出的轨迹方程，设，，由，可求出直线的斜率，进而得到直线的方程，同理可得的方程，联立直线，的方程，可得，再将代入曲线方程中，可求得，结合，可求出答案.‎ ‎【详解】设动点，由，得，整理得，‎ 所以动点的轨迹方程为．‎ 设，直线的斜率为，由，所以直线的斜率，于是直线的方程为．‎ 同理可得的方程为．‎ 联立两直线方程，得，解得，则．‎ - 26 -‎ 因为满足，所以，‎ 所以，即．‎ 所以.‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查点的轨迹，考查三角形的面积，考查直线的斜率，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ ‎12.如图所示，在棱长为4的正方体中，点M是正方体表面上一动点，则下列说法正确的个数为（ ）‎ ‎①若点M在平面ABCD内运动时总满足，则点M在平面ABCD内的轨迹是圆的一部分；‎ ‎②在平面ABCD内作边长为1的小正方形EFGA，点M满足在平面ABCD内运动，且到平面的距离等于到点F的距离，则M在平面ABCD内的轨迹是抛物线的一部分；‎ ‎③已知点N是棱CD的中点，若点M在平面ABCD内运动，且平面，则点M在平面内的轨迹是线段；‎ ‎④已知点P、Q分别是，的中点，点M为正方体表面上一点，若MP与CQ垂直，则点M所构成的轨迹的周长为.‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ - 26 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于①，结合圆锥的性质，可判断其正确；对于②，结合抛物线的定义，可知其正确；对于③，取AB的中点I，BC的中点O，易证平面平面，可知当M在线段IO上时，满足题意；对于④，只需过点P作直线CQ的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即为动点M的轨迹，求出周长，即可判断④正确.‎ ‎【详解】对于①，因为满足条件的动点M是以为轴线，以为母线的圆锥与平面ABCD的交线，即圆的一部分，故①是正确的；‎ 对于②，依题意知点M到点F的距离与到直线AB的距离相等，所以M的轨迹是以F为焦点，AB为准线的抛物线，故②是正确的；‎ 对于③，如图（1），取AB的中点I，BC的中点O，显然，，从而可以证明平面平面，当M在线段IO上时，均有平面，即动点M的轨迹是线段IO，故③是正确的；‎ 对于④，如图（2），依题意，只需过点P作直线CQ的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即为动点M的轨迹．分别取，的中点R，S，由，知，易知，又，，所以平面ABRS，过P作平面ABRS的平行平面，点M的轨迹为四边形，其周长与四边形ABRS的周长相等，所以点M所构成的轨迹的周长为，故④是正确的．‎ 因此说法正确的有4个.‎ 故选：D．‎ - 26 -‎ ‎【点睛】本题考查空间几何体的结构特征，考查轨迹方程，考查空间中点线面的位置关系，考查学生的空间想象能力与推理能力，属于难题.‎ 二.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知点，，则_______；与同方向的单位向量为_______．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由的坐标，可求出，与同方向的单位向量为，求解即可.‎ ‎【详解】，‎ 所以与同方向的单位向量为.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查单位向量，属于基础题.‎ ‎14.的展开式中含项的系数是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 26 -‎ 直接根据二项式的展开式的通项公式求解即可．‎ ‎【详解】解：展开式的通项公式为，令，得，所以含项的系数为，‎ 故答案：．‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式的展开式，属于基础题．‎ ‎15.已知函数，若存在实数，满足，且，则的最小值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出的图象，由，可知，从而，，构造函数，求出最小值即可.‎ ‎【详解】作出的图象，如下图所示，‎ 当时，；当时，，‎ 因为，所以，‎ 令，得，‎ 则，故，令．‎ 则，易知函数在上单调递减，在上单调递增，所以．‎ 故答案为：.‎ - 26 -‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的应用，考查函数单调性及最值的应用，利用构造函数是解决本题的关键，属于中档题.‎ ‎16.已知一簇双曲线：（且），设双曲线的左、右焦点分别为、，是双曲线右支上一动点，三角形的内切圆与x轴切于点，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设、与圆分别切于点、，可知，再结合，，可求得，进而可求出答案.‎ ‎【详解】如图，设、与圆分别切于点、，‎ 根据内切圆的性质可得，，，‎ 又点在双曲线的右支上，所以有．‎ 则．‎ 又，，，‎ 所以，‎ 所以，即，‎ - 26 -‎ 因此．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的性质，考查三角形内切圆的性质，考查数列求和，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ 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.‎ ‎17.在中，角A，B，C的对边分别是a、b、c，且 ‎（1）求A；‎ ‎（2）若，的面积为，M是AB的中点，求．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将，代入原式，整理可得，再结合正弦定理，及，可求得的值，进而可求出角；‎ ‎（2）由，可计算求出，从而可求出，在中，由余弦定理可得，，即可求出答案.‎ - 26 -‎ ‎【详解】（1）由题意，，即． ‎ 由正弦定理得，， ‎ 即，‎ 所以，‎ 即． ‎ 又，所以，‎ 因为，所以．‎ ‎（2）由，，，得．‎ 因为是AB的中点，所以，‎ 在中，由余弦定理得，．‎ ‎【点睛】本题考查三角形的面积公式的应用，考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎18.如图，在直角梯形ABCP中，，，，D是AP的中点，E，G，F分别为PC、CB、PD的中点，将沿CD折起，使得二面角为直二面角.‎ ‎（1）证明：平面EFG；‎ ‎（2）求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）45°‎ ‎【解析】‎ - 26 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意先证平面平面PAB，再根据面面平行的性质即可证明结论；‎ ‎（2）以D为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用平面的法向量求解二面角．‎ ‎【详解】（1）证明：，分别为，的中点，，‎ 同理：，‎ 又，，又 ‎ 平面PAB，‎ 同理平面PAB，‎ ‎，，‎ 平面平面PAB，‎ 又平面PAB，‎ 平面EFG；‎ ‎（2）解：以D为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，‎ 则，.‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，取，‎ 易知是平面PCD的一个法向量，‎ - 26 -‎ ‎，‎ 结合图知二面角平面角为．‎ ‎【点睛】本题主要考查面面平行证线面平行，考查二面角的向量求法，属于中档题．‎ ‎19.已知抛物线E：过点，过抛物线E上一点作两直线PM，PN与圆C：相切，且分别交抛物线E于M、N两点．‎ ‎（1）求抛物线E的方程，并求其焦点坐标和准线方程；‎ ‎（2）若直线MN的斜率为，求点P的坐标．‎ ‎【答案】（1）抛物线E的方程为，焦点坐标为，准线方程为；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将点代入抛物线方程，可求出抛物线E的方程，进而可求出焦点坐标及准线方程；‎ ‎（2）设，，可表示出直线及的斜率的表达式，进而可表示出两直线的方程，再结合直线和圆相切，利用点到直线的距离等于半径，可得，满足方程，从而得到，又直线MN的斜率为，可求出的值，即可求出点P的坐标.‎ ‎【详解】（1）将点代入抛物线方程得，，所以抛物线E的方程为，焦点坐标为：，准线方程为：． ‎ ‎（2）由题意知，，设，，‎ 则直线的斜率为，同理，直线PN的斜率为，‎ - 26 -‎ 直线MN的斜率为，故，‎ 于是直线的方程为，即，‎ 由直线和圆相切，得，‎ 即，‎ 同理，直线PN的方程为，‎ 可得， ‎ 故，是方程的两根．‎ 故，即，‎ 所以，解得或．‎ 当时，；当时，．‎ 故点P的坐标为或．‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查直线的方程，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ - 26 -‎ ‎20.自湖北武汉爆发新型冠状病毒肺炎疫情以来，各地医疗物资缺乏，各生产企业纷纷加班加点生产，某企业准备购买三台口罩生产设备，型号分别为A，B，C，已知这三台设备均使用同一种易耗品，提供设备的商家规定：可以在购买设备的同时购买该易耗品，每件易耗品的价格为100元；也可以在设备使用过程中，随时单独购买易耗品，每件易耗品的价格为200元．为了决策在购买设备时应同时购买的易耗品的件数，该单位调查了这三种型号的设备各60台，调查每台设备在一个月中使用的易耗品的件数，并得到统计表如下所示．‎ 每台设备一个月中使用的易耗品的件数 ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ 频数 型号A ‎30‎ ‎30‎ ‎0‎ 型号B ‎20‎ ‎30‎ ‎10‎ 型号C ‎0‎ ‎45‎ ‎15‎ 将调查的每种型号的设备的频率视为概率，各台设备在易耗品的使用上相互独立．‎ ‎（1）求该单位一个月中A，B，C三台设备使用的易耗品总数超过21件（不包括21件）的概率；‎ ‎（2）以该单位一个月购买易耗品所需总费用的期望值为决策依据，该单位在购买设备时应同时购买20件还是21件易耗品?‎ ‎【答案】（1）；（2）该单位在购买设备时应同时购买21件易耗品 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题中表格数据，分别求出三个型号设备在一个月使用易耗品的件数所对应的频率，设该单位三台设备在一个月中使用的易耗品的总件数为X，可知，分别求出和，即可求出答案；‎ ‎（2）分别求出两种情况下，一个月购买易耗品所需总费用的所有可能值，并求出对应的概率，从而可求出两种情况的期望，比较二者大小，可得出结论.‎ ‎【详解】（1）由题中表格可知，‎ A型号的设备一个月中使用易耗品的件数为6和7的频率均为；‎ - 26 -‎ B型号的设备一个月中使用易耗品的件数为6，7，8的频率分别为，，；‎ C型号的设备一个月中使用易耗品的件数为7和8的频率分别为，， ‎ 设该单位一个月中A，B，C三台设备使用易耗品的件数分别为x，y，z，则 ‎，，，，，．‎ 设该单位三台设备一个月中使用的易耗品的总件数为X，‎ 则．‎ 而 ‎， ‎ ‎， ‎ 故，‎ 即该单位一个月中A，B，C三台设备使用的易耗品总数超过21件的概率为． ‎ ‎（2）该单位三台设备一个月中使用的易耗品的总件数为X，可能的取值为19，20，21，22，23．‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 由（1）知，，． ‎ 若该单位在购买设备的同时购买了20件易耗品，设该单位一个月中购买易耗品所需的总费用为元，‎ 则的所有可能取值为2000，2200，2400，2600．‎ - 26 -‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以． ‎ 若该单位在购买设备的同时购买了21件易耗品，设该单位一个月中购买易耗品所需的总费用为Z元，‎ 则Z的所有可能取值为2100，2300，2500．‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以． ‎ 因为，即，所以该单位在购买设备时应同时购买21件易耗品．‎ ‎【点睛】本题考查相互独立事件的概率，考查离散型随机变量的期望，考查学生的计算能力与推理能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（1）若函数有两个零点，证明：；‎ ‎（2）设函数的两个零点为，．证明：．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）参变分离可得，构造函数，判断的单调性及图象特征，使 - 26 -‎ 与直线有两个交点，即满足题意，从而可证明结论；‎ ‎（2）易知，，两式相减得，要证，即证，进而可将问题转化为证明，令，则，即证，进而构造函数，只需证明即可.‎ ‎【详解】（1）证明：由，可得，‎ 令，则，‎ 当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减；‎ 所以． ‎ 又因为当时，；‎ 当时，，且当时，； ‎ 所以有两个零点时，． ‎ ‎（2）由题意知，，，‎ 两式相减得：，‎ 则． ‎ 要证，即证， ‎ 只需证，‎ - 26 -‎ 即证.‎ 令，则，即证，‎ 令，则，令，则，‎ 所以在上单调递增，，即，‎ 所以在上单调递增，‎ 所以，即，‎ 所以， ‎ 故成立.‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点，考查利用导数证明不等式，考查学生的推理论证能力，属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22.23题中任选-题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（其中t为参数）.以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．‎ ‎（1）求l和C的直角坐标方程．‎ ‎（2）设点，直线l交曲线C于A，B两点，求的值．‎ ‎【答案】（1）的直角坐标方程为；曲线的直角坐标方程为；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 26 -‎ ‎（1）将直线的参数方程消去可得的直角坐标方程，由，得，结合极坐标方程与直角坐标方程间的关系，转化即可.‎ ‎（2）将直线的参数方程，代入C的直角坐标方程中，得到关于的一元二次方程，结合根与系数关系，及，可求出答案．‎ ‎【详解】（1）直线的参数方程为（其中为参数），‎ 消去可得的直角坐标方程为； ‎ 由，得，‎ 则曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）将直线的参数方程，代入，‎ 得，设A，B对应的参数分别为，， ‎ 则，， ‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程间的转化，考查直线参数方程中参数含义的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎23.已知函数 ‎（1）求函数的最小值m；‎ ‎（2）在（1）的条件下，正数a，b满足，证明．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，可求出的最小值；‎ - 26 -‎ ‎（2）利用基本不等式可得，从而可得，即，再结合，可得，结合，可证明结论.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎ 函数的最小值．‎ ‎（2）证明：正数a，b满足，‎ 又，当且仅当时取等号，所以，即，‎ 因为，当且仅当时取等号，‎ 所以，‎ 又因为，所以，‎ 故．‎ ‎【点睛】本题考查利用绝对值三角不等式求最值，考查不等式的证明，考查基本不等式的应用，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题.‎ - 26 -‎ - 26 -‎