山西省大同市2020届高三下学期3月模拟考试数学（理）试题 Word版含解析 26页

www.ks5u.com 西省大同市2020届高三下学期3月模拟考试数学（理）试卷 一、选择题 ‎1.已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解对数不等式和绝对值不等式，根据集合间的关系，即可求得参数的范围.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 因为，所以，‎ 解得．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查由集合之间的关系求参数的范围，涉及对数不等式的求解，属综合基础题.‎ ‎2.若复数z满足为虚数单位)，则|z|的最大值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，根据已有条件求得圆的方程，之后将模转化为圆上的点到直线的距离，之后求解即可.‎ ‎【详解】设，‎ - 26 -‎ 即，‎ 则点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，‎ 则是指圆上的点到原点的距离 所以 故选：C ‎【点睛】本题考查复数的相关性质与模的计算，将模转化为距离的思想是本题要点.‎ ‎3.已知b=log32，c=log2(cos)，则（ ）‎ A. a>b>c B. b>a>c C. c>a>b D. a>c>b ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数单调性进而确定函数值的范围再进行比较即可.‎ ‎【详解】对于，因为在上单调递增，‎ 即 对于，因在定义域内单调递增，‎ 即 对于，因为在上单调递减，‎ 则 则 综上，‎ 故选：A ‎【点睛】本题较易。只需根据函数单调性进而确定函数值的范围再进行比较即可.注意自变量所在区间.‎ - 26 -‎ ‎4.古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，….我国宋元时期数学家朱世杰在（四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的堆垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，…）.若一“落一形”三角锥垛有10层，则该堆垛总共球的个数为（ ）‎ A. 55 B. 220 C. 285 D. 385‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“三角形数”的特征可得通项公式，计算其前项和，再将10代入即可得结果.‎ ‎【详解】“三角形数”的通项公式，‎ 前项和公式为：，‎ 当时，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查以数学文化为背景，考查数列知识及运算能力，求出是解题的关键，属于中档题.‎ ‎5.下列图象中，不可能是函数的图象的是（ ）‎ - 26 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的解析式，可知函数不可能是单调函数，据此判断即可.‎ ‎【详解】因为函数为非单调函数，排除B,C,D．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查函数图像的辨识，涉及三角函数的单调性，属综合基础题.‎ ‎6.用“算筹”表示数是我国古代计数方法之一，计数形式有纵式和横式两种，如图1所示.金元时期的数学家李冶在《测圆海镜》中记载：用“天元术”列方程，就是用算筹来表示方程中各项的系数.所谓“天元术”，即是一种用数学符号列方程的方法，“立天元一为某某”，意即“设为某某”.如图2所示的天元式表示方程，其中，，…，，表示方程各项的系数，均为筹算数码，在常数项旁边记一“太”字或在一次项旁边记一“元”字，“太”或“元”向上每层减少一次幂，向下每层增加一次幂.‎ - 26 -‎ 试根据上述数学史料，判断图3天元式表示的方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“算筹”法表示数可得题图3中从上至下三个数字分别为1，286，1743，结合“天元术”列方程的特征即可得结果.‎ ‎【详解】由题意可得，题图3中从上至下三个数字分别为1，286，1743，‎ 由“元”向上每层减少一次幂，向下每层增加一次幂.可得天元式表示的方程为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要是以数学文化为背景，考查数学阅读及理解能力，充分理解“算筹”法表示数和“天元术”列方程的概念是解题的关键，属于中档题.‎ ‎7.执行如图所示的程序框图，输出的结果是（ ）‎ - 26 -‎ A. -50 B. -60 C. -72 D. 60‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图进行模拟运算即可得到结果.‎ ‎【详解】，；，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，满足，结束循环，‎ 输出.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图，模拟执行程序，正确得到程序框图的功能是解题的关键，属于中档题.‎ - 26 -‎ ‎8.已知单位向量的夹角为，且，若向量，则（ ）‎ A. B. C. D. 或 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据同角三角函数关系，由即可求得；再根据向量的数量积求得模长即可.‎ ‎【详解】由，为的夹角，故为锐角，所以求得；‎ 又因为 所以．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查同角三角函数关系，以及由向量数量积求向量的模长，属综合基础题.‎ ‎9.已知的展开式中的系数是42，则常数应当满足的条件是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的通项公式，即可求得其中的系数，结合即可求得的系数，据此可求得的值.‎ ‎【详解】的通项公式为，其中的系数为，‎ 展开式中没有含的项，所以中的系数为，‎ 所以，而．‎ - 26 -‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查根据二项式定理由某一项的系数求参数的值，属基础题.‎ ‎10.已知函数的最小正周期为，则的单调递增区间是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用辅助角公式，以及函数的周期，即可求得，再求的单调区间即可.‎ ‎【详解】因为，最小正周期，‎ ‎∴，，‎ 由，‎ 得．‎ 所以的单调递增区间是．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用辅助角公式化简函数解析式，由函数的周期性求参数值，以及求正弦型三角函数的单调区间，属综合基础题.‎ ‎11.已知为双曲线的右支上一点，分别为双曲线的左顶点和右焦点，线段的垂直平分线过点，，则的离心率为（ ）‎ A 6 B. 4 C. 3 D. 2‎ ‎【答案】B - 26 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，设，用表示出点的坐标，将其代入双曲线方程即可求得，则离心率得解.‎ ‎【详解】为方便运算，不妨设，则，‎ 因为是正三角形，所以，‎ 将其代入，得，‎ 即，‎ 所以，∴，‎ ‎∴，，∴，‎ 所以离心率．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，涉及双曲线上一点坐标的求解，属中档题.‎ ‎12.设定义在上的函数满足，且当时，.若对任意，不等式恒成立，则实数的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，可得恒成立，再利用递推关系式探讨时适合，当时，并不恒满足题意，画出函数草图，令 - 26 -‎ ‎，解出，结合图形即可得结果.‎ ‎【详解】由已知，当时，恒成立，‎ 可得当时，，‎ 恒成立；‎ 当时，，‎ ‎.‎ 画出函数草图，令，‎ 化简得，解得，，‎ 由图可知，当时，不等式恒成立.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查函数恒成立问题，考查等价转化思想与综合运算能力，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属于难题.‎ 二、填空题 ‎13.已知数列是等差数列，是其前n项和，若___.‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件，利用等差数列通项公式，求出首项和公差 - 26 -‎ ‎，再代入通项公式即可求得答案.‎ ‎【详解】因为数列是等差数列，是其前n项和，‎ 所以 则 故答案为：8‎ ‎【点睛】本题较易，考查等差数列相关性质，根据通项公式代入计算求出首项和公差即可.‎ ‎14.已知是定义域为的奇函数，且函数为偶函数，当时，，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的对称性和奇偶性即可求得函数值.‎ ‎【详解】关于对称，关于直线对称，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和对称性求函数值，属综合基础题.‎ ‎15.甲、乙两人进行象棋比赛，采取五局三胜制（当一人先赢3局时获胜，比赛结束）．棋局以红棋与黑棋对阵，两人执色轮流交换，执红棋者先走．假设甲执红棋时取胜的概率为，执黑棋时取胜的概率为，各局比赛结果相互独立，且没有和局．若比赛开始，甲执红棋开局，则甲以3∶2获胜的概率为________．‎ ‎【答案】‎ - 26 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分类，后根据次重复事件的概率计算即可求得.‎ ‎【详解】甲以3∶2获胜，则第5局甲获胜，前四局为平局，甲两胜两负．‎ 根据规则，甲执红棋开局，则前四局甲执棋顺序是“红黑红黑”，‎ 第5局甲执红棋．前四局甲取胜可能的情况是：‎ ‎①甲2次执红棋取胜；‎ ‎②甲2次执黑棋取胜；‎ ‎③甲1次执红棋和1次执黑棋取胜．‎ 故概率为．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查次重复事件的概率计算，属基础题.‎ ‎16.中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中记述：羡除，隧道也，其形体上面平而下面斜，一面与地面垂直，并用“分割法”加以剖分求其体积．如图所示的五面体是一个羡除，两个梯形侧面与相互垂直，．若，梯形与的高分别为和，则该羡除的体积_______；由此归纳出求羡除体积的一般公式为________．‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将几何体切割为两个四棱锥和一个直棱柱，结合几何关系，即可求得体积.‎ ‎【详解】在平面内，过两点分别作的垂线，垂足分别为，‎ 在平面内，过两点分别作的垂线，垂足分别为．‎ - 26 -‎ 由平面与平面相互垂直知，，‎ 又，易证平面平面，且平面，‎ 所以几何体为直棱柱．‎ 将羡除分割为两个四棱锥和一个直棱柱．‎ 所以所求几何体体积．‎ 从以上求解过程可归纳出求羡除体积一般公式为．‎ 当，且和时，‎ 即可求得.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查面面平行的判定，线面垂直的判定，以及棱锥和棱柱体积的求解，属综合困难题.‎ 三、解答题 ‎17.在中，角、、的对边分别为、、，且，．‎ ‎（1）求和的大小；‎ - 26 -‎ ‎（2）若的面积为，求边上中线的长．‎ ‎【答案】（1）,；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理将角化边，逆用余弦定理即可求得角；结合余弦的降幂扩角公式，正余弦的和角公式，即可求得；‎ ‎（2）根据面积公式以及（1）中所求，即可求得；在由余弦定理，即可求得.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 所以，‎ 所以，即，所以，‎ 因为，所以，‎ 即，‎ 因为，‎ 所以，‎ 即，‎ 所以．‎ ‎（2），‎ 因为，‎ 所以，‎ 在中，‎ - 26 -‎ ‎，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，涉及降幂扩角公式，正余弦的和角公式；属综合基础题.‎ ‎18.如图，三棱柱中，．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证，即可求证垂直于平面，再由线面垂直推证面面垂直即可；‎ ‎（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得两个平面法向量，用向量法求解二面角的余弦值即可.‎ ‎【详解】（1）记，连结．‎ - 26 -‎ 因为，所以．‎ 由题意知为正三角形，求得，‎ 在中求得，又，‎ 所以，所以．‎ 因为，所以平面．‎ 因为平面，所以平面平面．‎ ‎（2）建立如图所示的空间直角坐标系，如下图所示：‎ 则，‎ ‎．‎ 因为平面，所以平面的法向量为．‎ 设平面的法向量为，‎ 则则，‎ 取，则，‎ 所以．‎ 所以，因为所求二面角的平面角为钝角，‎ 所以所求二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查由线面垂直求证面面垂直，以及用向量法求二面角，属综合中档题.‎ - 26 -‎ ‎19.甲、乙两名运动员共参加3次百米赛跑预赛，赢2次以上者（包含2次）获得决赛资格．每次预赛通过摸球的方法决定赛道，规则如下：裁判员从装有个红球和2个白球的口袋中不放回地依次摸出2球，若2球的颜色不同，则甲在第一赛道，否则乙在第一赛道（每次赛道确定后，再将取出的两个球放回袋中）．假设甲获得决赛资格的概率为，每次预赛结果互相独立，且无相同成绩．‎ ‎（1）当口袋中放入红球的个数为多少时，3次比赛中甲恰有2次在第一赛道的概率最大；‎ ‎（2）若在3次比赛中，运动员每赢一次记1分，否则记分，求甲得分的分布列和数学期望．‎ ‎【答案】（1）或；（2）分布列见解析,.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设出比赛甲在第一赛道的概率为，则可用表示出甲恰有2次在第一赛道的概率为，利用导数求出函数的单调性以及最大值即可；‎ ‎（2）根据甲在比赛中最终获胜的概率求出甲在每次比赛中胜出的概率，再写出甲得分的所有可能取值，根据二项分布的概率计算公式即可求得.‎ ‎【详解】（1）设每次比赛甲在第一赛道的概率为，‎ 则3次比赛中，甲恰有2次在第一赛道的概率为 ‎，‎ 则．‎ 当时，单调递增；‎ 当时，单调递减．‎ 所以当时，取得最大值．‎ 而由摸球的规则知，，‎ 解得或．‎ - 26 -‎ 故当口袋中放入一个红球或两个红球时，3次比赛中甲恰有2次分在第一赛道的概率最大．‎ ‎（2）设甲在每次比赛中胜出的概率为，‎ 由已知甲在比赛中最终获胜的概率为， ‎ 即甲在3次比赛中有2次胜出或3次胜出的概率为 ‎，所以．‎ 化简得，即，‎ 所以，‎ 解得或（舍去），‎ 所以甲在每次比赛中胜出的概率为．‎ 由题意知，甲得分的所有可能取值为，，1，3．‎ ‎，‎ ‎．‎ 故甲得分的分布列为：‎ ‎1‎ ‎3‎ 所以随机变量的数学期望．‎ ‎【点睛】本题考查二项分布的概率计算，涉及利用导数求函数的单调性和最值，属综合中档题.‎ ‎20.已知双曲线：的右焦点为，半焦距，点到右准线的距离为，过点作双曲线的两条互相垂直的弦，，设，‎ - 26 -‎ 的中点分别为，.‎ ‎（1）求双曲线的标准方程；‎ ‎（2）证明：直线必过定点，并求出此定点坐标.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析；定点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得的值，再由点到直线的距离为，可得的值，再由，，之间的关系求出双曲线的方程；‎ ‎（2）设弦所在的直线方程，与双曲线的方程联立可得两根之和进而可得的中点的坐标，再由椭圆可得弦的中点的坐标，分别讨论当的斜率存在和不存在两种情况可得直线恒过定点.‎ ‎【详解】（1）由题设可得，，所以，.‎ 所以双曲线的标准方程为.‎ ‎（2）证明：点，设过点的弦所在的直线方程为，，，‎ 则有.‎ 联立，可得.‎ 因为弦与双曲线有两个交点，所以，‎ 所以，所以.‎ ‎（1）当时，点即是点，此时，直线为轴.‎ - 26 -‎ ‎（2）当时，将上式点坐标中的换成，同理可得.‎ ‎①当直线不垂直于轴时，‎ 直线的斜率，‎ 其方程，化简得，‎ 所以直线过定点；‎ ‎②当直线垂直于轴时，，此时，，直线也过定点.‎ 综上所述，直线过定点.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的标准方程及性质、定点问题等知识以及逻辑思维与运算求解能力，考查了学生的计算能力，属于难题.‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（1）当时，求单调区间；‎ ‎（2）若存在两个极值点，且，证明：．‎ ‎【答案】（1）在单调递增，在单调递减；（2）证明见详解.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对函数求导，判断导函数的正负，据此求得函数的单调性即可；‎ ‎（2）由题可知是的两根，据此可求得，再构造函数，即可求证不等式.‎ ‎【详解】（1）当时，．‎ ‎．‎ - 26 -‎ 当时，；当时，．‎ 在单调递增，在单调递减．‎ ‎（2）因为，‎ 所以．‎ 因为存在两个极值点，‎ 所以在有两根．‎ 所以，‎ 所以，且．‎ 因为 要证，‎ 只需证，‎ 即证．‎ 令，‎ 只需证．‎ 令，‎ - 26 -‎ 所以，‎ 所以在单调递增，因为，‎ 所以，‎ 即．‎ 所以，．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，以及利用导数求证不等式，涉及构造函数法，属综合困难题.‎ ‎22.已知在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）.‎ ‎（1）若，求曲线与直线的两个交点之间的距离；‎ ‎（2）若曲线上的点到直线距离的最大值为，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将直线的参数方程化普通方程，曲线化为普通方程，联立求出交点点坐标，进而求出两个交点的距离；‎ ‎（2）将直线的方程化为普通方程，曲线的点代入，用点到直线的距离公式可得的代数式，对参数讨论可得最大值，由题意可得的值.‎ ‎【详解】（1）若，直线的参数方程为（为参数）.‎ 即直线的普通方程为，曲线的普通方程为，‎ - 26 -‎ 联立，解得或，‎ 则曲线与直线的两个交点的距离为 ‎.‎ ‎（2）直线的普通方程为，‎ 故曲线上的点到直线的距离为 ‎.‎ ‎（1）当时，的最大值为.‎ 由题设得，所以；‎ ‎（2）当时，的最大值为.‎ 由题设得，所以.‎ 综上，或.‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化及两点间的距离公式和点到直线的距离公式，属于中档题.‎ ‎23.已知．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集;‎ ‎（2）若时，不等式恒成立，求a的取值范围．‎ ‎【答案】(1) ．(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 26 -‎ ‎（1）将a=1代入f（x）中，去绝对值后分别解不等式即可； （2）x∈（0，1）时，不等式f（x）＜x+2恒成立等价于当x∈（0，1）时，|ax-1|＜1恒成立，然后分a≤0和a＞0讨论即可．‎ ‎【详解】解：（1）解法1：当时，不等式可化简为.‎ 当时，，解得，所以；‎ 当时，，，无解；‎ 当时，，解得，所以﹒‎ 综上，不等式的解集为． ‎ 解法2：当时，‎ 当时，，解得，所以；‎ 当时，，无解；‎ 当时，，解得，所以．‎ 综上，不等式的解集为．‎ ‎（2）解法1：当时，不等式可化简为.‎ 令，则的图像为过定点斜率为a的一条直线， ‎ 数形结合可知，当时，在上恒成立.‎ 所以，所求a的取值范围为 解法2：当时，不等式可化简为.‎ 由不等式的性质得或，‎ 即或.‎ 当时，，不等式不恒成立；‎ 为使不等式恒成立，则.‎ - 26 -‎ 综上，所求a的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，考查了转化思想，属中档题．‎ - 26 -‎ - 26 -‎