2020届山西省临汾市高三下学期高考考前适应性训练考试（一）数学（文）试题（解析版）

2020届山西省临汾市高三下学期高考考前适应性训练考试（一）数学（文）试题  一、单选题1．已知复数满足,则复数=( )A． B． C． D．【答案】C【解析】试题分析：.【考点】复数的除法运算.2．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】先化简集合B,再利用运算法则求交集.【详解】,,所以,故选:B.【点睛】本题考查集合的运算,属于简单题.3．已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据双曲线的渐近线方程得到,进而可以求出离心率.【详解】因为双曲线的渐近线方程为,所以,所以离心率,故选:D.【点睛】本题考查双曲线离心率的求法,考查双曲线的渐近线,属于基础题.4．已知等比数列中，，，则公比（    ）A．或-2 B．或2 C．或-2 D．或2【答案】D【解析】根据等比数列的通项公式化简题设等式,求出.【详解】在等比数列中,,,所以,两式相除得,化简得,解得或,故选:D.【点睛】本题考查等比数列,考查计算能力,难度不大.5．一个路口的红绿灯，红灯时间为30秒，绿灯时间为30秒，绿灯时方可通过，则小王驾车到达该路口等待时间不超过10秒的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据题意可知该题为几何概型,分别求出总时间长度及满足条件的时间长度,然后根据几何概型的概率公式即可求解.【详解】本题是一个几何概型,小王驾车到达该路口的总时间长度为60秒,到达该路口等待时间不超过10秒的时间长度为40秒,因此小王驾车到达该路口等待时间不超过10秒的概率为,故选:D.【点睛】本题主要考查了与长度有关的几何概型的求解,属于基础题.6．用单位立方块搭一个几何体，使其正视图和侧视图如图所示，则该几何体体积的最大值为（    ）    A．11 B．9 C．15 D．12【答案】A【解析】结合几何体的正视图和侧视图,分析该几何体的各层最多可以有几个单位立方块即可.【详解】结合几何体的正视图和侧视图知,该几何体的底层最多可以有9个单位立方块,第二层只能有1个单位立方块,第三层也只能有1个单位立方块,所以该几何体体积的最大值为9+1+1=11.故选:A.【点睛】本题考查了几何体的结构特征与应用问题,考查了三视图,需要学生具备一定的空间想象能力与思维能力,难度不大.7．函数，的大致图象是（    ）A．  B． C．  D． 【答案】C【解析】先确定函数为偶函数,排除B,D选项,再取特值即可判断最终结论.【详解】因为f(﹣x)=(﹣x)2ecos(﹣x)=x2ecosx=f(x),所以函数f(x)为偶函数,排除B､D选项,因为f(π)=π2ecosπ=π2e﹣1>0,所以排除A选项,故选:C.【点睛】本题考查函数图象的识别,难度不大.对于判断函数图象的试题,排除法是十分常用的方法,一般通过函数的奇偶性､单调性和特殊值即可判断.8．若，，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】由基本不等式得出m+n,再根据函数y=ex的单调性即可比较大小.【详解】当m>n>0时,m+n,因为y=ex是定义在R上的单调增函数,所以,即a>c;又em+en>222,所以(em+en),即b>a;所以b>a>c.故选:A.【点睛】本题考查了根据基本不等式和函数的单调性比较大小的问题,需要学生综合运用性质答题.9．如图所示的程序框图，它的算法思路源于我国古代的数学专著（九章算术），执行该框图，若输入的，，则输出的结果为（    ）A．2 B．6 C．8 D．12【答案】B【解析】模拟程序框图运行,即可得出结论.【详解】模拟程序框图运行,输入a=174,b=36,满足a>b,则a=174﹣36=138,满足a>b,则a=138﹣36=102,满足a>b,则a=102﹣36=66,满足a>b,则a=66﹣36=30,不满足a>b,则b=36﹣30=6,满足a>b,则a=30﹣6=24,满足a>b,则a=24﹣6=18,满足a>b,则a=18﹣6=12,满足a>b,则a=12﹣6=6,此时a=b=6,则退出循环,输出a=6,故选:B.【点睛】本题考查了算法和程序框图,主要是对循环结构的理解和运用,以及赋值语句的运用问题,属于基础题.10．已知函数的最大值为，当的定义域为时，的值域为，则正整数的最小值为（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】A【解析】依题意,可求得a=±2,据此分情况讨论,利用正弦函数的单调性､周期性及最值,即可求得正整数ω的最小值.【详解】∵f(x)=asinωx+acosωxasin(ωx),其最大值为2,∴a=±2,①当a=2时,f(x)=2sin(ωx),又当f(x)的定义域为[0,1]时,f(x)的值域为[﹣2,2],ω>0,此时ω×0,∴ω×1,∴ω3.925,∴正整数ω的最小值为4;②当a=﹣2时,f(x)=﹣2sin(ωx),同理可得ω3.925,即正整数ω的最小值为4;综上所述,正整数ω的最小值为4,故选:A.【点睛】本题考查三角函数的最值,考查逻辑推理与运算能力,需要学生掌握三角函数的图象与性质,答题时注意对a的正､负情况的讨论,属于易错题.11．已知直三棱柱中，，为上任意一点，，则三棱柱外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由已知可得直三棱柱的底面为等腰直角三角形,把直三棱柱补形为正方体,求出三棱柱外接球的半径,再由球的表面积公式得答案.【详解】∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱,∴CC1⊥AC,∵E为AB1上任意一点,BC1⊥CE,∴BC1⊥AC,∵,∴AC⊥平面BB1C1C,∵,则直三棱柱的底面为等腰直角三角形,把直三棱柱补形为正方体,则三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的半径R,∴三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的表面积为.故选:B.【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法,需要学生具备一定的空间想象能力与思维能力.12．已知是抛物线的焦点，是上一点，，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】设P(x,y),利用坐标得出的表达式,再利用换元法转化为二次函数求解.【详解】设P(x,y),则y2=4x,∵定点M(﹣1,0),F(1,0),∴,设t,x≥0,则0<t≤1,∴,0<t≤1,设g(t)=﹣4t2+4t+1,0<t≤1,则其最大值为2,最小值为1,∴最小值为,最大值为1,∴的取值范围为:[,1]故选:A.【点睛】本题考查了抛物线的定义,考查了换元法与二次函数的性质,属于中档题.  二、填空题13．已知向量，，若与共线.则实数_________.【答案】【解析】根据平面向量的坐标运算与共线定理,列方程求出λ的值.【详解】向量,,则(1,1+λ),(﹣2,1),因为,所以1+2(1+λ)=0,解得λ,故答案为:.【点睛】本题考查了平面向量的共线定理和坐标运算问题,属于基础题.14．已知实数满足以下约束条件，则的最小值是__________．【答案】【解析】 如图所示可行域,由 .结合图像,可看作原点到直线的距离 的平方, 根据点到直线的距离可得 ,故.本题答案填.点睛：本题为线性规划问题.掌握常见的几种目标函数的最值的求法:①利用截距的几何意义;②利用斜率的几何意义;③利用距离的几何意义.往往是根据题中给出的不等式,求出的可行域,利用的条件约束,做出图形.数形结合求得目标函数的最值. 15．已知，则_________.【答案】0【解析】根据等式,利用平方法进行平方相加,结合两角和差公式进行求解即可.【详解】∵sinα+cosβ=cosα+sinβ,∴sin2α+cos2β+2sinαcosβ=2,cos2α+sin2β+2cosαsinβ=2,两式相加得2+2(sinαcosβ+cosαsinβ)=4,即2sin(α+β)=2,得sin(α+β)=1,所以cos(α+β)=0,故答案为:0【点睛】本题主要考查三角函数值的计算,结合平方关系,利用两角和差公式进行转化是解决本题的关键,难度不大.16．已知数列中，，且前项和满足，则_________.【答案】10【解析】由nSn+1﹣(n+2)Sn=0⇒,再利用累乘法求得Sn,则由a10=S10﹣S9即可求得答案.【详解】∵a1=1,nSn+1﹣(n+2)Sn=0,∴,∴Sn••S1••••1,∴a10=S10﹣S910,故答案为:10.【点睛】本题考查数列递推式,考查“累乘法”的应用,属于中档题. 三、解答题17．已知为的三个内角，其所对的边分别为,且.(1)求角的值；(2)若，求的面积．【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：(1)因为，cosA=所以，2cos2＋cos A＝0.可化为，2cosA+1=0∴cosA=，；(2)根据余弦定理得，又因为b+c=4，所以12=16－bc，bc=4，．【考点】本题主要考查三角函数的和差倍半公式，余弦定理的应用，三角形面积的计算．点评：中档题，近些年，涉及三角函数、三角形的题目常常出现在高考题中，往往需要综合应用三角公式化简函数，以进一步解题．应用正弦定理、余弦定理求边长、角等，有时运用函数方程思想，问题的解决较为方便．18．如图，四棱锥中，为等边三角形，，，且.（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）【解析】(1)推导出CD⊥PD,CD⊥AD,从而CD⊥平面PAD,由此能证明平面PAD⊥平面ABCD;(2)取AD中点M,AB中点N,连接PM,BM,CN.则PM⊥平面ABCD,PM⊥BM,设点A到平面PBC的距离为d,由VP﹣ABC=VA﹣PBC,即可求出点A到平面PBC的距离.【详解】(1)因为,,,所以,即.因为为等边三角形,所以,因为,,所以,即,又因为,,所以平面,又因为平面,所以平面平面;(2)取中点,中点,连接,,,所以,又由(1)知平面平面,且平面平面,所以平面,所以,又在中,,所以,在中,,,,故,在中,,,,则,设点到平面的距离为,由,可得,所以,即点到平面的距离为.【点睛】本题考查面面垂直的证明,考查点到平面的距离的求法,考查空间中线线､线面､面面间的位置关系等基础知识,需要学生有一定的空间思维与运算求解能力,属于中档题.19．某控制器中有一个易损部件，现统计了30个该部件的使用寿命，结果如下（单位：小时）；710  721  603  615  760  742  841  591  590  721  718  750  760  713  709681  736  654  722  732  722  715  726  699  755  751  709  733  705  700（1）估计该部件的使用寿命达到一个月及以上的概率（一个月按30天计算）；（2）为了保证该控制器能稳定工作，将若干个同样的部件按下图连接在一起组成集成块，每一个部件是否能正常工作互不影响.对比和时，哪个能保证集成块使用寿命达到一个月及以上的概率超过0.8？【答案】（1）；（2）【解析】(1)一个月30×24=720(小时),样本中满足使用寿命在720小时及以上的部件数为15个,由此能求出所求概率的估计值;(2)要保证集成块使用寿命达到一个月及以上,即要保证集成块中至少有一个部件的使用寿命达到一个月及以上,利用列举法能求出n=3时满足要求.【详解】(1)一天24小时,一个月(小时),样本中满足使用寿命在720小时及以上的部件数为15个,所以该部件的使用寿命达到一个月及以上的概率的估计值为;(2)要保证集成块使用寿命达到一个月及以上,即要保证集成块中至少有一个部件的使用寿命达到一个月及以上,记表示一个部件的使用寿命达到一个月及以上,表示一个部件的使用寿命不能达到一个月及以上.当时,所有可能结果有4种:,,,,满足要求的结果有3种,所以;当时,所有可能结果有8种:,,,,,,,,满足要求的结果有7种,所以;综上所述,时满足要求.【点睛】本题考查概率的求法,考查古典概型､列举法等基础知识,难度不大.20．已知椭圆上任一点到，的距离之和为4.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知点，设直线不经过点,与交于，两点，若直线的斜率与直线的斜率之和为，判断直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）定点，证明见解析【解析】(1)根据椭圆的定义可得,,a=2,则b2=a2﹣c2=2,即可求得椭圆方程;(2)设直线l的方程,代入椭圆方程,根据韦达定理及直线的斜率公式化简可得m=﹣2k﹣4,再根据直线的点斜式方程,即可判断直线l恒过定点(2,﹣4).【详解】(1)由椭圆定义知,,,所以,所以椭圆的标准方程为;(2)直线l恒过定点(2,﹣4),理由如下:若直线斜率不存在,则,不合题意.故可设直线方程:,联立方程组,代入消元并整理得:,则,.,将直线方程代入,整理得:,即,韦达定理代入上式化简得:,因为不过点,所以,所以,即,所以直线方程为,即,所以直线过定点.【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查直线与椭圆相关的定点问题,需要学生具备一定的计算能力,属于中档题.21．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】(1)先求出导函数,再对a分情况讨论即可得到f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0恒成立,则f(x)的最小值大于等于0,结合第(1)问函数f(x)的单调性,即可确定最值,求出a的取值范围.【详解】(1)函数的导函数为,当时,函数在单调递增;当时,函数在上单调递减,在上单调递增;当时,函数在上单调递减,在上单调递增.(2)当时,满足题意;由(1)可知:当时,的最小值为,解得;当时,的最小值为,解得;综上所述,的取值范围为.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和极值,属于中档题.22．在直角坐标系中，直线的参数方程为，（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的普通方程及的直角坐标方程；（2）求曲线上的点到距离的取值范围.【答案】（1），；（2）【解析】(1)直接利用转换关系式,转化参数方程与极坐标方程即可;(2)先求出圆的圆心到直线的距离,进而可得出曲线上的点到距离的取值范围.【详解】(1)直线的参数方程为,(为参数),消去参数可得的普通方程为;曲线的极坐标方程为,可得的直角坐标方程为.(2)的标准方程为,圆心为,半径为1,所以,圆心到的距离为,所以,点到的距离的取值范围是.【点睛】本题考查参数方程,极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,考查点到直线的距离公式的应用,难度不大.23．已知函数（1）当时，求函数的最小值；（2）当函数的定义域为R时，求实数a的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）当时，函数的定义域满足：，即．设，则，．（2）因为函数的定义域为，所以不等式恒成立，只要即可；又（当且仅当时取等号），所以，即的取值范围是．【考点】1．函数的定义域；2．绝对值不等式；3．恒成立问题．【方法点睛】处理绝对值不等式问题，主要从去掉绝对值符号入手，往往讨论变量的范围去掉绝对值符号，变成分段函数求解问题；证明问题还往往涉及的应用．