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

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

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 -‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档