2020届山西省大同市第一中学高三下学期2月模拟二数学（理）试题（解析版）

2020届山西省大同市第一中学高三下学期2月模拟二数学（理）试题


一、单选题
1．设的实部与虚部相等，其中为实数，则（ ）
A．−3 B．−2 C．2 D．3
【答案】A
【解析】试题分析：，由已知，得，解得，选A.
【考点】复数的概念及复数的乘法运算
【名师点睛】复数题也是每年高考的必考内容,一般以客观题的形式出现,属得分题.高考中考查频率较高的内容有：复数相等、复数的几何意义、共轭复数、复数的模及复数的乘除运算.这类问题一般难度不大,但容易出现运算错误,特别是中的负号易忽略,所以做复数题时要注意运算的准确性.

2．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据集合和集合所表示的意义，根据集合的交集运算，得到答案.
【详解】
因为集合
集合表示满足的点的集合，即直线的图像，
集合表示满足的点的集合，即直线的图像，
所以表示两条直线的交点，
解，得
所以.
故选：C.
【点睛】
本题考查集合的描述法，集合交集的运算，属于简单题.
3．已知命题P：若命题P是假命题，则a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】命题P是假命题，其否定为真命题:为真命题，转化成不等式恒成立求参数范围，即可求解.
【详解】
由题：命题P是假命题，其否定:为真命题，
即，解得.
故选：B
【点睛】
此题考查特称命题和全称命题的否定和真假性判断，当一个命题为假，则其否定为真，在解题中若发现正面解决问题比较繁琐，可以考虑通过解该命题的否定进而求解.
4．已知，其中为锐角，若与夹角为，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由向量夹角为，可得，进而求得，由代入求解即可.
【详解】
由，与夹角为，
则，
所以，为锐角，解得.
.
故选A.
【点睛】
本题主要考查了向量的数量积的坐标运算及三角函数的基本关系，考查了利用三角齐次式进行弦化切的转化，属于中档题.
5．已知数列的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且，，，，则（ ）
A． B．19 C．20 D．23
【答案】D
【解析】本题首先可以设出奇数项的公差以及偶数项的公比，然后对、进行化简，得出公差和公比的数值，然后对进行化简即可得出结果．
【详解】
设奇数项的公差为，偶数项的公比为，
由，，得，，
解得，，所以，故选D．
【点睛】
本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想等，体现基础性与综合性，提升学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题．
6．以下给出的是计算的值的一个程序框图（如图所示），其中判断框内应填入的条件是 （ ）

A．i>10? B．i<10?
C．i<20? D．i >20?
【答案】A
【解析】根据算法要求，最后要计算＋，因此时要执行循环，但时循环结束．
【详解】
算法要求最后计算＋，此时，但计算＋后，，结束循环，条件应为，
故选A．
【点睛】
本题考查程序框图，考查循环结构，属于基础题，解题时可模拟程序运行，从而确定结论．
7．如图是某空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图、俯视图依次为直角三角形、直角梯形、等边三角形，则该几何体的体积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由几何体的三视图可知，该几何体为四棱锥，再结合棱锥的体积公式即可得解.
【详解】
解：由几何体的三视图可知，该几何体为如图所示的四棱锥，其中侧面ABCD⊥底面PAB，侧面ABCD为直角梯形，AD∥BC，DA⊥AB，该几何体的体积V＝××2×＝，
故选：D.

【点睛】
本题考查了空间几何体的三视图，重点考查了棱锥体积的求法，属基础题.
8．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，，点E，F，M分别为C1D1，A1D1，B1C1的中点，过点M的平面α与平面AEF平行，且与长方体的面相交，则交线围成的几何图形的面积为（ ）

A． B． C．12 D．24
【答案】A
【解析】设N为A1B1的中点，连结MN，AN、AC、CM，则四边形MNAC为所作图形，再求其面积可得答案.
【详解】
解：设N为A1B1的中点，连结MN，AN、AC、CM，则四边形MNAC为所作图形．

由题意知MN∥A1C1（或∥EF），四边形MNAC为梯形，
且MNAC＝2，
过M作MP⊥AC于点P，
可得MC2，PC，
得MP
∴梯形MNAC的面积6，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查面面平行的判定与性质及梯形面积的计算，属于基础题型.
9．设θ是两个非零向量、的夹角，若对任意实数t，|t|的最小值为1，则下列判断正确的是（ ）
A．若||确定，则θ唯一确定 B．若||确定，则θ唯一确定
C．若θ确定，则||唯一确定 D．若θ确定，则||唯一确定
【答案】D
【解析】可将|t|平方，利用二次函数的性质进行求解可得答案.
【详解】
解：令g（t）2t，
∴△＝440，恒成立．
当且仅当t时，g（t）取得最小值1，
∴21，
化为：sin2θ＝1．
∴θ确定，则||唯一确定．
故选：D．
【点睛】
本题考查了向量含参数问题，也考查了二次函数的性质，属于基础题.
10．某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的所有不同走法共有（ ）

A．22种 B．24种 C．25种 D．27种
【答案】D
【解析】分析：抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，列举出在点数中三个数字能够使得和为的，共有种组合，利用分类计数原理能得到结果.
详解：由题意知正方形（边长为个单位）的周长是，
抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，
列举出在点数中三个数字能够使得和为的有，
共有种组合，
前种组合，每种情况可以排列出种结果，
共有种结果；
各有种结果，共有种结果，
根据分类计数原理知共有种结果，故选D.
点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.
11．在直角坐标系内，已知是以点为圆心的圆上的一点，折叠该圆两次使点分别与圆上不相同的两点（异于点）重合，两次的折痕方程分别为和，若圆上存在点，使得，其中点、，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】分析：求出的方程和过的圆的方程，两圆内切时，取得最大值，两圆外切时，取得最小值，利用圆与圆的位置关系进行求解即可.
详解：

若，则，
即，则，
由题意，是上一点，
折叠该圆两次使点分别与圆上不相同的两点，（异于点）重合，
两次折痕方程分别为和，
设关于对称的点为，
则
可得，同理关于对称的点为，
直线和互相垂直，，
的中点为圆心，半径为，
的方程为圆心，
圆上存在点，使得，
则过圆的方程为，（设），与圆有交点，
若两圆内切时，取得最大值，
此时为，
即，则，
两圆外切时取得最小值，
，
所以的取值范围为，故选B.
点睛：本题考查圆的方程，考查圆与圆的位置关系，考查学生的计算能力，利用数形结合以及对称性是解决本题的关键，有一定的难度. 解析几何中的对称问题，主要有以下三种题型：（1）点关于直线对称，关于直线的对称点，利用，且 点 在对称轴上，列方程组求解即可；（2）直线关于直线对称，利用已知直线与对称轴的交点以及直线上特殊点的对称点（利用（1）求解），两点式求对称直线方程；（3）曲线关于直线对称，结合方法（1）利用逆代法求解.
12．已知函数，，若对任意的，总有恒成立，记的最小值为，则最大值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【解析】【详解】
分析：由题意可得在恒成立，设，只要的最大值不大于零，求出的导数和单调区间，讨论的符号，可得最小值，再令，可令，求出导数和单调区间，可得极大值，且为最大值.
详解：若对任意的，总有恒成立，
即为在恒成立，
设，则的最大值不大于零，
由，
若在递增，无最大值，
若，则当时，在递减，
当时，在递增，
可得处取得最大值，且为 ，
则，可得，
，
可得，
设，，
，
当时，在递减，
当时，在递增，
可得处取得极大值，且为最大值，
则最大值为，故选D.
点睛：本题考查函数的最值的求法，注意运用导数判断单调性，考查不等式恒成立问题的解法，注意转化为求函数的最值，考查换元法和构造函数法，属于综合题. 不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.


二、填空题
13．若，则=_____________.
【答案】
【解析】.
故答案为：
14．的展开式中项的系数为270，则__________．
【答案】1
【解析】分析：先求出二项式的展开式的通项公式，令的指数等于，求出的值，即可求得展开式中的项的系数，从而求得，利用微积分基本定理求解即可.
详解：展开式的通项为，
令得
的展开式中项的系数为，解得，
，故答案为.
点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.
15．设曲线与轴、轴、直线围成的封闭图形的面积为，若在上单调递减，则实数的取值范围是__________．
【答案】k≥0
【解析】由题意可知，

则

由在上单调递减，
则在上恒成立，
即在上恒成立，
令
则
当时，
函数在上为减函数，
则

故实数的取值范围是
点睛：曲线与轴、轴、直线围成的封闭图形的面积为，为函数在上的定积分，求出后代入函数，由在上单调递减，可知其导函数在上小于等于恒成立，然后利用分离变量法可求的取值范围．
16．已知椭圆：的两个焦点分别为和，短轴的两个端点分别为和，点在椭圆上，且满足，当变化时，给出下列三个命题：
①点的轨迹关于轴对称；②的最小值为2；
③存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个，
其中，所有正确命题的序号是__________．
【答案】①②
【解析】分析：运用椭圆的定义可得也在椭圆上，分别画出两个椭圆的图形，即可判断①正确；由图象可得当的横坐标和纵坐标的绝对值相等时，的值取得最小，即可判断②正确；通过的变化，可得③不正确.
详解：

椭圆的两个焦点分别为
和，
短轴的两个端点分别为和，
设，点在椭圆上，
且满足，
由椭圆定义可得，，
即有在椭圆上，
对于①，将换为方程不变，
则点的轨迹关于轴对称，故①正确.；
对于②，由图象可得，当满足，
即有，
即时，取得最小值，
可得时，
即有取得最小值为，故②正确；
对于③，由图象可得轨迹关于轴对称，且，
则椭圆上满足条件的点有个，
不存在使得椭圆上满足条件的点有个，故③不正确.
，故答案为①②.
点睛：本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的定义以及椭圆的简单性质，属于难题. 求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴、离心率等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.

三、解答题
17．如图，在凸四边形中，，，，．设．

（1）若，求的长；
（2）当变化时，求的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】试题分析：（1）由余弦定理可得，解得．从而
，解得；（2）设，，由余弦定理得，再由正弦定理得．从而．再由得：当，时取到最大值．
试题解析：（1）在中，
，
∴，
∴．
在中，
，
∴．
（2）设，，
在中，，
．
∵，
∴．
在中，


．
∵，∴，当，时取到最大值．
【考点】解三角形．
18．某单位举办2010年上海世博会知识宣传活动，进行现场抽奖，
盒中装有9张大小相同的精美卡片，卡片上分别印有“世博会会徽” 或“海宝”（世博会吉祥物）图案;抽奖规则是：参加者从盒中抽取卡片两张，若抽到两张都是“海宝”卡
即可获奖，否则，均为不获奖.卡片用后放回盒子，下一位参加者继续重复进行.
（1）活动开始后，一位参加者问：盒中有几张“海宝”卡？主持人答：我只知道，
从盒中抽取两张都是“世博会会徽“卡的概率是，求抽奖者获奖的概率;
（2）现有甲、乙、丙、丁四人依次抽奖，用表示获奖的人数，求的分布列及的值.
【答案】（I）；（II）分布列见详解；期望为.
【解析】【详解】
（I）设“世博会会徽”卡有张，由
故“海宝”卡有4张，抽奖者获奖的概率为；
（II）；


0

1

2

3

4

P












．
19．如图①，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E是CD的中点，将三角形ADE沿AE翻折到图②的位置，使得平面AED′⊥平面ABC．

（1）在线段BD'上确定点F，使得CF∥平面AED'，并证明；
（2）求△AED'与△BCD'所在平面构成的锐二面角的正切值．
【答案】（1）点F是线段BD'的中点，见解析（2）．
【解析】（1）取BD'的中点,记AE，BC延长线交于点M，由平面几何知识可得点C是BM的中点，可得CF∥MD'，可得CF∥平面AED'；
（2）先根据面面垂直的性质可得BE⊥平面AED'，在平面AED'内作EN⊥MD'，可得∠BNE就是△AED'与△BCD'所在平面构成的锐二面角的平面角，最后解三角形可得锐二面角的正切值.
【详解】
（1）点F是线段BD'的中点时，CF∥平面AED'．
证明：记AE，BC延长线交于点M，

∵AB＝2EC，∴点C是BM的中点，
∴CF∥MD'，而MD'在平面AED'内，CF在平面AED'外，
∴CF∥平面AED'；
（2）在矩形ABCD中，AB＝2，CD＝1，BE⊥AE，
∵平面AED'⊥平面ABC，且交线是AE，∴BE⊥平面AED'，
在平面AED'内作EN⊥MD'，连接BN，则BN⊥MD′．
∴∠BNE就是△AED'与△BCD'所在平面构成的锐二面角的平面角，
求解三角形可得，，
∴．
【点睛】
本题主要考查线面平行的判定与性质及二面角的求法，属于基础题型，注意灵活运用各定理解题.
20．若椭圆：上有一动点，到椭圆的两焦点，的距离之和等于，到直线的最大距离为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若过点的直线与椭圆交于不同两点、，（为坐标原点）且，求实数的取值范围.
【答案】(1) .
(2) （－2，）∪（，2）.
【解析】分析：（I）由椭圆的定义及到直线的最大距离为列方程可求得和的值，从而可求得椭圆的方程；（II）设椭圆的方程，代入椭圆的方程，由取得的取值范围，利用韦达定理及向量的坐标运算求得点坐标，代入椭圆方程，求得，由，即可求得的取值范围.
详解：（I）由已知得，∴， ，
所以椭圆的方程为：.
（II）l的斜率必须存在，即设l：，
联立，消去y整理得，
由得，
设，，由韦达定理得，，
而＋＝，设P（x，y），
∴∴，
而P在椭圆C上，∴，
∴（），又∵，
，
解之，得，∴，
再将（）式化为 ，将代入
得，即或，
则t的取值范围是（－2，）∪（，2）
点睛：求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.
21．设函数为常数
(1)若函数在上是单调函数，求的取值范围；
(2)当时，证明.
【答案】(1) ；(2) 证明见解析.
【解析】（1）对函数求导，单调分单调增和单调减，利用或在上恒成立，求得实数的取值范围；
（2）利用导数研究函数的单调性，求得结果.
【详解】
（1）由得导函数，其中.
当时，恒成立，
故在上是单调递增函数，符合题意；
当时，恒成立，
故在上是单调递减函数，符合题意；
当时，由得，
则存在，使得.
当时，，当时，
，所以在上单调递减，在上单调递增，
故在上是不是单调函数，不符合题意.
综上，的取值范围是.
（2）由（1）知当时，，
即，故.
令，
则，
当时，，所以在上是单调递减函数，
从而，即.
【点睛】
该题考查的是有关导数的应用，涉及到的知识点有根据函数在给定区间上单调求参数的取值范围，利用导数证明不等式，属于中档题目.
22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），直线l与曲线C：（y﹣1）2﹣x2＝1交于A，B两点．
（1）求|AB|的长；
（2）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，设点P的极坐标为，求点P到线段AB中点M的距离．
【答案】（1）2．（2）1
【解析】（1）将直线l的参数方程的标准形式，代入曲线C的方程得．设点A，B对应的参数分别为μ1，μ2，可得μ1+μ2，μ1μ2的值，可得|AB|的长；
（2）将点P的极坐标化为直角坐标，可得中点M对应参数，由参数μ的几何意义，可得点P到线段AB中点M的距离|PM|.
【详解】
解：（1）∵直线l的参数方程为（t为参数），
∴直线l的参数方程的标准形式为（μ为参数），
代入曲线C的方程得μ2+2μ﹣4＝0．
设点A，B对应的参数分别为μ1，μ2，
则μ1+μ2＝﹣2，μ1μ2＝﹣4，
∴|AB|＝|μ1﹣μ2|＝2．
（2）∵点P的极坐标为，
∴由极坐标与直角坐标互化公式得点P的直角坐标为（﹣1，1），
∴点P在直线l上，中点M对应参数为1，
由参数μ的几何意义，点P到线段AB中点M的距离|PM|＝1．
【点睛】
本题考查了直线的参数方程及其应用、极坐标化为直角坐标等，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
23．设函数，．
（1）若不等式的解集为，求a的值；
（2）若存在，使，求a的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由不等式，可得，结合解集为，可列 出关于的不等式组，可得答案;
（2）令，函数的最小值为，可得a的取值范围.
【详解】
解：（1）由题意可得，
可化为，
∴，解得．
（2）令，
所以函数的最小值为，
根据题意可得，
所以a的取值范围为．
【点睛】
本题主要考查解绝对值不等式及已知不等式求参数，属于基础题型.