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- 2021-06-30 发布
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运城市2020年高三调研测试
数学(理)试卷
本试题满分150分,考试时间120分钟.答案一律写在答题卡上.
注意事项:
1.答题前,考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,认真核对条形码上的姓
名、准考证号,并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.
2.答题时使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写,字体工整、笔迹清楚.
3.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答,超出答题区域书写的答案无效.
4.保持卡面清洁,不折叠,不破损.
第I卷
一、选择题:本大题共12小题,每小题5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,则等于( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先化简集合A,再与集合B求交集.
【详解】因为,,
所以.
故选:C
【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及分式不等式的解法,属于基础题.
2.复数,若复数在复平面内对应的点关于虚轴对称,则等于( )
A. B. C. D.
【答案】A
- 31 -
【解析】
【分析】
先通过复数在复平面内对应的点关于虚轴对称,得到,再利用复数的除法求解.
【详解】因为复数在复平面内对应的点关于虚轴对称,且复数,
所以
所以
故选:A
【点睛】本题主要考查复数的基本运算和几何意义,属于基础题.
3.已知,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用“1”的变换,所求式子化为关于的齐次分式,化弦为切,即可求解.
【详解】.
故选:B
【点睛】本题考查同角间三角函关系,弦切互化是解题的关键,属于基础题.
4.函数的图象大致为( )
A. B.
- 31 -
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性和单调性,排除错误选项,从而得出正确选项.
【详解】因为,所以是偶函数,排除C和D.
当时,,,
令,得,即在上递减;令,得,即在上递增.所以在处取得极小值,排除B.
故选:A
【点睛】本小题主要考查函数图像的识别,考查利用导数研究函数的单调区间和极值,属于中档题.
5.已知平面向量,满足,且,则与的夹角为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据, 两边平方,化简得,再利用数量积定义得到求解.
【详解】因为平面向量,满足,且,
所以,
所以,
- 31 -
所以 ,
所以,
所以与的夹角为.
故选:C
【点睛】本题主要考查平面向量的模,向量的夹角和数量积运算,属于基础题.
6.公元前世纪,古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论:他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面米处开始与阿基里斯赛跑,并且假定阿基里斯的速度是乌龟的倍.当比赛开始后,若阿基里斯跑了米,此时乌龟便领先他米,当阿基里斯跑完下一个米时,乌龟先他米,当阿基里斯跑完下-个米时,乌龟先他米.所以,阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律,若阿基里斯和乌龟的距离恰好为米时,乌龟爬行的总距离为( )
A. 米 B. 米
C. 米 D. 米
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意,是一个等比数列模型,设,由,解得,再求和.
【详解】根据题意,这一个等比数列模型,设,
所以,
解得,
- 31 -
所以 .
故选:D
【点睛】本题主要考查等比数列的实际应用,还考查了建模解模的能力,属于中档题.
7.某人2018年的家庭总收人为元,各种用途占比如图中的折线图,年家庭总收入的各种用途占比统计如图中的条形图,已知年的就医费用比年的就医费用增加了元,则该人年的储畜费用为( )
A. 元 B. 元 C. 元 D. 元
【答案】A
【解析】
【分析】
根据 2018年的家庭总收人为元,且就医费用占 得到就医费用,再根据年的就医费用比年的就医费用增加了元,得到年的就医费用,然后由年的就医费用占总收人,得到2019年的家庭总收人再根据储畜费用占总收人求解.
【详解】因为2018年的家庭总收人为元,且就医费用占
所以就医费用
因为年的就医费用比年的就医费用增加了元,
所以年的就医费用元,
而年的就医费用占总收人
所以2019年的家庭总收人为
而储畜费用占总收人
- 31 -
所以储畜费用:
故选:A
【点睛】本题主要考查统计中的折线图和条形图的应用,还考查了建模解模的能力,属于基础题.
8.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的最长棱的长为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据三视图还原几何体是一个四棱锥,根据三视图的数据,计算各棱的长度.
【详解】根据三视图可知,几何体是一个四棱锥,如图所示:
由三视图知: ,
- 31 -
所以,
所以,
所以该几何体的最长棱的长为
故选:D
【点睛】本题主要考查三视图的应用,还考查了空间想象和运算求解的能力,属于中档题.
9.已知函数,,且在上是单调函数,则下列说法正确的是( )
A. B.
C. 函数在上单调递减 D. 函数的图像关于点对称
【答案】B
【解析】
【分析】
根据函数,在上是单调函数,确定 ,然后一一验证,
A.若,则,由,得,但.B.由,,确定,再求解验证.C.利用整体法根据正弦函数的单调性判断.D.计算是否为0.
【详解】因为函数,在上是单调函数,
所以 ,即,所以 ,
- 31 -
若,则,又因为,即,解得, 而,故A错误.
由,不妨令 ,得
由,得 或
当时,,不合题意.
当时,,此时
所以,故B正确.
因为,函数,在上是单调递增,故C错误.
,故D错误
故选:B
【点睛】本题主要考查三角函数的性质及其应用,还考查了运算求解的能力,属于较难的题.
10.已知是椭圆和双曲线的公共焦点,是它们的-一个公共点,且,设椭圆和双曲线的离心率分别为,则的关系为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
- 31 -
【分析】
设椭圆的半长轴长为,双曲线的半长轴长为,根据椭圆和双曲线的定义得: ,解得,然后在中,由余弦定理得:,化简求解.
【详解】设椭圆的长半轴长为,双曲线的长半轴长为 ,
由椭圆和双曲线的定义得: ,
解得,设,
在中,由余弦定理得: ,
化简得,
即.
故选:A
【点睛】本题主要考查椭圆,双曲线的定义和性质以及余弦定理的应用,还考查了运算求解的能力,属于中档题.
11.一个正四棱锥形骨架的底边边长为,高为,有一个球的表面与这个正四棱锥的每个边都相切,则该球的表面积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据正四棱锥底边边长为,高为
- 31 -
,得到底面的中心到各棱的距离都是1,从而底面的中心即为球心.
【详解】如图所示:
因为正四棱锥底边边长为,高为,
所以 ,
到 的距离为,
同理到 的距离为1,
所以为球的球心,
所以球的半径为:1,
所以球的表面积为.
故选:B
【点睛】本题主要考查组合体的表面积,还考查了空间想象的能力,属于中档题.
12.设函数的导函数,且满足,若在中,,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
- 31 -
根据的结构形式,设,求导,则,在上是增函数,再根据在中,,得到,,利用余弦函数的单调性,得到,再利用的单调性求解.
【详解】设,
所以 ,
因为当时,,
即,
所以,在上是增函数,
在中,因为,所以,,
因为,且,
所以,
即,
所以,
即
故选:D
【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性,还考查了运算求解的能力,属于中档题.
第II卷(共90分)
本卷包括必考题和选考题两部分.第13-21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.
- 31 -
二、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分,将答案填在答题纸上)
13.已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等,则__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据的展开式中第项与第项的二项式系数相等,得到,再利用组合数公式求解.
【详解】因为的展开式中第项与第项的二项式系数相等,
所以,
即 ,
所以,
即 ,
解得.
故答案为:10
【点睛】本题主要考查二项式的系数,还考查了运算求解的能力,属于基础题.
14.设满足约束条件,则目标函数的最小值为_.
【答案】
【解析】
【分析】
根据满足约束条件,画出可行域,将目标函数,转化为,平移直线,找到直线在轴上截距最小时的点,此时,目标函数 取得最小值.
- 31 -
【详解】由满足约束条件,画出可行域如图所示阴影部分:
将目标函数,转化为,
平移直线,找到直线在轴上截距最小时的点
此时,目标函数 取得最小值,最小值为
故答案为:-1
【点睛】本题主要考查线性规划求最值,还考查了数形结合的思想方法,属于基础题.
15.已知抛物线的焦点为,直线与抛物线相切于点,是上一点(不与重合),若以线段为直径的圆恰好经过,则点到抛物线顶点的距离的最小值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据抛物线,不妨设,取 ,通过求导得, ,再根据以线段为直径的圆恰好经过,则
- 31 -
,得到,两式联立,求得点N的轨迹,再求解最值.
【详解】因为抛物线,不妨设,取 ,
所以,即,
所以 ,
因为以线段为直径的圆恰好经过,
所以 ,
所以,
所以,
由 ,解得,
所以点在直线 上,
所以当时, 最小,最小值为.
故答案为:2
【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系直线的交轨问题,还考查了运算求解的能力,属于中档题.
16.已知中,点是边的中点,的面积为,则线段的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
设,利用正弦定理,根据,得到
- 31 -
①,再利用余弦定理得②,①②平方相加得:,转化为 有解问题求解.
【详解】设,
所以, 即①
由余弦定理得,
即 ②,
①②平方相加得:,
即 ,
令,设 ,在上有解,
所以 ,
解得,即 ,
故答案为:
【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理在平面几何中的应用,还考查了运算求解的能力,属于难题.
三、解答题(本大题共6小题,共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
17.已知数列的前项和为,且满足,各项均为正数的等比数列满足
(1)求数列的通项公式;
- 31 -
(2)若,求数列的前项和
【答案】(1);(2)
【解析】
【分析】
(1)由化为,利用数列的通项公式和前n项和的关系,得到是首项为,公差为的等差数列求解.
(2)由(1)得到,再利用错位相减法求解.
【详解】(1)可以化为,
,
,
,
又时,
数列从开始成等差数列,
,代入
得
是首项为,公差为的等差数列,
,
.
(2)由(1)得,
- 31 -
,
,
两式相减得
,
,
【点睛】本题主要考查数列的通项公式和前n项和的关系和错位相减法求和,还考查了运算求解的能力,属于中档题.
18.在创建“全国文明卫生城”过程中,运城市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况,进行了一次创城知识问卷调查(一位市民只能参加一次),通过随机抽样,得到参加问卷调查的人的得分统计结果如表所示:.
组别
频数
(1)由频数分布表可以大致认为,此次问卷调查得分似为这人得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表),利用该正态分布,求;
(2)在(1)的条件下,“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案:
①得分不低于的可以获赠次随机话费,得分低于的可以获赠次随机话费;
②每次获赠的随机话费和对应的概率为:
赠送话费的金额(单位:元)
概率
- 31 -
现有市民甲参加此次问卷调查,记(单位:元)为该市民参加问卷调查获赠的话费,求的分布列与数学期望.
附:参考数据与公式:,若,则,,
【答案】(1)(2)详见解析
【解析】
【分析】
由题意,根据平均数公式求得,再根据,参照数据求解.
由题意得,获赠话费的可能取值为,求得相应的概率,列出分布列求期望.
【详解】由题意得
综上,
由题意得,获赠话费的可能取值为
,
,
的分布列为:
- 31 -
【点睛】本题主要考查正态分布和离散型随机变量的分布列及期望,还考查了运算求解的能力,属于中档题.
19.已知椭圆的长轴长为,离心率
(1)求椭圆的方程;
(2)设分别为椭圆与轴正半轴和轴正半轴的交点,是椭圆上在第一象限的一点,直线与轴交于点,直线与轴交于点,问与面积之差是否为定值?说明理由.
【答案】(1)(2)是定值,详见解析
【解析】
【分析】
(1)根据长轴长为,离心率,则有求解.
(2)设,则,直线,令得,,则,直线,令,得,则,再根据
- 31 -
求解.
【详解】(1)依题意得,
解得,
则椭圆的方程.
(2)设,则,
直线,
令得,,
则,
直线,
令,得,
则,
.
【点睛】本题主要考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系,还考查了平面几何知识和运算求解的能力,属于中档题.
20.已知函数
- 31 -
(1)当时,证明在恒成立;
(2)若在处取得极大值,求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】
【分析】
(1)根据,求导,令,用导数法求其最小值.
设研究在处左正右负,求导,分 ,,三种情况讨论求解.
【详解】(1)因为,
所以,
令,则,
所以是的增函数,
故,
即.
因为
所以,
①当时,,
所以函数在上单调递增.
当时,
当时,
所以函数的单调递增区间是,单调递减区间是,
- 31 -
所以在处取得极小值,不符合题意,
②当时,
所以函数在上单调递减.
当时,
当时,
所以的单调递减区间是,单调递增区间是,
所以在处取得极大值,符合题意.
③当时,,使得,且当时,
有,即所以函数在上单调递减,
当时,则
当时,则
即函数)在上单调递减,在上单调递增,符合题意
综上所述,的取值范围是.
【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性和极值,还考查了转化化归的思想和运算求解的能力,属于难题.
21.如图1,与是处在同-个平面内的两个全等的直角三角形,,,连接是边上一点,过作,交于点,沿将向上翻折,得到如图2所示的六面体
- 31 -
(1)求证:
(2)设若平面底面,若平面与平面所成角的余弦值为,求的值;
(3)若平面底面,求六面体的体积的最大值.
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【解析】
【分析】
根据折叠图形, ,由线面垂直的判定定理可得平面,再根据平面,得到.
(2)根据,以为坐标原点,为轴建立空间直角坐标系,根据,可知,,表示相应点的坐标,分别求得平面与平面的法向量,代入求解.
设所求几何体的体积为,设为高,则,表示梯形BEFD
- 31 -
和 ABD的面积由,再利用导数求最值.
【详解】(1)证明:不妨设与的交点为与的交点为
由题知,,则有
又,则有
由折叠可知所以可证
由平面平面,
则有平面
又因为平面,
所以.
(2)解:依题意,有平面平面,
又平面,
则有平面,,又由题意知,
如图所示:
以为坐标原点,为轴建立如图所示的空间直角坐标系
由题意知
由可知,
- 31 -
则
则有,
,
设平面与平面的法向量分别为
则有
则
所以
因为,解得
设所求几何体的体积为,设,
则,
- 31 -
当时,,当时,
在是增函数,在上是减函数
当时,有最大值,
即
六面体的体积的最大值是
【点睛】本题主要考查线线垂直,线面垂直,面面垂直的转化,二面角的向量求法和空间几何体的体积,还考查了转化化归的思想和运算求解的能力,属于难题.
请考生在22、23两题中任选--题作答,如果多做,则按所做的第一-题记分.作答时请写清题号.
22.曲线的参数方程为(为参数),以原点为极点,轴的正半轴为极轴的极坐标系中,曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程;
(2)若直线与曲线,的交点分别为、(、异于原点),当斜率时,求的最小值.
【答案】(1)的极坐标方程为;曲线的直角坐标方程.(2)
【解析】
【分析】
(1)消去参数,可得曲线的直角坐标方程
- 31 -
,再利用极坐标与直角坐标的互化,即可求解.
(2)解法1:设直线的倾斜角为,把直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程,求得,再把直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程,得,得出,利用基本不等式,即可求解;
解法2:设直线的极坐标方程为,分别代入曲线,的极坐标方程,得, ,得出,即可基本不等式,即可求解.
【详解】(1) 由题曲线的参数方程为(为参数),消去参数,
可得曲线的直角坐标方程为,即,
则曲线的极坐标方程为,即,
又因为曲线的极坐标方程为,即,
根据,代入即可求解曲线的直角坐标方程.
(2)解法1:设直线的倾斜角为,
则直线的参数方程为(为参数,),
把直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程得:,
解得,,,
把直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程得:,
解得,,,
,
- 31 -
,即,,,
,
当且仅当,即时取等号,
故的最小值为.
解法2:设直线的极坐标方程为),
代入曲线的极坐标方程,得,,
把直线的参数方程代入曲线的极坐标方程得:,
,即,,
曲线的参,即,
,,,
当且仅当,即时取等号,
故最小值为.
【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程,以及极坐标方程与直角坐标方程点互化,以及直线参数方程的应用和极坐标方程的应用,其中解答中熟记互化公式,合理应用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
23.已知函数
(1)当时,求不等式的解集;
(2)的图象与两坐标轴的交点分别为,若三角形
- 31 -
的面积大于,求参数的取值范围.
【答案】(1)(2)
【解析】
【分析】
(1)当时,不等式可化为:,再利用绝对值的意义,分,,讨论求解.
(2)根据可得,得到函数的图象与两坐标轴的交点坐标分别为,再利用三角形面积公式由求解.
【详解】(1)当时,
不等式可化为:
①当时,不等式化为,
解得:
②当时,不等式化为,
解得:,
③当时,不等式化为解集为,
综上,不等式的解集为.
(2)由题得,
所以函数的图象与两坐标轴的交点坐标分别为,
- 31 -
的面积为,
由,
得(舍),或,
所以,参数的取值范围是.
【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法和绝对值函数的应用,还考查分类讨论的思想和运算求解的能力,属于中档题.
- 31 -
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