2020届山西省临汾市高三下学期模拟考试（一）数学（理）试题（解析版）

2020届山西省临汾市高三下学期模拟考试（一）数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合,，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】分别求出集合、的值，由补集和并集的概念可得的值，可得答案.

【详解】

解：依题意，,，故，故，

故选：D.

【点睛】

本题主要考查集合交并补运算，属于基础题型，注意运算准确.

2．已知复数（为虚数单位），则在复平面内，复数所对应的点位于（     ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【解析】先对复数进行化简，然后判定所在象限.

【详解】

依题意，，则在复平面内，复数所对应的点的坐标为，位于第一象限.

故选：A.

【点睛】

本题主要考查复数的运算，明确复数的运算规则是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.

3．随着二胎政策的开放，越来越多中年女性选择放下手中的工作，为二胎做准备.某公司为了使广大中年女性安心备孕，且不影响公司的正常效益，对公司所有中年女性进行生育倾向调查.已知该公司共有6名中年女性，若每名中年女性倾向于生二胎的概率为，且各名中年女性之间不相互影响，则恰有4位中年女性倾向生二胎的概率为（     ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】由于概率相同，可以利用独立重复试验的公式求解.

【详解】

依题意，所求概率.

故选：C.

【点睛】

本题主要考查独立重复试验，熟练运用公式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.

4．在进行的求和运算时，德国大数学家高斯提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法.已知数列，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】记，可得且，两式相加可得的值，可得答案.

【详解】

解：依题意，记，

则，又

，两式相加可得

，

则，

故选：B.

【点睛】

本题主要考查数列的性质及合理推理的应用，属于基础题型.

5．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由题意可得，可得，利用诱导公式可得的值.

【详解】

解：依题意，，故，

故，

故选：A.

【点睛】

本题主要考查诱导公式的实际应用，属于基础题型，注意运算准确.

6．如图，为等边的重心，为边上靠近的四等分点，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题意可得，其中、、分别用与表示，代入可得答案.

【详解】

解：依题意，

，故，则，

故选：D.

【点睛】

本题主要考查平面向量的基本定理及向量的加法运算，属于基础题型.

7．执行下面的程序框图，若输出的S的值为440，则判断框中可以填（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】按照程序框图运行该程序，可得当第五次，，退出循环，此时输出S的值为440，可得，可得答案.

【详解】

解：若判断框中填写“”，运行该程序，

第一次，；

第二次，；

第三次，；

第四次，，

第五次，，退出循环，此时输出S的值为440，

故选：C.

【点睛】

本题主要考查程序框图的相关知识，属于基础题型.

8．已知某几何体的三视图如下所示，若网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】由题意，可得该几何体为长方体里面挖掉了一个圆锥，可得该几何体的表面积.

【详解】

解：依题意，该几何体为长方体里面挖掉了一个圆锥，

故所求表面积，

故选：D.

【点睛】

本题主要考查由三视图还原为几何体及空间几何体的表面积的计算，属于基础题型.

9．已知点是焦点为的抛物线上的一点，且，点是直线与的交点，若，则抛物线的方程为（    ）

A． B．或

C． D．或

【答案】B

【解析】依题意，；设，求出点坐标，由列出关于与的方程可得的值，由可得的值，可得答案.

【详解】

解：依题意，；设，

联立，解得，

故，；

因为，

故，解得，且；

又由得，，解得或，

故选：B.

【点睛】

本题主要考查抛物线的标准方程及基本性质，需灵活运用已知条件解题，属于中档题.

10．三棱锥中，底面为非钝角三角形，其中，，则三棱锥的外接球体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由已知条件可求出的值，可得出为直角三角形，且，可得球心及球的半径，可得三棱锥的外接球体积.

【详解】

解：因为，为非钝角三角形，故，

由余弦定理得，

解得，可得

故为直角三角形，其中；

故，故，

此时，注意到球心即为线段AC的中点O（此时点O到的距离均为4），

故所求球体的体积，

故选：C.

【点睛】

本题主要考查球与几何体的切、接问题，属于基础题，求出为直角三角形，且后求出球心位置与半径是解题的关键.

11．已知双曲线C1：=1，双曲线C2：=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，M 是双曲线C2 一条渐近线上的点，且OM⊥MF2，若△OMF2的面积为 16，且双曲线C1，C2的离心率相同，则双曲线C2的实轴长为（　　）

A．4 B．8 C．16 D．32

【答案】C

【解析】双曲线的离心率为，设，双曲线一条渐近线方程为，可得，即有，由的面积为，可得，即，又，且，解得，既有双曲线的实轴长为 ，故选C.

12．已知函数的定义域为，且，若，则不等式的解集为（     ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先化简，然后构造函数，结合函数单调性可求.

【详解】

依题意，，，

即；要求的解集，即求的解集；

即求的解集；

令，故，

故在上单调递增，注意到，

故当时，，即，即的解集为，

故选：A.

【点睛】

本题主要考查利用导数求解抽象不等式，合理构造函数，结合单调性求解是关键，侧重考查数学抽象的核心素养.

二、填空题

13．的展开式中，含项的系数为___________.

【答案】435

【解析】先展开，再结合二项展开式的通项公式求解.

【详解】

依题意，，

的展开式的通项公式为；

故含项的系数为

.

【点睛】

本题主要考查二项式定理，明确特定项是怎么得出的是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.

14．已知实数满足，则的取值范围为_____.

【答案】

【解析】作出不等式组所表示的平面区域，结合的几何意义，可得其取值范围.

【详解】

解：作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影部分所示，

，

观察可知，，即，故的取值范围为，

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查简单的线性规划问题，考查了数形结合的解题思想，属于中档题.

15．已知正项数列满足，且，其中为数列的前项和，若实数使得不等式恒成立，则实数的最大值是________.

【答案】9

【解析】由题意可得数列为等差数列，由可得的表达式，由分离参数可得，设利用其单调性可得的最大值.

【详解】

解：依题意，数列为等差数列，因为，

即，即，因为，

即，因为在时单调递增，

其最小值为9，所以，故实数的最大值为9.

【点睛】

本题主要考查等差数列的基本性质与基本量的求解、等差数列与不等式的综合问题，综合性大，属于难题.

16．已知函数，若方程有四个不等实根，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【解析】先判断的性质，结合方程有四个不等实根，可求实数的取值范围.

【详解】

因为，所以为偶函数；

当时，，为增函数，所以；

有四个不等实根，即，，且，则，解得，即实数的取值范围为.

【点睛】

本题主要考查函数的性质及根的分布问题，根的分布结合根的情况列出限定条件是求解的关键，侧重考查数学抽象的核心素养.

三、解答题

17．如图，中，角成等差数列，，，为的中点.

（1）若，求；

（2）若，记，且，求的值．

【答案】（1）（2）

【解析】（1）由角成等差数列，可得，由可得的值，在中，由余弦定理可得的值；

（2）依题意，，且，在中，，

在中有，代入化简可得的值.

【详解】

解：（1）因为角成等差数列，所以；

由，即，

又因为，，所以；

在中，由余弦定理得，，

即，解得.

（2）依题意，；因为，所以．

在中，，在中，，

由正弦定理得，，即，

化简得，于是．

因为，所以，

所以，解得，故．

【点睛】

本题主要考查了正弦定理、余弦定理解三角形，属于中档题形，注意运算准确.

18．随着医院对看病挂号的改革，网上预约成为了当前最热门的就诊方式，这解决了看病期间病人插队以及医生先治疗熟悉病人等诸多问题；某医院研究人员对其所在地区年龄在10~60岁间的位市民对网上预约挂号的了解情况作出调查，并将被调查的人员的年龄情况绘制成频率分布直方图，如下所示.

（1）若被调查的人员年龄在20~30岁间的市民有300人，求被调查人员的年龄在40岁以上（含40岁）的市民人数；

（2）若按分层抽样的方法从年龄在以及内的市民中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取3人进行调研，记随机抽取的3人中，年龄在内的人数为，求的分布列以及数学期望.

【答案】（1）250；（2）详见解析.

【解析】（1）先求出年龄在40岁以上（含40岁）的市民的频率，然后根据比例关系可得人数；

（2）先确定的可能取值，然后分别求解概率，可得分布列和期望.

【详解】

（1）依题意，所求人数为.

（2）依题意，年龄在以内及以内的人中分别抽取6人和4人；

故的可能取值为0,1,2,3；

，，，；

故的分布列为：

故.

【点睛】

本题主要考查随机变量的分布列和期望，明确随机变量的可能取值及概率是求解的关键，侧重考查数据处理的核心素养.

19．已知四棱柱中，平面，底面为菱形，,,.

（1）若面，求的值.

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】（1）建立坐标系，求出平面的法向量，把线面平行问题转化为向量垂直问题求解.

（2）利用空间向量线面角的求解公式可得.

【详解】

（1）如图所示，取中点，连接；

，，

又面，,

分别以为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示.

，

，,;

设平面的法向量，则由可得，

不妨令，则解得，为平面的一个法向量；

，则，

面，，即，解得.

（2）因为，，

设直线与平面所成角为，

故所求线面角的正弦值为

【点睛】

本题主要考查空间位置关系的判定和线面角的求解，线面角求解的关键是确定平面的法向量，侧重考查直观想象和逻辑推理的核心素养.

20．已知椭圆过点.椭圆的右顶点为，为椭圆上关于原点对称的两点，且不与椭圆的顶点重合.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）连接分别交轴于两点，若，满足，求的值.

【答案】（1）；（2）或..

【解析】（1）把两点坐标代入方程，解方程组可求；

（2）联立方程，求解的斜率，结合垂直可得.

【详解】

（1）依题意，解得，故椭圆的标准方程为.

（2）依题意，，显然直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，

联立方程组，解得，；

设，又直线的斜率，直线的斜率，

因为三点共线，所以，解得，同理，可得，

依题意，直线的斜率，直线的斜率，

所以，故有，即，

整理，得，解得或.

【点睛】

本题主要考查椭圆方程的求解和利用垂直求解参数，垂直关系一般转化为向量问题或者斜率问题求解，侧重考查数学运算的核心素养.

21．已知函数.

（1）若，证明：曲线在处的切线与直线垂直；

（2）若，当时，证明：.

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.

【解析】（1）先求导数，可得切线的斜率，根据斜率关系可得垂直；

（2）把不等式转化为，然后构造函数确定最值进行求解.

【详解】

（1）依题意，，故；

则，而直线的斜率为，故两条直线的斜率之积为；

即曲线在处的切线与直线垂直.

（2）要证，即证，即证；

当时，令，

求导可知在上单调递增，在上单调递减，令；

当时，，所以；

当时，函数单调递减，所以其最小值为，

最大值为，所以下面判断与的大小，即判断与的大小，

其中，令，，令，

则；因为，所以，单调递增；

因为，，

故存在，使得，

所以在上单调递减，在单调递增，

所以，

所以时，；即，也即，

综上所述，.

【点睛】

本题主要考查利用导数的意义证明切线问题及利用导数证明不等式，不等关系的证明一般通过构造函数，结合函数单调性或者最值来证明.

22．在平面直角坐标系中，直线过点，且倾斜角为；曲线：，以原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.

（1）写出曲线的参数方程，以及直线的极坐标方程；

（2）若直线与曲线交于两点，求的值.

【答案】（1）（为参数），（2）

【解析】（1）由曲线的直角坐标方程可求出曲线的参数方程，由直线的直角坐标方程可求出其坐标方程为；

（2）将直线的参数方程代入并化简，设两点对应的参数分别为，则，所以，可得的值.

【详解】

解：（1）依题意，由曲线：，

曲线的参数方程为（为参数），

直线，故极坐标方程为，即.

（2）依题意，可设直线的参数方程为（为参数），

代入并化简，得，；

设两点对应的参数分别为，则，

所以，所以．

【点睛】

本题主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化及直线参数方程的应用，属于中档题，注意运算准确.

23．设函数（其中）.

（1）解不等式：；

（2）若，解不等式.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）依题意，，可得或，可得不等式的解集；

（2）将代入不等式，分，，进行讨论，可得不等式的解集.

【详解】

解：（1）依题意，，故或，

即或，

所以原不等式的解集为.

（2）依题意，，

当时，，解得，无解；

当时，，解得，故；

当时，，解得，即；

综上所述，当时，不等式的解集为.

【点睛】

本题主要考查绝对值不等式的解法，属于基础题型，注意分类讨论思想的运用.