山西省大同市2020届高三模拟（3月）数学（理）试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 高三数学模拟卷（理科）‎ 一、选择题：本题共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.已知集合，，则 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分别求得集合A，集合B，再根据集合的交集运算可得选项.‎ ‎【详解】由题意，得，，所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.‎ ‎2.如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，若，则z的共复数（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，先判断出对应的复数，然后根据复数除法计算出的值，即可求解出的值.‎ ‎【详解】由图可知：，所以，‎ - 24 -‎ 所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查复数的几何意义、复数除法运算、共轭复数的求解，难度较易.注意互为共轭复数的两个复数的实部相同虚部互为相反数.‎ ‎3.某次射击比赛中,某选手射击一次击中10环的概率是,连续两次均击中10环的概率是,已知某次击中10环,则随后一次击中10环的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据条件概率计算公式,得所求概率为，故选B.‎ ‎4.已知正项数列满足，的前项和为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由,得，由为正项数列，可得，得出数列是等比数列，且公比，设首项为，由等比数列的通项公式和前n项和公式，代入可得选项.‎ ‎【详解】由,得，又为正项数列，所以，所以数列是等比数列，且公比，设首项为，则，，则.‎ - 24 -‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的定义，通项公式，前n项和公式，关键在于由已知的递推式，分解因式得出数列是等比数列，属于基础题.‎ ‎5.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性的定义判断出函数是偶函数，再根据导函数的正负，得出函数的单调性，再由特殊点的函数值的正负，运用排除法，可得选项.‎ ‎【详解】因为，所以是偶函数.‎ 当时，，则. ‎ 当时，，所以在区间上单调递增，‎ 当时，，所以在区间上单调递减，排除A，B. ‎ - 24 -‎ 又，排除D，‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的判别，在判断函数的图象时，常常判断出函数的奇偶性，单调性，特殊点的函数的正负等方面，运用排除法，属于基础题.‎ ‎6.由射线（）逆时针旋转到射线（）的位置所成角为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：‎ 详解：设（）的倾斜角为，则 射线（）的倾斜角为，‎ ‎∴‎ 故选A 点睛：本题主要考查了三角函数的定义及两角差的余弦函数公式，考查了逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题.‎ ‎7.中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有（ ）‎ A 种 B. 种 C. 种 D. 种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分情况甲选牛共有，甲选马有，得出结果.‎ - 24 -‎ ‎【详解】若同学甲选牛，那么同学乙只能选狗和羊中的一种，丙同学可以从剩下的10种任意选，所以共有 ‎ 若同学甲选马，那么同学乙能选牛、狗和羊中的一种，丙同学可以从剩下的10种任意选，所以共有 所以共有种 故选B ‎【点睛】本题主要考查了排列组合，分情况选择是解题的关键，属于较为基础题.‎ ‎8.在桥梁设计中，桥墩一般设计成圆柱型，因为其各向受力均衡，而且在相同截面下，浇筑用模最省. 假设一桥梁施工队在浇筑桥墩时，采用由内向外扩张式浇筑，即保持圆柱高度不变，截面半径逐渐增大，设圆柱半径关于时间的函数为，若圆柱的体积以均匀速度增长，则圆柱的侧面积的增长速度与圆柱半径（ ）‎ A. 成正比，比例系数为 B. 成正比，比例系数为 C. 成反比，比例系数为 D. 成反比，比例系数为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆柱的体积公式可得，对其体积公式求导得，再由圆柱的侧面积公式得，对其侧面积公式求导可得其侧面积增长速度，从而得出选项.‎ ‎【详解】由，知. 即，∴，又圆柱的侧面积，‎ 则其侧面积增长速度，‎ ‎∴圆柱的侧面积的增长速度与圆柱半径成反比，比例系数为，‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查导函数的实际意义，关键在于对圆柱的体积和侧面积公式求导，得出其增长速度，属于基础题.‎ ‎9.在中，点满足，过点的直线与、所在的直线分别交于点、，若，，则的最小值为（ ）‎ - 24 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得出，再由，，可得出，由三点共线得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ ‎，即，，‎ ‎，，，，‎ ‎，、、三点共线，则.‎ ‎，‎ 当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为，故选：B.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查三点共线结论的应用，同时也考查了利用基本不等式求和式的最小值，解题时要充分利用三点共线得出定值条件，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎10.将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且函数的图象关于轴对称，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的二倍角公式和和差角公式先对函数化简为，再由图象的平移得出函数的解析式，由函数的对称性可求得，可得选项.‎ ‎【详解】函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为. ‎ 由的图象关于轴对称，可得为偶函数，故，，即，.‎ ‎ 又，故，可得函数，则，‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的恒等变形，三角函数的图象平移，三角函数的奇偶性和对称性，属于中档题.‎ ‎11.已知圆的圆心与抛物线的焦点恰好关于直线对称，为坐标原点，直线过点且与抛物线交于两点，若 - 24 -‎ ‎，，则（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 4 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆和抛物线的标准方程得出圆的圆心坐标和抛物线的焦点坐标，再根据点关于直线对称，可求得抛物线的解析式，由抛物线的定义可得出点B的坐标，从而得出直线l方程，再与抛物线的方程联立可求得点A的坐标，从而可得选项.‎ ‎【详解】将化为圆的标准方程为，故圆心为，抛物线的焦点为，‎ 依题意可得，解得，故抛物线的方程为，焦点为，准线为，‎ 由及抛物线的定义知点的横坐标为，代入抛物线方程得，不妨取，‎ 又直线过点，解得的方程为，联立得，得，解得，，‎ 所以，，得，‎ - 24 -‎ 于是，‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的关系，关键在于根据点关于直线对称和抛物线的定义得出点的坐标，属于中档题.‎ ‎12.已知函数，若函数（其中）有三个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，则函数可换元为. 若函数有三个不同的零点，则方程有两个不相等的实数解，，且解的情况分三种情况：①，②，，③，，分别建立关于的不等式，可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】设，，则函数可换元为 ‎. ‎ 若函数有三个不同的零点，则方程有两个不相等的实数解，，且解的情况有如下三种：‎ ‎①，，此时，且，解得；‎ ‎②，，此时由，得，所以，即，不符合题意；‎ - 24 -‎ ‎③，，此时，得，所以，即，符合题意. ‎ 综上，，即实数的取值范围是.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点问题，关键在于运用换元法，转化函数的类型，分解的情况得出范围，属于难度题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. ‎ ‎13.若的展开式中含的系数为30，则的值为___________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项式的展开式的通项，求得的系数，建立关于的方程，可得的值.‎ ‎【详解】因为的展开式的通项，所以的展开式中含的奇数次方的通项为，令，解得. 所以含的系数为，解得.‎ 故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题考查二项式展开式中的求特定项的系数，关键在于熟记二项式展开的通项，属于基础题.‎ ‎14.过抛物线的焦点的直线交该抛物线于两点，为坐标原点. 若，则的面积为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出直线的方程，再与抛物线的方程联立，由抛物线的定义可得答案.‎ - 24 -‎ ‎【详解】易知直线的斜率存在，设为，由得，‎ ‎∴，‎ 又∵，∴，∴或 则.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，属于中档题.‎ ‎15.如图，网格纸的各小格都是边长为1的正方形，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为___________. ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由几何体的三视图得出原几何体的立体图，再确定其外接球的球心和半径，可得答案.‎ ‎【详解】由三视图可得，该几何体的外接球与以俯视图为底面，以3为高的直三棱柱的外接球相同，如图所示，‎ 所以底面是底边长为4，高为2的等腰直角三角形，故底面外接圆的半径，又棱柱的高为3，‎ 故四棱锥外接球半径，所以外接球的表面积. ‎ 故答案为：.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查由几何体的三视图得出几何体的立体图，以及几何体的外接球的相关问题，关键在于确定其外接球的球心和半径，属于中档题.‎ ‎16.若等差数列的前项和为，已知，且，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 推导出，由，得，由此能求出的值.‎ ‎【详解】解：∵等差数列的前项和为，，且， ， ， ， ∴当时，； 当时， ， . ‎ - 24 -‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的前项的绝对值的和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.‎ 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，每个试题考生都必须作答. 第22、23题为选考题，考生根据要求作答. ‎ ‎17.在平面四边形中，，，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若E是的中点，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用余弦定理进行化简，求出C；（2）利用向量法求出CE．‎ ‎【详解】（1）由题设及余弦定理得：，‎ BD2＝AB2+DA2﹣2AB•DAcosA＝5+4cosC，‎ 所以cosC，‎ ‎；‎ ‎（2）由，得所以.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理的应用，考查了向量数量积运算，属于中档题．‎ ‎18.如图，三棱柱中，平面平面，，.‎ - 24 -‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若与平面所成的线面角为，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由平面ACC1A1⊥平面ABC，结合面面垂直的性质可得BC⊥A1C，再由B1C1∥BC，得A1C⊥平面AB1C1；（2）取AC中点M，连接A1M，由已知可得A1M⊥AC，且，令AA1＝AC＝2CB＝2，则．以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴，过C且平行于A1M 的直线为z轴建立空间直角坐标系．分别求出平面ACB1 与平面A1B1C的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角C1﹣AB1﹣C的余弦值．‎ ‎【详解】（1）因为平面平面，平面平面，‎ 平面，，所以平面，‎ 因为平面，所以.‎ 因为，所以.‎ 因为是平行四边形，且，所以是菱形，.‎ 因，所以平面.‎ 又平面，所以平面平面.‎ ‎（2）取的中点，连接，因为是菱形，，‎ - 24 -‎ 所以是正三角形，所以，且.‎ 令，则.‎ 所以以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 则，，，，，，‎ ‎，.‎ 设平面的一个法向量为，则，‎ 所以，得，令，则，所以.‎ 由（1）知平面，所以是平面的一个法向量，‎ 所以.‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．‎ ‎19.设椭圆的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为，．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ - 24 -‎ ‎（2）设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限．若的面积是面积的2倍，求的值．‎ ‎【答案】（1）；(2)．‎ ‎【解析】‎ 分析：（I）由题意结合几何关系可求得.则椭圆的方程为.‎ ‎（II）设点P的坐标为，点M的坐标为 ，由题意可得.‎ 易知直线的方程为，由方程组可得.由方程组可得.结合，可得，或.经检验的值为.‎ 详解：（I）设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由，可得．由,从而．‎ 所以，椭圆的方程为．‎ ‎（II）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，，‎ 点的坐标为．由的面积是面积的2倍，可得，‎ 从而，即．‎ 易知直线的方程为，由方程组消去y，可得．由方程组消去，可得．由，可得 - 24 -‎ ‎，两边平方，整理得，解得，或．‎ 当时，，不合题意，舍去；当时，，，符合题意．‎ 所以，的值为．‎ 点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：‎ ‎(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；‎ ‎(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．‎ ‎20.为了引导居民合理用电，国家决定实行合理的阶梯电价，居民用电原则上以住宅单位（一套住宅为一户）.‎ 阶梯级别 第一阶梯 第二阶梯 第三阶梯 月用电范围（度）‎ 某市随机抽取10户同一个月的用电情况，得到统计表如下：‎ 居民用电编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 用电量（度）‎ ‎53‎ ‎86‎ ‎90‎ ‎124‎ ‎132‎ ‎200‎ ‎215‎ ‎225‎ ‎300‎ ‎410‎ ‎（1）若规定第一阶梯电价每度元，第二阶梯超出第一阶梯的部分每度元，第三阶梯超出第二阶梯每度元，式计算居民用电户用电度时应交电费多少元？‎ ‎（2）现要在这10户家庭中任意选取3户，求取到第二阶梯电量的用户数的分布与期望；‎ ‎（3）以表中抽到的10户作为样本估计全是居民用电，现从全市中依次抽取10户，若抽到户用电量为第一阶梯的可能性最大，求的值.‎ ‎【答案】（1）227元（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）10户共有3户为第二阶梯电量用户，所以 - 24 -‎ 可取0,1,2,3，分别求其概率，即可列出分布列，计算期望；（2）由题意抽到的户数符合二项分布，设抽到K户概率最大，解不等式组，再根据即可求出.‎ 试题解析：‎ ‎（1）元 ‎ 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3户，则可取0,1,2,3‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 故的分布列是 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 所以 ‎ 可知从全市中抽取10户的用电量为第一阶梯，满足，可知 ‎,解得，‎ 所以当时，概率最大，所以 ‎21.已知函数（）．‎ ‎（Ⅰ）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值与曲线在点处的切线方程；‎ - 24 -‎ ‎（Ⅱ）若，且当时，恒成立，求的最大值．（）‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）求导，利用导数的几何意义和两直线垂直的判定求出值，进而利用点斜式方程进行求解；（Ⅱ）分离参数，合理构造函数，将问题转化为求函数的最值问题，再利用导数研究函数的单调性和最值．‎ 试题解析：（Ⅰ）因为，所以，．‎ 又曲线在点处的切线与直线垂直，故，解得，‎ 所以，．‎ 所以曲线在点处的切线方程为，即．‎ ‎（Ⅱ）当时，恒成立等价于恒成立，等价于当时，恒成立．‎ 设（），则，记，‎ 则，所以在上单调递增．‎ 又，，‎ 所以在上存在唯一的实数根，使得，①‎ 因此当时，，即，则在上单调递减；‎ 当时，，即，则在上单调递增．‎ 所以当时，，由①可得，‎ - 24 -‎ 所以．‎ 因为，，又，，‎ 所以，因此，‎ 又，所以．‎ 请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分. ‎ 选修4—4：坐标系与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）. 以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，若直线与曲线交于两点. ‎ ‎（1）若，求；‎ ‎（2）若点是曲线上不同于的动点，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由代入，得曲线的直角坐标方程为. 将直线的参数方程化为（为参数），代入，‎ 得，设方程的解为，，可得所求的值. ‎ - 24 -‎ ‎（2）将直线的参数方程化为普通方程得，再设，由点到直线的距离公式，由点到直线的距离公式得到直线的距离为，由三角函数的辅助角公式可得最值.‎ ‎【详解】（1）可化为，将，代入，得曲线的直角坐标方程为. ‎ 将直线的参数方程化为（为参数），代入，‎ 得，设方程的解为，，则，，‎ 因而. ‎ ‎（2）将直线的参数方程化为普通方程得，‎ 设，由点到直线的距离公式，‎ 得到直线的距离为 ‎，‎ 最大值为，由（1）知，‎ 因而面积的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程，参数方程与普通方程之间的互化，以及直线与圆锥曲线的位置关系，关键在于明确参数的几何意义，属于中档题.‎ 选修4—5：不等式选讲 ‎23.已知函数. ‎ ‎（1）若，解不等式；‎ - 24 -‎ ‎（2）如果对任意的，恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分，，三种情况讨论，分别求出不等式的解集，再求三种情况下的解集的并集；‎ ‎（2）分，，三种情况讨论得出函数的解析式，再分别求出函数的最小值，建立关于m的不等式，可得实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，. ‎ 由得. ‎ ‎ 当时，不等式化为，‎ 即，解集为. ‎ 当时，不等式化为，不成立，‎ 当时，不等式化为，‎ 即，解集为. ‎ 综上，的解集为.‎ ‎（2）当时，不满足题意. ‎ 当时，‎ 此时的最小值为，‎ 依题意得，即. ‎ 当时，‎ 此时的最小值为. ‎ 依题意得，即. ‎ - 24 -‎ 综上，实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值的不等式的解法，不等式的恒成立问题，在解绝对值不等式时，常用的是零点分段讨论，属于中档题.‎ - 24 -‎ - 24 -‎