山西省太原市2020届高三下学期模拟考试（一）数学（文）试题 Word版含解析 22页

www.ks5u.com 太原市2020年高三年级模拟试题（一）‎ 数学试卷（文科）‎ 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.若全集，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再与集合B求并集即可.‎ ‎【详解】由已知，，故.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查集合间的基本运算，涉及到补集、并集运算，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.‎ ‎2.已知i是虚数单位，复数m+1+（2﹣m）i在复平面内对应的点在第二象限，则实数m的取值范围是（ ）‎ A. （﹣∞，﹣1） B. （﹣1，2）‎ C. （2，+∞） D. （﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数对应的点在第二象限,可得,然后解不等式组得到m的取值范围.‎ ‎【详解】解:因为复数m+1+(2﹣m)i在复平面内对应的点在第二象限,‎ 所以,解得m＜﹣1.‎ - 22 -‎ 所以实数m的取值范围为(﹣∞,﹣1).‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的几何意义和一元一次不等式组的解法,属基础题.‎ ‎3.已知等差数列中，前5项和，，则（ ）‎ A. 16 B. 17 C. 18 D. 19‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由以及等差数列的性质及求和公式可得，又可得公差d，再利用计算即可得到答案.‎ ‎【详解】由等差数列的性质及求和公式，得，解得，又 ‎，所以公差，.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查等差数列的基本性质及求和公式的计算，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.‎ ‎4.已知平面向量，，若与垂直，则（ ）‎ A. B. 2 C. D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得，再利用向量数量积的坐标运算即可得到答案.‎ ‎【详解】因为与垂直，所以，即，‎ ‎，解得.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查向量数量积的坐标运算，涉及到向量垂直的坐标表示，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.‎ - 22 -‎ ‎5.七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.‎ ‎6.某程序框图如图所示，若，则程序运行后输出的结果是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 22 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 注意本题循环退出的条件是，在数据不大时可以写出来，防止出错.‎ ‎【详解】当时，第一次循环：，；‎ 第二次循环：，；‎ 第三次循环：，；‎ 第四次循环：，，退出循环，‎ 此时输出的S为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查程序框图及其应用，涉及到当型循环，要注意循环终止时的条件，是一道容易题.‎ ‎7.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 - 22 -‎ 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，‎ 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.‎ ‎8.已知变量，满足约束条件，则目标函数的最大值为（ ）‎ A. 3 B. 5 C. 8 D. 11‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，利用几何意义即可得到答案.‎ ‎【详解】作出可行域如图所示，，易知截距与成正比的关系，平移直线，当直线过时，截距最大，此时.‎ 故选：D - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查线性规划求最值的问题，准确画出不等式组所表示的平面区域是关键，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.‎ ‎9.设，，若对任意实数都有，则满足条件的有序实数对的个数为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得或，分别解方程并结合即可得到答案.‎ ‎【详解】因为对任意实数都有，‎ 所以或，‎ 解得或，又，‎ 所以或，故有序实数对为或共2个.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查解正弦型三角函数方程，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.‎ ‎10.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，则其外接球的半径为（ ）‎ - 22 -‎ A. B. 3 C. D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将其置入到长方体中，利用长方体体对角线为外接球的直径来解决.‎ ‎【详解】由三视图可知，该几何体为四棱锥，底面是一个正方形，设四棱锥外接球的半径为，‎ 将其置入到长方体中，如图所示 易得，所以，‎ 所以 故选：C ‎【点睛】本题考查三视图及几何体外接球的问题，比较特殊的锥体，通常要考虑是否能够置入到长方体或正方体中来解决，查学生的空间想象能力，是一道容易题.‎ ‎11.过抛物线上点作三条斜率分别为，，的直线，，，与抛物线分别交于不同于的点．若，，则以下结论正确的是（ ）‎ A. 直线过定点 B. 直线斜率一定 C. 直线斜率一定 D. 直线斜率一定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 由题意，，，均不为0，设，则，同理可得，，由，得，再设出直线的方程为，利用韦达定理即可判断选项A、B，同理判断选项C、D.‎ ‎【详解】由题意，，，均不为0，设，‎ 则，同理可得，‎ ‎，由，得，即，①‎ 设直线的方程为，联立抛物线方程可得，‎ 则，代入①式可得，，‎ 此时直线的方程为，故直线斜率是定值，故B正确，A错误；‎ 由，得，即，②，同理设直线 的方程为，联立抛物线方程可得，‎ 则，代入②式可得，此时的方程为 ‎，恒过定点，斜率不是定值，故C错误；‎ 由，，得，即，‎ 即③，同理设直线的方程为，联立抛物线方程可 得，则，代入③式可得 ‎，此时的方程为恒过定点，斜率不为定值.‎ 故D错误.‎ - 22 -‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及到定值、定点问题，考查学生的逻辑推理能力与数学运算能力，是一道有一定难度的题.‎ ‎12.函数的定义域为，为其导函数，若且，则的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，由已知可得在上单调递减，在单调递增，且 ‎，，，结合图象即可得到答案.‎ ‎【详解】设，由已知，得，显然当时，，‎ 当时，，故在上单调递减，在单调递增，且 ‎，，作出示意图如图 ‎，所以只需即可，解得.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查构造法解不等式，涉及到利用导数研究函数的单调性，考查学生的转化与化归的思想，是一道中档题.‎ 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．‎ - 22 -‎ ‎13.双曲线的实轴长是___________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将双曲线方程标准化即可.‎ ‎【详解】由已知，可得，故，实轴长为.‎ 故答案为：4‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的标准方程，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.‎ ‎14.已知函数是偶函数，则_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，即，对恒成立，化简即可得到答案.‎ ‎【详解】由已知，，因为为偶函数，所以 ‎，即，对恒成立，‎ 即，对恒成立，解得.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查已知函数的奇偶性求参数的问题，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.‎ ‎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___________．‎ - 22 -‎ ‎【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，‎ 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，公垂向量，‎ 则，令，则，，，‎ - 22 -‎ ‎，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.我们知道，斐波那契数列是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列中，．用表示它的前项和，若已知，那么_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知，，，利用累加法即可得到答案.‎ ‎【详解】由已知，，，各式相加得 ‎，即，又，，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了“累加求和”方法、“斐波那契数列”的性质，考查了推理能力与计算能力，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．‎ ‎（一）必考题：共60分．‎ ‎17.手机运动计步已成为一种时尚，某中学统计了该校教职工一天行走步数（单位：百步），绘制出如下频率分布直方图：‎ - 22 -‎ ‎（Ⅰ）求直方图中的值，并由频率分布直方图估计该校教职工一天步行数的中位数；‎ ‎（Ⅱ）若该校有教职工175人，试估计一天行走步数不大于130百步的人数；‎ ‎（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下该校从行走步数大于150百步的3组教职工中用分层抽样的方法选取6人参加远足活动，再从6人中选取2人担任领队，求这两人均来自区间的概率．‎ ‎【答案】（Ⅰ），中位数为125；（Ⅱ）98；（Ⅲ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用各小矩形的面积之和为1即可得到a，中位数的估计值是小矩形面积和为时的x的值；‎ ‎（Ⅱ）先算出一天步行数不大于130百步的的概率（前4个小矩形的面积之和），再乘以人数175即可；‎ ‎（Ⅲ）先由分层抽样确定出每组抽取的人数，再结合古典概型的概率计算公式计算即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意得 ‎，‎ 解得，设中位数为，则 解得，所以中位数为125.‎ ‎（Ⅱ）由，‎ 所以估计一天步行数不大于130百步的人数为98人.‎ ‎（Ⅲ）在区间中有28人，在区间中有7人，在区间中有7‎ 人，按分层抽样抽取6人，则从抽取4人，和中各抽取1‎ - 22 -‎ 人，设从抽取，从中抽B，从中抽C，则从6‎ 人中抽取2人的情况有：‎ 共15种情况，‎ 其中满足两人均来自区间的有，共6种情况，‎ 所以概率，所以两人均来自区间的概率为.‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图及其应用，以及古典概型的概率计算，涉及到分层抽样的知识，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.‎ ‎18.已知中，分别是内角的对边，．‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）若，的面积为，求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用两角和的正弦公式、辅助角公式将化简得到，进一步可得到；‎ ‎（2）由三角形面积为算得，由余弦定理，算得，进一步得到，再代入即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因，所以，‎ - 22 -‎ 所以，所以，‎ 所以，而C为三角形的内角，所以.‎ ‎（Ⅱ）的面积为及，得，‎ 化简得，又，由余弦定理，得，化简得，‎ 所以，所以.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理解三角形，涉及到两角和的正弦公式、辅助角公式的应用，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.‎ ‎19.如图（1）在等腰直角三角形ABC中，，，点D为AB中点，将沿DC折叠得到三棱锥，如图（2），其中，点M，N，G分别为，BC，的中点．‎ ‎（1）求证：平面DCG．‎ ‎（2）求三棱锥G-A1DC的体积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由条件有，则只需证明平面即可. ‎ - 22 -‎ ‎(2)由条件可得平面，则，可求得体积.‎ ‎【详解】解：（1）由题知图（1）中 在三棱锥中，‎ ‎∵点是的中点，，‎ 又平面 又点、分别是、的中点，‎ ‎.‎ ‎（2）由图（1）知且平面 又，为等边三角形，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积，属于中档题.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎(1)求曲线在点处的切线方程；‎ ‎(2)证明：在区间上有且仅有个零点.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）给函数求导，将切点横坐标带入原函数，导函数，分别求出切点和斜率，用点斜式写出直线方程即可.‎ ‎（2）当时，，所以，函数在区间 - 22 -‎ 上没有零点；又，下面只需证明函数在区间上有且只有一个零点.因为函数在区间上单调递增，，，存在，使得，函数在处取得极小值，则，又，所以，由零点存在定理可知，函数在区间上有且只有一个零点.综上可得，函数在上有且仅有两个零点.‎ ‎【详解】（1），则，‎ ‎，.‎ 因此，函数在点处的切线方程为，即.‎ ‎（2）当时，，此时，，‎ 所以，函数在区间上没有零点；‎ 又，下面只需证明函数在区间上有且只有一个零点.‎ ‎，构造函数，则，‎ 当时，，‎ 所以，函数在区间上单调递增，‎ ‎，，‎ 由零点存在定理知，存在，使得，‎ 当时，，当时，.‎ 所以，函数在处取得极小值，则，‎ 又，所以，‎ 由零点存在定理可知，函数在区间上有且只有一个零点.‎ - 22 -‎ 综上可得，函数在上有且仅有两个零点.‎ ‎【点睛】本题第一问考查导数几何意义中的切线问题，第二问考查函数零点的存在，同时考查了利用导函数求函数的单调区间，属于难题.‎ ‎21.椭圆的焦点为和，过的直线交于两点，过作与轴垂直的直线，又知点，直线记为，与交于点．设，已知当时，．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）求证：无论如何变化，点的横坐标是定值，并求出这个定值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）定值为3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）设椭圆的方程为，当时，不妨设，则，由椭圆的定义得，从而，可得点A在y轴上，不妨设，由可得，将B代入椭圆方程即可；‎ ‎（Ⅱ）设直线AB的方程为，，联立椭圆方程可得，进一步可得，，利用点斜式可得BH的方程以及直线的方程，解方程组即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）设椭圆的方程为，其中，由已知，当时，不妨设，‎ 则，又，所以，由椭圆的定义得，‎ 从而，此时点Ay轴上，不妨设，‎ - 22 -‎ 从而由已知条件可得，解得，‎ 故，代入椭圆方程，解得，所以，‎ 故所求椭圆方程为.‎ ‎（Ⅱ）设直线AB的方程为，，将代入椭圆 中，得，即，‎ ‎，所以，‎ 由已知，，直线BH的斜率，‎ 所以直线BH的方程为，而直线的方程为，代入，‎ 解得，故点的横坐标是定值3.‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，涉及到椭圆中的定值问题，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.‎ ‎（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．‎ - 22 -‎ ‎（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．‎ ‎（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，．‎ - 22 -‎ ‎（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，，，‎ 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.‎ ‎ ‎ - 22 -‎ - 22 -‎