1、山西省阳泉市2020届高三数学下学期第二次质量调研试题 理（含解析）注意事项：1本试题分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，第卷1至3页，第卷4至7页2答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题答题卡相应的位置3全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效4考试结束后，将本试题的答题卡交回5试题满分150分，考试时间120分钟参考公式：柱体体积公式，其中为底面面积，为高锥体体积公式，其中为底面面积，为高球的表面积、体积公式，其中为球的半径第I卷一、选择题：（本大题共12个小题，每小题5分，满分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，若，则实数的取值范围是
2、（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求得集合，再结合集合子集概念，即可求解.【详解】由题意，集合，因为，所以，即实数的取值范围是.故选：C.【点睛】本题主要考查了集合的表示方法，以及集合的包含关系的应用，其中解答中熟记集合的子集的概念是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.2.已知为实数，若复数为纯虚数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算法则进行化简，结合复数是纯虚数，进行求解即可【详解】，复数是纯虚数，且得且，即，故选D【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的概念，根据复数是纯虚数建立条件关系是解决本题的关键，属于基础题3
3、.在中，“”是“为钝角三角形”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先由诱导公式将正弦化余弦，利用余弦函数的单调性得到角或角为钝角，再举反例说明必要性不成立即可.【详解】，且B必为锐角，可得或，即角或角为钝角；反之，当，时，而=，所以不成立，所以“”是“为钝角三角形”的充分不必要条件，故选【点睛】本题考查充分必要条件的判定，考查了三角形形状的判定，考查诱导公式及三角函数的单调性，属于综合题4.勒洛三角形是具有类似圆的“定宽性”的曲线，它是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛首先发现，其作法是：以等边三角形每个顶点为圆心
4、，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形如图中的两个勒洛三角形，它们所对应的等边三角形的边长比为，若从大的勒洛三角形中随机取一点，则此点取自小勒洛三角形内的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出各自的面积，根据面积比即可求得结果【详解】解：设图中的小的勒洛三角形所对应的等边三角形的边长为，则小勒洛三角形的面积，因为大小两个勒洛三角形，它们所对应的等边三角形的边长比为，所以在勒洛三角形的面积为若从大的勒洛三角形中随机取一点，则此点取自小勒洛三角形内的概率为，故选：C【点睛】此题考查概率与几何概型、平面图形等知识，考查阅读能力和数学
5、计算能力，属于中档题.5.执行如图所示的程序框图，输出的值为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用对数的运算法则，进行求解，结合程序框图的功能进行判断即可【详解】由程序框图可知：若，即，解得：即当时，此时输出：本题正确选项：【点睛】本题主要考查程序框图的识别和判断，了解程序功能，结合对数的运算法则是解决本题的关键6.函数的函数图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先去绝对值化得函数为，结合对数型复合函数的单调性即可得出选项.【详解】去绝对值可得，当时，单调递增，当时，单调递减，且，当时，单点递增，且，综上只有A符合，故选：A【点睛】本题主要考查函数
6、的性质与图像，需熟记对数型函数的性质，属于中档题.7.已知，任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为，则向量（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据点的对称关系，结合中点坐标公式进行化简即可得结论【详解】解：因为点关于点的对称点为，点关于点的对称点为即，两式相减得，即.故选：B.【点睛】本题考查向量的运算，根据对称性得到向量的关系是关键.8.已知数列中，则（ ）A. B. C. D. 5051【答案】D【解析】【分析】由题意得到，各式相加，结合等差数列的求和公式，求得，即可求解.【详解】由题意，数列中，则，各式相加，可得 ，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了利用数列的
7、递推公式求解数列的项，以及等差数列的前项和公式的应用，其中解答中根据数列的递推关系式，合理利用叠加法求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.9.已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点逆时针方向旋转角得到点已知平面内点，点把点绕点顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用题中的新定义，可先计算出，再结合点A坐标，利用向量的减法，即可求出点P的坐标.【详解】解：由已知可得，把点绕点A逆时针方向旋转后，得，点A（1，2），点P的坐标为故选：B【点睛】本题主要考查了新定义的题型，考查学生理解能力和计
8、算能力，是中档题10.已知双曲线的右支与抛物线相交于两点，记点到抛物线焦点的距离为，抛物线的准线到抛物线焦点的距离为，点到抛物线焦点的距离为，且构成等差数列，则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设，抛物线焦点为，由已知可得，根据抛物线定义可得，利用点差法可得，从而可求得渐近线方程【详解】解：设，抛物线焦点为，由已知有，即，由，两式相减得，即，故，渐近线方程为，故选：A 【点睛】本题主要考查抛物线的定义，考查双曲线的渐近线，考查推理能力与运算能力，属于中档题11.如图，正方形的边长为1，分别为边，上的动点（，不取端点），且设，则的范围是（ ）A. B.
9、C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系，设，根据向量的坐标表示和数量积的运算公式，求得，再利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】分别以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系，如图所示， 设，则，所以，可得，所以,设，（其中）则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，取得最小值，此时，又由，即函数，所以，即，即的取值范围是.故选：D.【点睛】本题主要考查了平面向量的坐标表示，平面向量的数量积的坐标运算，以及最值的求解，其中解答中建立适当的平面直角坐标系，结合向量的数量积的运算公式，求得的表达式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.12.
10、过点作曲线（其中为自然对数底数）的切线，切点为，设在轴上的投影是点，过点再作曲线的切线，切点为，设在轴上的投影是点，依次下去，得到第个切点，则点的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设，可得切线方程，代入点坐标，可解得，即，可得，求出切线方程，代入点，可得，由此可推出规律，从而可得结论.【详解】设，此处的导数值为，故切线方程为，代入点，可得，解得，即，同理可得过点再作曲线的切线方程为，代入点，可得，可解得，故，依次下去，可得的坐标式.故选：A【点睛】本题考查利用导数研究曲线上某点切线的方程，归纳推理是解决问题的关键，属于中档题.第卷本卷包括必考题和选考题两部分第13题
11、第21题为必考题，每个试题考生都必须做答第22题第23题为选考题，考生根据要求做答二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13.某地区为了组建援鄂抗疫医疗队，现从4名医生，5名护士中选3名医护人员组成一个团队，要求医生、护士都有，则不同的组队方案种数是_【答案】【解析】【分析】根据题意，分类两类： 1名医生2名护士和2名医生1名护士，结合组合数的公式，即可求解.【详解】从4名医生，5名护士中选3名医护人员组成一个团队，要求医生、护士都有，可分为两类：第一类：1名医生2名护士，共有种不同的选法；第二类：2名医生1名护士，共有种不同的选法，由分类计数原理可得，共有种不同的选法.故答案为
12、：.【点睛】本题主要考查分类计算原理和排列组合的应用，其中解答中根据题意合理分类，结合分类计算原理求解是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及运算与求解能力.14.已知二项式的展开式中各项系数和为256，则展开式中的常数项为_. （用数字作答）【答案】28【解析】各项系数和为256，令得,即该二次展开式中的第项为=令=0，得，此时常数项为=28故答案为28.15.已知抛物线的方程为，其焦点为，为过焦点的抛物线的弦，过，分别作抛物线的切线，设，相交于点则_【答案】0【解析】【分析】设，设AB的方程为，代入抛物线方程得，从而，利用函数的导数求解切线的斜率，然后求解【详解】解：设，因为，所以设AB
13、的方程为，代入抛物线方程得，从而，由，得，则，则，因此，即，所以.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题.16.如图，在四面体中，、分别是、的中点，、分别是和上的动点，且与相交于点下列判断中：直线经过点；、四点共面，且该平面把四面体的体积分为相等的两部分所有正确的序号为_【答案】【解析】【分析】通过平面的基本性质与推论很容易证明三线共点，正确；两个三角形的面积，一个为定值，另一个不是定值，不正确；通过K点的特殊位置和运动，空间想象体积的变化，通过严谨的逻辑推理，得出结论正确.【详解】项，因为，所以，且平面，平面同理可得， 平面；又因为平面平面，所以
14、，所以，三条直线相交于同一点.故正确.项，为定值，为上的动点，又因为与为异面直线，所以到的距离是变化的，所以是变化的，故不正确. 项，当K与D重合时，H与D重合，G与C重合，如图（1）所示此时平面EGFH即为平面ECD，因为E为AB 中点，所以平面ECD把四面体分成体积相等的两部分. 图（1） 当K远离D时，平面EGFH使两部分体积发生了变化，一部分在三棱锥A-ECD的基础上，多出了一个三棱锥E-GCF的体积，如图2所示，少了一个三棱锥E-FDH的体积，如图3所示， 过点D做，分别交EK，GK于点M，N，连接MN，如图4所示， ，所以无论、如何变化，平面把四面体的体积分为相等的两部分，正确.故
15、答案为：【点睛】本题考查了平面的基本性质和推论中关于三线共点问题，三角形的面积，三棱锥体积等基本知识，考查了空间想象能力、数学运算能力、逻辑推理能力，属于难题.三、解答题；（本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）（一）必考题17.已知锐角的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，求.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）由正弦定理，得，进而则A可求；（2）解法一：由余弦定理得c的方程求解即可；解法二：正弦定理得，进而得，再利用正弦定理得c即可【详解】（1）因为，所以由正弦定理，得，因为，所以， 所以， 所以，所以（2）解法一：因为为锐角三角形，所以为锐角，
16、因为，所以因为，由余弦定理得， 所以，所以. 解法二：因为为锐角三角形，所以，为锐角，因为，所以由正弦定理得，所以因为，所以所以，由正弦定理得.【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，两角和的正弦公式，考查公式的运用，是中档题18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，、分别是、上的点，且平面（）求证：为的中点；（）当与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值【答案】（）证明见详解；（）【解析】【分析】（）利用线面平行的性质定理可得，再根据三角形的中位线性质即可证出.（）首先作出线面角，利用三角形的面积相等可得，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与平面的一个法向量
17、，利用空间向量的数量积即可求解.【详解】（）连接，交于点，连接，平面平面，平面，平面 则，底面是正方形，点为的中点，为的中点.（）由底面是正方形，且，则,又底面，所以，又，且，所以平面，即，又，所以平面，在平面内，过作，连接，则与平面所成的角最大.设，则，由，即，解得，即，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图：则， ，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，所以，、设平面的一个法向量， ，即，令，则，所以 ，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的性质定理、线面角、空间向量法求面面角，考查了计算求解能力、逻辑推理能力，属于中档题.19.在传染病学
18、中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期（1）一研究团队统计了某地区1000名患者的相关信息，得到如下表格，该传染病的潜伏期受诸多因素影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述1000名患者中抽取200人，得到如下列联表，请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关潜伏期6天潜伏期6天总计50岁以上（含50岁）10050岁以下55总计200（2）以这1000名患者的潜伏期超过6天的频率，代替该地区1名患者潜伏期超过6天发生的概率，每名患者的潜
19、伏期是否超过6天相互独立为了深入研究，该研究团队随机调查了20名患者，其中潜伏期超过6天的人数最有可能（即概率最大）是多少？附：下面的临界值表仅供参考0.050.02500103.8415.0246.635（参考公式：，其中）【答案】（1）没有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关；（2）8【解析】【分析】（1）根据题意补充完整列联表，计算，对照临界值得出结论；（2）由题意可知随机变量，计算概率，列不等式组并结合题意求出的值.【详解】解：（1）根据题意，补充完整列联表如下：潜伏期6天潜伏期6天总计50岁以上（含50岁）653510050岁以下5545100总计12080200所以，所以没有95%
20、的把握认为潜伏期与患者年龄有关；（2）根据题意得，该地区每1 名患者潜伏期超过6天发生的概率为，设被调查的20名患者中潜伏期超过6天的人数为，则，由，得，、化简得，解得，因为，所以，所以这20名患者中潜伏期超过6天的人数最有可能为8人【点睛】此题考查二项分布的随机变量概率值最大取值问题，考查了独立性检验，考查了分析问题、解决问题的能力，属于中档题.20.已知椭圆：的离心率为，且椭圆上一点的坐标为.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于，两点，且以线段为直径的圆过椭圆的右顶点，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，结合椭圆的离心率列方程，解方程求得
21、的值，由此求得椭圆方程.（2）设直线的方程为，联立直线的方程和椭圆的方程，消去，得到关于的一元二次方程，写出韦达定理，根据列方程，解方程求得的值.由此判断出直线过定点，由求得三角形面积的表达式，利用换元法，结合二次函数的单调性，求得三角形面积的最大值.【详解】（1）由已知，又，则.椭圆方程，将代入方程得，故椭圆的方程为；（2）不妨设直线的方程，联立消去得.设，则有，又以线段为直径的圆过椭圆的右顶点，由，得，将，代入上式得，将代入上式求得或（舍），则直线恒过点.，设，则在上单调递增，当时，取得最大值.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆相交的弦长公式，考查直线和椭圆的位置关系
22、，考查三角形面积最大值的求法，运算量较大，属于中档题.21.已知函数，为的导数（1）求的最值；（2）若对恒成立，求的取值范围【答案】（1）最小值为，无最大值（2）【解析】【分析】（1）本题首先可求出以及，然后绘出函数、以及的图像，结合图像即可得出结果；（2）本题首先可判断出函数是增函数和奇函数，然后根据增函数和奇函数的性质将转化为，最后令，通过求解函数的最值即可得出结果.【详解】（1）因为函数，所以，如图，分别绘出函数、以及的图像，结合函数图像，易知：当时，函数是增函数，当时，函数是减函数，当时，此时函数取最小值，故有最小值，最小值为，无最大值，（2）因为，所以函数是奇函数，因为由（1）可知，
23、所以函数是增函数，故，即，化简得，因为对恒成立，所以恒成立，令，则，当时，函数是减函数，当时，函数是增函数，当时，函数取最大值，因为恒成立，所以的取值范围为.【点睛】本题考查利用导函数求最值以及利用导函数解决恒成立问题，考查函数奇偶性的判断，考查利用导函数求函数单调性，若，则大于函数的最大值，考查推理能力与计算能力，考查数形结合思想，是难题.（二）选考题请考生在第22、23二题中任选一题做答注意：只能做所选定的题目如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标
24、系.曲线的极坐标方程为，为曲线上异于极点的动点，点在射线上，且，成等比数列.（1）求点的轨迹的直角坐标方程；（2）已知，是曲线上的一点且横坐标为，直线与交于，两点，试求的值.【答案】(1);(2) .【解析】分析：（1）因为为曲线上异于极点的动点，点在射线上，所以点P与点有关所以设，由成等比数列，可得进而得到极径之间的关系因为为曲线上异于极点的动点，所以，进而得到，变形得，转化为直角坐标方程可得（2）要求|AD|-|AE|的值，可利用直线的参数方程中的参数几何意义求解故应先求直线的参数方程，把点A（0，3）看成是直线经过的定点，根据题意可得，进而求直线的斜率，可求得直线倾斜角为进而求得直线的参
25、数方程为，然后代入圆的直角坐标方程，整理可得，由根与系数的关系可得所以 同号， 所以详解：（1）解：（1）设则由成等比数列，可得即又满足即化为直角坐标方程为（2）依题意可得故即直线倾斜角为直线的参数方程为代入圆直角坐标方程得故点睛：1、求曲线的极坐标方程的步骤：(1)建立适当的极坐标系，设P(，)是曲线上任意一点；(2)由曲线上的点所适合的条件，列出曲线上任意一点的极径和极角之间的关系式；(3)将列出的关系式进行整理、化简，得出曲线的极坐标方程 2、有关直线与曲线相交，求距离的和、差时，注意直线的参数方程中参数几何意义的运用【选修4-5：不等式选讲】23.已知函数（）求函数的最小值；（）若，证明：【答案】（）；（）证明见解析【解析】【分析】（）利用绝对值三角不等式和基本不等式，即可得解；（）利用基本不等式，即可证得结果.【详解】（），当且仅当，即时，等号成立，所以函数的最小值.（）由（）可得，即， ，当且仅当时，等号成立，同理，当且仅当时，等号成立，当且仅当时，等号成立，当且仅当时，等号成立，.【点睛】本题考查了绝对值三角不等式和基本不等式的应用，合理运用绝对值三角不等式是本题的解题关键，属于中档题.
