2020届山西省大同四中联盟体高三3月模拟考试数学（理）试题（解析版）

2020届山西省大同四中联盟体高三3月模拟考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则等于（  ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】对集合进行化简，分别得到两个集合表示的内容，然后取交集

【详解】

集合中：，解得，

集合中：，即

所以

故选D项

【点睛】

本题考查了集合的基本概念，集合的运算，解二次不等式，属于简单题.

2．已知复数z满足：（2＋i）z＝1－i，其中i是虚数单位，则z的共轭复数为（    ）

A．－i B．＋i

C． D．

【答案】B

【解析】把等式变形，根据复数的运算先求出z，再根据共轭复数的定义得出答案.

【详解】

由（2＋i）z＝1－i，得z＝＝＝－i

∴＝＋i.

故选：B.

【点睛】

本题考查复数的运算法则、共轭复数的定义.

3．某程序框图如图所示，现输入如下四个函数，则可以输出的函数为（     ）

A．f(x)＝ B．f(x)＝

C．f(x)＝ D．f(x)＝x2ln(x2＋1)

【答案】B

【解析】模拟执行程序框图可得其功能是输出的函数为奇函数，并且此函数存在零点，一一验证即可.

【详解】

由程序框图知该程序输出的是存在零点的奇函数，

选项A、C中的函数虽然是奇函数，但在给定区间上不存在零点，故排除A、C.

选项D中的函数是偶函数，故排除D.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了程序框图和算法，考查了函数的性质及其应用，属于基础题.

4．数列中，，，且数列是等差数列，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据为等差数列可得，由此求得的值.

【详解】

由于为等差数列，故，即，解得.

【点睛】

本小题考查等差数列的基本性质：若为等差数列，且，则有，利用这个性质，列方程，可求得的值.

5．某电视台的夏日水上闯关节目中的前四关的过关率分别为，，，，只有通过前一关才能进入下一关，其中，第三关有两次闯关机会，且通过每关相互独立.一选手参加该节目，则该选手能进入第四关的概率为（）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】分两种情况讨论得到该选手能进入第四关的概率.

【详解】

第一种情况：该选手通过前三关，进入第四关，所以,

第二种情况：该选手通过前两关，第三关没有通过，再来一次通过，进入第四关，

所以.

所以该选手能进入第四关的概率为.

故选D

【点睛】

本题主要考查独立事件的概率和互斥事件的概率和公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

6．已知正三棱柱的顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据正三棱柱的结构特征,结合球的截面性质求得球的半径,即可得球的表面积.

【详解】

根据对称性,可得球心到正三棱柱的底面的距离为,球心在底面上的射影为底面的中心

则

由球的截面的性质可得

所以有

所以球的表面积为

故选:D

【点睛】

本题考查了三棱柱与外接球的关系,外接球表面积的求法,属于基础题.

7．函数的函数图象是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】首先去绝对值化得函数为，结合对数型复合函数的单调性即可得出选项.

【详解】

去绝对值可得，

当时，单调递增，

当时，单调递减，且，

当时，单点递增，且，

综上只有A符合，

故选：A

【点睛】

本题主要考查函数的性质与图像，需熟记对数型函数的性质，属于中档题.

8．在如图的平面图形中，已知,则的值为

A． B．

C． D．0

【答案】C

【解析】分析：连结MN，结合几何性质和平面向量的运算法则整理计算即可求得最终结果.

详解：如图所示，连结MN，

由 可知点分别为线段上靠近点的三等分点，

则，

由题意可知：

，，

结合数量积的运算法则可得：

.

本题选择C选项.

点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．

9．已知的最小值为

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】将已知等式变为，展开可求得，利用两角和差公式可得，利用基本不等式求得的范围，从而求得的最小值.

【详解】

因为，即

则

有   

即

那么

当即时等号成立

因此，即

又，   

本题正确选项：

【点睛】

本题考查两角和差正弦公式、正切公式的应用，基本不等式求最值问题，关键在于能够将已知角进行拆解，从而得到；求解最值问题时，常用方法是构造出基本不等式的形式，利用基本不等式求得结果.

10．已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等，是的中点，则所成的角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】试题分析：设的交点为，连接，则为所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为，则，所以

，故C为正确答案．

【考点】异面直线所成的角．

11．已知双曲线，过原点作一条倾斜角为直线分别交双曲线左、右两支P，Q两点，以线段PQ为直径的圆过右焦点F，则双曲线离心率为　　

A． B． C．2 D．

【答案】B

【解析】求得直线的方程，联立直线的方程和双曲线的方程，求得两点坐标的关系，根据列方程，化简后求得离心率.

【详解】

设，依题意直线的方程为，代入双曲线方程并化简得，故 ，设焦点坐标为，由于以为直径的圆经过点，故，即，即，即，两边除以得，解得.故，故选B.

【点睛】

本小题主要考查直线和双曲线的交点，考查圆的直径有关的几何性质，考查运算求解能力，属于中档题.

12．设表示不大于实数的最大整数，函数，若关于的方程有且只有5个解，则实数的取值范围为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据分段函数的解析式，先讨论当x＞0时，函数零点的个数为三个，再讨论当x≤0时，函数的零点的个数为2个，利用导数结合数形结合分析得解.

【详解】

首先，确定在x＞0上，方程f(x)=1的解.

时，在，

，

所以由取整意义有[lnx]=-(n+1),

又

即在上，恒有

取n=0,，

令此时有一根，

当n≥1时，恒有f(x)-1＞1，

此时在上无根.

在上，，

，

又

所以在上，恒有，

.

n=1时，在上，

有

n=2时，在

有

即

所以此时有两根，

这样在

有三根，

在

显然有一根

所以在有且仅有一根，

由“洛必达法则”

是先增后减，

得

或a＞0.

单调递增，

即

故选：A

【点睛】

本题主要考查利用导数研究函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，难度较大.

二、填空题

13．已知P为椭圆上任意一点，，是椭圆的两个焦点.则的最小值为________.

【答案】8

【解析】运用重要不等式，结合椭圆的定义可以直接求解即可.

【详解】

由（当且仅当时取等号）.

故答案为：8

【点睛】

本题考查了椭圆的定义，考查了重要不等式的应用，考查了数学运算能力.

14．已知函数，若是函数的极小值点，则实数的值为________.

【答案】

【解析】求出函数的导数，由题意得出，求出实数的值，并验证为函数的极小值点，综合即可得出实数的值.

【详解】

，定义域为，且，

由题意得，解得，此时，.

令，得或，列表如下：

所以，函数在处取得极小值.

故答案为：.

【点睛】

本题考查利用函数的极值点求参数，对于可导函数而言，导函数在极值点处的函数值为零，同时还应对极值点处导数的符号变化进行分析，考查运算求解能力，属于基础题.

15．设满足约束条件若目标函数的最大值为,则的最小值为_________．

【答案】

【解析】【详解】试题分析：试题分析： 由得，平移直线由图象可知，当过时目标函数的最大值为，即，则

，当且仅当，即时，取等号，故的最小值为．

【考点】1、利用可行域求线性目标函数的最值；2、利用基本不等式求最值．

【方法点晴】

本题主要考查可行域、含参数目标函数最优解和均值不等式求最值，属于难题．含参变量的线性规划问题是近年来高考命题的热点，由于参数的引入，提高了思维的技巧、增加了解题的难度， 此类问题的存在增加了探索问题的动态性和开放性，此类问题一般从目标函数的结论入手，对目标函数变化过程进行详细分析，对变化过程中的相关量的准确定位，是求最优解的关键．

16．设数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N），则数列{}的前10项的和为__．

【答案】

【解析】试题分析：∵数列满足，且，∴当时，．当时，上式也成立，∴．∴．∴数列的前项的和

．∴数列的前项的和为．故答案为．

【考点】（1）数列递推式；（2）数列求和.

三、解答题

17．在中，角对边分别为，且满足．

（1）求的面积；

（2）若，求的周长．

【答案】（1）（2）3

【解析】分析：（1）由，利用余弦定理求得，结合利用三角形面积公式求解即可；（2）根据诱导公式以及两角和的余弦公式可求得，由正弦定理可得，由余弦定理可得，从而可得结果.

详解：（1）∵，∴，即，

∴；

（2）∵，∴

由题意，，∴，

∵，∴，

∴

∵，∴．

∴的周长为．

点睛：解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．

18．如图，在四面体中，，分别是线段，的中点，，，，直线与平面所成的角等于．

（1）证明：平面平面；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】(Ⅰ)见证明； (Ⅱ) ．

【解析】（Ⅰ）先证得，再证得，于是可得平面，根据面面垂直的判定定理可得平面平面．（Ⅱ）利用几何法求解或建立坐标系，利用向量求解即可得到所求．

【详解】

（Ⅰ）在中，是斜边的中点，

所以.

因为是的中点，

所以，且，

所以，

所以.

又因为，

所以，

又，

所以平面，

因为平面，

所以平面平面．

（Ⅱ）方法一：取中点，连，则，

因为，

所以.

又因为，，

所以平面，

所以平面．

因此是直线与平面所成的角．

故，

所以.

过点作于，则平面，

且．

过点作于，连接，

则为二面角的平面角．

因为，

所以，

所以，

因此二面角的余弦值为．

方法二：

如图所示，在平面BCD中，作x轴⊥BD，以B为坐标原点，BD，BA所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系．

因为 (同方法一,过程略)

则，,．

所以,,，

设平面的法向量，

则，即，取,得．

设平面的法向量

则，即，取,得．

所以，

由图形得二面角为锐角，

因此二面角的余弦值为．

【点睛】

利用几何法求空间角的步骤为“作、证、求”，将所求角转化为解三角形的问题求解，注意计算和证明的交替运用．利用空间向量求空间角时首先要建立适当的坐标系，通过求出两个向量的夹角来求出空间角，此时需要注意向量的夹角与空间角的关系．

19．为了适当疏导电价矛盾，保障电力供应，支持可再生能源发展，促进节能减排，某省于2018年推出了省内居民阶梯电价的计算标准：以一个年度为计费周期、月度滚动使用，第一阶梯电量：年用电量2160度以下(含2160度)，执行第一档电价0.5653元/度；第二阶梯电量：年用电量2161至4200度(含4200度)，执行第二档电价0.6153元/度；第三阶梯电量：年用电量4200度以上，执行第三档电价0.8653元/度.某市的电力部门从本市的用电户中随机抽取10户，统计其同一年度的用电情况，列表如下表：

(1)试计算表中编号为10的用电户本年度应交电费多少元？

(2)现要在这10户家庭中任意选取4户，对其用电情况作进一步分析，求取到第二阶梯电量的户数的分布列；

(3)以表中抽到的10户作为样本估计全市的居民用电情况，现从全市居民用电户中随机地抽取10户，若抽到k户用电量为第一阶梯的可能性最大，求k的值.

【答案】（1）2822.38元 （2）见解析（3）k＝4.

【解析】（1）根据各编号为10的用户所用电量，并结合每档的电价可得所用的电费．（2）由题意得的所有可能取值为0，1，2，3，4，然后分别求出的每个值的概率可得分布列，然后可得期望．（3）由题意，故,，由此列出不等式，解不等式可得的范围，从而可得的值．

【详解】

(1)因为第二档电价比第一档电价多0.05元/度，第三档电价比第一档电价多0.3元/度，编号为10的用电户一年的用电量是4 600度，则该户本年度应交电费为4 600×0.565 3＋(4 200－2 160)×0.05＋(4 600－4200)×0.3＝2822.38(元).

（2）设取到第二阶梯电量的用户数为，可知第二阶梯电量的用户有4户，则可取0，1，2，3，4.

,，

,，

故的分布列为

所以．

（3）由题意可知从全市中抽取10户的用电量为第一阶梯，满足，可知

，

由,

解得，

所以当时概率最大，

故.

【点睛】

本题考查离散型随机变量的的分布列，考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.应用性问题是高考命题的一个重要考点，近年来都通过概率问题来考查，且常考常新,对于此类考题，要注意认真审题，对二项分布的正确判读是解题的关键，属于一般难度题型.

20．已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．

（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；

（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．

【答案】(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）

(2)证明过程见解析

【解析】【详解】

分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由，得，．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论.

详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），

所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．

由题意可知直线l的斜率存在且不为0，

设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．

由得．

依题意，解得k<0或0<k<1．

又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．

所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．

由（I）知，．

直线PA的方程为．

令x=0，得点M的纵坐标为．

同理得点N的纵坐标为．

由，得，．

所以．

所以为定值．

点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.

21．已知函数，，

（1）求f（x）的单调区间；

（2）如果函数有两个极值点、，求证：.（参考数据：，，，为自然对数的底数）

【答案】(1)增区间为，减区间为；（2）证明见解析

【解析】（1）求出的导数，再二次求导判定的单调性，再根据，即可得到f（x）的单调区间；

（2）由题意得出，变形得，利用基本不等式得出，然后构造，利用导数分析函数的单调性，证明出，结合单调性得出.

【详解】

（1），

，

，在上单调递增，

又，

当时，，因此单调递减，

当时，，因此单调递增，

f（x）的单调增区间为，单调减区间为.

（2）有两个极值点，，，

则有两个不同的零点，

，相加有①，

相减有，

可以得到，代入①得，

即，

不妨设，则，又令，

则，

所以在上单调递增，，

所以

所以，

又，

所以，即，

设，则，在单调递增，

又，

，

，

因此.

【点睛】

本题考查了利用导数研究函数的单调性，同时考查利用导数证明不等式，考查了等价转化能力，考查了分析问题与解决问题的能力，考查了数形结合思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．

（1）求曲线的普通方程；

（2）在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的方程为，已知直线与曲线相交于两点，求．

【答案】（1）； （2）．

【解析】（1）由得，将两式相加得曲线的普通方程为；

（2）由得直角坐标方程为，求圆心到直线的距离，

再由垂径定理得弦长．

【详解】

解：（1）由得，将两式相加得，

故曲线的普通方程为；

（2）由得，

化为直角坐标方程为，

圆心到直线的距离，

由垂径定理得．

【点睛】

本题主要考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查直线与圆的位置关系，属于中档题．

23．设函数f(x)＝|x－a|.

(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥4－|x－1|；

(2)若f(x)≤1的解集为[0,2]，(m>0，n>0)，求证：m＋2n≥4.

【答案】(1)；(2)证明见解析.

【解析】（1）利用零点分段法讨论的取值范围，去绝对值解不等式即可.

（2）根据不等式的解集求出a，再利用基本不等式即可求解.

【详解】

(1)当a＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥4.

当x≥2时，原不等式化为2x－3≥4，解得x≥，所以x≥；

当1≤x＜2时，原不等式化为1≥4，无解；

当x<1时，原不等式化为3－2x≥4，

解得x≤－，所以x≤－.

所以原不等式的解集为.

(2)证明：f(x)≤1，即|x－a|≤1，解得a－1≤x≤a＋1，

而f(x)≤1的解集是[0,2]，

所以，解得a＝1，所以＝1(m>0，n>0)．

所以m＋2n＝(m＋2n)＝2＋，

当且仅当m＝2n时，等号成立

【点睛】

本题考查了绝对值不等式的解法、基本不等式求最值，考查了分类讨论的思想，属于基础题.