山西省临汾市2020届高三下学期高考考前适应性训练（二）数学（理）试题 Word版含解析

山西省临汾市2020届高三下学期高考考前适应性训练（二）数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 临汾市2020年高考考前适应性训练考试（二）‎ ‎（理科）数学 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.在复平面内，复数对应的点在（ ）‎ 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】‎ ‎，对应点坐标为，在第一象限，故选A.‎ ‎2.已知集合，，若，则B=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，则，即1是方程的一个根，求出的值，然后再求集合B.‎ ‎【详解】由，则，即1是方程的一个根 所以，即.‎ 此时方程的根为或.‎ 所以 故选：D ‎【点睛】本题考查根据集合的交集求参数，属于基础题.‎ ‎3.已知某地区初中水平及以上的学生人数如图所示.为了解该地区学生对新型冠状病毒的了解程度，拟采用分层抽样的方法来进行调查.若高中生需抽取的20名学生，则抽取的学生总人数为（ ）‎ - 24 -‎ A. 40 B. 60 C. 120 D. 360‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算分层抽样的抽取比例，求出所抽取的学生人数即可.‎ ‎【详解】由题得抽取的学生总人数为人.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了分层抽样的计算，是基础题.‎ ‎4.在中，，，若点D满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件即得.‎ ‎【详解】，，‎ 故有.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了向量的线性表示，向量的加减运算，是基础题.‎ ‎5.圆上到直线的距离为1的点的个数为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 由圆方程确定出半径和圆心坐标，求出圆心到已知直线的距离，即可判断圆上到直线的距离为1的点的个数.‎ ‎【详解】由得，即圆心为，半径为，‎ 则圆心到直线的距离，‎ 所以圆上到直线的距离为1的点的个数为4.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，是基础题.‎ ‎6.已知函数是定义在R上的偶函数，在区间上单调递增，且，则的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性与单调性的关系，将不等式进行转化，即可得不等式的解集.‎ ‎【详解】函数是定义在R上的偶函数，在区间上单调递增，且，‎ 在上单调递减，且，‎ 显然不是的解，故此不等式可转化为：‎ 或，‎ 解得：或.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与单调性，考查了学生转化问题的能力.‎ ‎7.已知关于x的方程在区间恰有两个根，则（ ）‎ - 24 -‎ A. 1 B. -1 C. 1或-1 D. 2a ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用辅助角公式对已知函数进行化简，然后结合正弦函数的对称性可求，代入即可求解 ‎【详解】由在区间恰有两个根.‎ 根据对称性可知，或.‎ 当时，‎ 当时，‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了正弦函数对称性的应用，属于基础试题 ‎8.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，如图：‎ - 24 -‎ 运用体积公式计算可得.‎ ‎【详解】由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，如图：‎ 所以该几何体的体积为：.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了三视图，几何体体积的计算.解题的关键是能将三视图还原成几何体，考查学生的空间想象能力.‎ ‎9.一个球从h米高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，全程共经过（ ）米 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接用等比数列的前项和的公式求解.‎ ‎【详解】由于一个球从h米高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，‎ 第一次着地时的球路程为.‎ 从第一次着地到第二次着地时球的路程为：.‎ - 24 -‎ 从第二次着地到第三次着地时球的路程为：.‎ 从第三次着地到第四次着地时球的路程为：.‎ ‎……………………………‎ 依次规律可得，从第九次着地到第十次着地时球的路程为：.‎ 所以第10次着地时，全程共经过米 故选：C ‎【点睛】本题考查等比数列前项和，属于中档题.‎ ‎10.的展开式中，的系数为（ ）‎ A. 30 B. 40 C. 60 D. 120‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将看成是5个相乘，要得到分析每个因式中所取的项情况.‎ ‎【详解】看成是5个相乘，要得到.分以下情况:‎ ‎5个因式中，2个因式取，2个因式取，1个因式取,此时的系数2‎ 所以的系数为60.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查三项式的展开式中的特定项的系数，属于中档题.‎ ‎11.已知双曲线的左右焦点分别为，斜率为的直线过点且交C于A，B两点.若，则C的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 24 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件可得过点斜率为的直线交C于A，B两点，则A，B在不同的两支上，在中，由余弦定理得：，可得离心率.‎ ‎【详解】,,‎ 可得过点斜率为的直线交C于A，B两点，则A，B在不同的两支上.‎ ‎,‎ 在中，由余弦定理得：‎ 即，即，解得 故选：D ‎【点睛】本题考查双曲线的性质，直线与双曲线的位置关系，属于中档题.‎ ‎12.已知三次函数有两个零点，若方程有四个实数根，则实数a的范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一定有两零点与，所以只需或共有四个根即可．结合有两个零点，所以必有或．然后分两种情况结合函数图象讨论即可.‎ ‎【详解】由，则得或 三次函数有两个零点，且程有四个实数根，‎ 所以只需或共有四个根即可，‎ 所以或.‎ 又方程有四个实数根，则或共有四个根.‎ 在,上单调递增，在单调递减.‎ 当时，，要满足条件，作出函数的大致图像.(如图①)‎ 则，即，解得.‎ 当，得，要满足条件，作出函数的大致图像.(如图②)‎ 则，即，解得.‎ 综上所述，当时，方程有四个实数根.‎ 故选：C - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查了利用图象研究函数的零点问题，关键是对函数的单调性、极值情况等研究到位．本题还考查了学生应用函数与方程、数形结合及分类讨论思想解题的能力.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.若x，y满足约束条件则的最小值为_______________‎ ‎【答案】-18‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出不等式组表示的可行域，由目标函数的几何意义结合图形即可求出的最小值.‎ ‎【详解】不等式组表示的可行域如图：‎ 由得，‎ 由图知直线过点时，.‎ 故答案为：-18‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划，考查了学生的作图能力，考查了数形结合的思想.‎ - 24 -‎ ‎14.已知直三棱柱所有的棱长都相等，D，E分别为棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为_______________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点为,连接，由分别为的中点，则，所以为异面直线与所成角，再计算求解.‎ ‎【详解】设棱长为，取的中点为,连接，‎ 由分别为的中点，则.‎ 所以为异面直线与所成角.‎ 三棱柱为直三棱柱，所以平面，所以 在中，,‎ 所以 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查求异面直线所成角，属于中档题.‎ ‎15.现有三张卡片每张卡片上分别写着北京、上海、广州三个城市中的两个且卡片不重复，甲、乙、丙各选一张去对应的两个城市参观.‎ 甲看了乙的卡片后说：“我和乙都去广州”.‎ - 24 -‎ 乙看了丙的卡片后说：“我和丙不都去上海”‎ 则甲、丙同去的城市为____________________‎ ‎【答案】上海 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题知三张卡片共有（北京，上海），（北京，广州），（上海，广州）这三种情况，通过分析即可得出结果.‎ ‎【详解】由题知三张卡片共有（北京，上海），（北京，广州），（上海，广州）这三种情况，根据甲的说法可知丙选的卡片为（北京，上海），又根据乙的说法可知乙选的卡片为（北京，广州），则甲为（上海，广州），所以甲、丙同去的城市为上海.‎ 故答案为：上海 ‎【点睛】本题主要考查了组合的应用，考查了学生的逻辑推理能力.‎ ‎16.在中，角所对的边分别为，，是边上的高线，且，则的最小值为_________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，然后分别在三角形和中将表示出来，再借助于基本不等式求出最值.‎ ‎【详解】如图，设，.‎ 在直角三角形中，.‎ 在直角三角形中，.‎ 所以 当且仅当时取等号.‎ - 24 -‎ 所以当且仅当时取等 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要是考查了三角恒等变换、三角函数的定义、基本不等式等知识，考查了转化思想以及学生的数学运算能力．属于中档题．‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.等差数列的公差为正数，，其前项和为；数列为等比数列，，且．‎ ‎(I)求数列与的通项公式；‎ ‎(II)设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】(Ⅰ) ，；(Ⅱ) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）等差数列{an}的公差d为正数，数列{bn}为等比数列，设公比为q，运用等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，解方程可得公差和公比，即可得到所求通项公式；（Ⅱ）求得cn＝bn2n2n+2（），数列的分组求和和裂项相消求和，化简整理即可得到所求和．‎ ‎【详解】解：(Ⅰ)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则 - 24 -‎ 解得 ‎∴，.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知.‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的分组求和和裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．‎ ‎18.如图所示，已知多面体中，四边形为菱形，为正四面体，且.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ ‎（1）通过证明平面平面来证明平面；‎ ‎（2）如图，以菱形的两条对角线所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，利用向量法计算二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：因为四边形为菱形，‎ 所以，‎ 又平面，平面，所以平面，‎ 同理可得平面，‎ 因为平面，，‎ 所以平面平面 因为平面，所以平面.‎ ‎（2）以菱形的两条对角线所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，如图所示： ‎ 设，则，‎ 因为为正四面体，所以点E坐标为，‎ ‎，‎ 因为平面平面，‎ 所以平面与平面的法向量相同.‎ 设平面的一个法向量为，则 ‎，即 - 24 -‎ 可取.‎ 可取为平面法向量.‎ 所以，‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与平面平行的证明，二面角大小的求解，考查了运用空间向量来求解二面角问题，考查了学生的空间想象和运算求解能力.‎ ‎19.科学家为研究对某病毒有效的疫苗，通过小鼠进行毒性和药效预实验.已知5只小鼠中有1只患有这种病毒引起的疾病，需要通过化验血液来确定患病的小鼠.血液化验结果呈阳性的即为患病小鼠，呈阴性即没患病.下面是两种化验方案：‎ 方案甲：逐个化验，直到能确定患病小鼠为止.‎ 方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验.若结果呈阳性则表明患病动物为这3只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定患病小鼠为止；若结果呈阴性则在另外2只中任取1只化验.‎ ‎（1）求方案甲化验次数X的分布列；‎ ‎（2）判断哪一个方案的效率更高，并说明理由.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）乙方案的效率更高，详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)方案甲化验次数X的可能取值为1,2,3,4，分别求出概率，由此能求出X的分布列． （2）方案乙化验次数的可能取值为2，3，分别求出相应的概率，由此能求出分布列，求出X,的期望．从而方案乙的效率更高．‎ ‎【详解】解：（1）依题知X的可能取值为1，2，3，4.‎ ‎，，‎ ‎，，‎ - 24 -‎ 故方案甲化验次数X的分布列为：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 设方案乙化验次数为，则可能取值为2，3.‎ ‎=2时的情况为先验三只结果为阳性，再从中逐一检验时，恰好一次检验出，或先验三只结果为阴性，再从其他两只中取出一只检验.‎ ‎ 则,‎ 故方案乙化验次数的分布列为：‎ ‎2‎ ‎3‎ 则 所以乙方案的效率更高.‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎20.已知椭圆方程为，左，右焦点分别为，上顶点为A，是面积为4的直角三角形.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）过作直线与椭圆交于P，Q两点，若，求面积的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由是面积为4的等腰直角三角形，可得，结合三角形的面积公式解方程可得，求得，进而得到所求椭圆方程；‎ ‎（2）过直线分斜率存在和不存在分别求解，当斜率存在时设直线方程设为，联立椭圆方程，运用韦达定理，以及向量数量积的坐标表示，结合条件可得的范围，再由三角形的面积公式可得的面积，结合运用韦达定理，可得所求范围.‎ ‎【详解】解：（1）由已知可得等腰直三角形，则 ‎，解得，.‎ 所以椭圆的标准方程方程为.‎ ‎（2）设，.‎ ‎①当直线斜率k不存在时 ‎，，，‎ 这与不符.‎ ‎②当直线斜率k存在时 可设直线的方程为，联立方程，‎ 代入化归消元得，‎ 所以，.‎ 则 - 24 -‎ ‎.‎ ‎，‎ 点到直线的距离.‎ 所以的面积 ‎.‎ 设，则，.‎ 因为，所以，‎ 所以.‎ 综上所述，面积取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，以及向量数量积的坐标表示，考查三角形的面积的取值范围，注意运用对勾函数的单调性，考查方程思想和化简运算能力、推理能力，属于中档题．‎ ‎21.设函数 - 24 -‎ ‎（1）当时恒成立，求k的最大值；‎ ‎（2）证明：对任意正整数n，不等式恒成立.‎ ‎【答案】（1）k的最大值为2（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1）由知,设,求出的导数，讨论得出的单调性，求出的最小值，从而得出答案.‎ ‎（2）当时，，当且仅当时，等号成立，这个不等式等价于,由此能够证明不等式.‎ ‎【详解】解 ‎（1）由知，‎ 设，‎ 则 令，得.‎ 当时，有成立，在单调递增，‎ ‎，满足题意.‎ 当时，有，，‎ 所以，，‎ 于是有时，.‎ 所以在单调递减，‎ 结合，知时，舍去.‎ 综上，k的最大值为2.‎ - 24 -‎ ‎（2）由（1）知，当且仅当时等号成立，‎ 于是有：，‎ ‎，‎ ‎，‎ 累加可得：‎ ‎.证毕！‎ ‎【点睛】本题考查函数的单调区间的求法，考查实数的取值范围的求法，考查不等式恒成立的证明．注意导数的性质和分类讨论思想的灵活运用，属于难题.‎ ‎22.（选修4-4：坐标系与参数方程）‎ 在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）.‎ ‎（1）求曲线上的点到直线的距离的最大值；‎ ‎（2）直线与曲线交于、两点，已知点，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化直线的极坐标方程为普通方程，由点线距离公式求得距离最大值，（2）化直线 - 24 -‎ 的参数方程（为参数），与曲线的普通方程联立得t的一元二次方程，由t的几何意义和韦达定理求的值即可 ‎【详解】（1）设曲线上任意一点 直线 ‎ ‎ 点到直线距离最大值为 ‎（2）直线的参数方程（为参数）‎ 曲线 联系方程组，消元 两根为，‎ 由的几何意义，，‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查直线参数方程，椭圆参数方程，极坐标方程，直线与椭圆的位置关系，弦长公式，熟记t的几何意义，准确计算是关键，是中档题 ‎23.已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若函数的图象的最低点为，正数a，b满足，求的最小值.‎ - 24 -‎ ‎【答案】（1）（2）4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）运用零点分段法解此不等式即可；‎ ‎（2）将函数转化为分段函数，可得图象的最低点为，所以，利用基本不等式可求的最小值.‎ ‎【详解】解：‎ ‎（1）当时，，‎ 得，所以，‎ 当时，，得，‎ 所以，‎ 当时，，得，‎ 所以，‎ 综上所述，不等式的解集为.‎ ‎（2）由，知函数图象的最低点为，‎ 即，，所以.‎ 因为，，‎ ‎，‎ 当且仅当时等号成立，‎ 所以的最小值为4.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解，基本不等式的应用.运用零点分段法求解绝对值不等式是常用方法，考查了学生的分类讨论的思想.‎ - 24 -‎ - 24 -‎