1、山西省2020届高三数学下学期4月统考试题 理（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名准考证号等填写在答题卡和盘卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡 上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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，则中元素的个数是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】联立方程解得或，得到答案.【详解】，解得或，
2、故中有两个元素.故选：C.【点睛】本题考查了交集运算，意在考查学生的计算能力.2.国际上通常用年龄中位数指标作为划分国家或地区人口年龄构成的标准：年龄中位数在20岁以下为“年轻型”人口；年龄中位数在2030岁为“成年型”人口；年龄中位数在30岁以上为“老龄型”人口如图反映了我国全面放开二孩政策对我国人口年龄中位数的影响据此，对我国人口年龄构成的类型做出如下判断：建国以来直至2000年为“成年型”人口；从2010年至2020年为“老龄型”人口；放开二孩政策之后我国仍为“老龄型”人口其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据折线统计图即可判断【详解】建国以来有一段时间
3、年龄中位数低于20，为年轻型人口，所以错误；从2010年至2020年年龄中位数在30岁以上，为“老龄型”人口，正确，放开二孩政策之后我国年龄中位数在30岁以上，仍为“老龄型”人口，正确，故选：A【点睛】本题考查了折线统计图，考查了合情推理的问题，属于基础题3.函数，则关于函数的说法不正确的是（ ）A. 定义域为B. 值域为C. 在上为增函数D. 只有一个零点【答案】B【解析】【分析】根据的解析式即可判断的定义域为，且在上为增函数，只有一个零点,从而判断出说法不正确的选项详解】，的定义域为，值域为，且对于时，明显地，在R上为增函数，且，只有一个零点故选：B【点睛】本题考查了函数定义域和值域的定义
4、及求法，分段函数、指数函数和对数函数的单调性的判断，函数零点的定义及求法，考查了计算和推理能力，属于基础题4.在四边形中，则该四边形的面积是（ ）A. B. C. 10D. 20【答案】C【解析】【分析】由可知,利用坐标运算求出,再求四边形的面积即可.【详解】因为,所以,即,所以四边形的面积为,故选:C.【点睛】本题主要考查向量垂直的应用,考查数量积的坐标运算,属于基础题.5.天上有些恒星的亮度是会变化的，其中一种称为造父（型）变星，本身体积会膨胀收缩造成亮度周期性的变化.第一颗被描述的经典造父变星是在1784年.上图为一造父变星的亮度随时间的周期变化图，其中视星等的数值越小，亮度越高，则此变
5、星亮度变化的周期、最亮时视星等，分别约是（ ）A. 5.5，3.7B. 5.4，4.4C. 6.5，3.7D. 5.5，4.4【答案】A【解析】【分析】结合图象可知,两个相邻最高点或最低点的位置横向差即为周期，再结合视星等的数值越小，亮度越高，取视星等的最小数值即可得出最亮时的视星等.【详解】根据图象可知，两个相邻最高点或最低点的位置横向相差约为5.5，故可以估计周期约为5.5；又视星等的数值越小，亮度越高，故最亮时视星等约为3.7；故选：A.【点睛】本题考查图象的基本应用,考查学生的分析理解能力，难度不大.6.双曲线：与：（）的离心率之积为4，则的渐近线方程是（ ）A. B. C. D. 【
6、答案】B【解析】【分析】根据题意可知,即,即,据此可解出,从而可得出双曲线的渐近线方程.【详解】因为双曲线:与:()的离心率之积为4,所以,即,即,因此,故,双曲线的渐近线方程为,故选:B.【点睛】本题考查双曲线离心率的应用,考查双曲线渐近线的求法,难度不大.7.某几何体的三视图如图所示，已知网格纸中小正方形的边长为1，则此几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由三视图可知,该几何体上半部分是一个底面半径为3,高为3的圆柱,下半部分是一个底面边长为,高为2的正四棱锥,利用体积计算公式分别求出圆柱和棱锥的体积,即可得出几何体的体积.【详解】由三视图可知,该几何体是
7、由一个底面半径为3,高为3的圆柱,和一个底面边长为,高为2的正四棱锥组合而成,圆柱的体积为,正四棱锥的体积为,所以几何体的体积为,故选:B.【点睛】本题考查利用三视图还原几何体,考查几何体体积的求法,难度不大.8.已知中，角，的对边分别为，其内切圆半径为，由，又，可得.类比上述方法可得：三楼锥中，若，平面，设的面积为，的面积为，的面积为，的面积为，则该三棱锥内切球的半径是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，则，化简得到答案.【详解】设，则，又，.又，.，.故选：B.【点睛】本题考查了类比推理，意在考查学生的计算能力和推理能力.9.展开式中，常数项是（ ）A. 220B.
8、 C. 924D. 【答案】B【解析】【分析】，利用二项式定理计算得到答案.【详解】，即求分子展开式中项的系数.分子二项展开式的通项为，令，解得，此时，故原式展开后，常数项为.故选：B.【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和转化能力.10.函数，若，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题得，所以分别是函数的最小（大）值和最大（小）值. 不妨设是函数的最小值和最大值，求出即得解.【详解】由题得，所以.因为，所以分别是函数的最小（大）值和最大（小）值.不妨设是函数的最小值和最大值，所以.,所以,当时，的最小值是.故选：D【点睛】本题主要考查三角恒等
9、变换和三角函数的图象和性质，考查三角函数的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.11.已知长方体，是的中点，点在长方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成的区域面积是（ ）A. 6B. C. D. 9【答案】D【解析】【分析】设,分别为,的中点,则,所以平面平面,所以动点的轨迹是六边形及其内部,因此,结合题中所给数据即可求出六边形的面积.【详解】如图所示,设,分别为,的中点,则,所以平面,平面,又,所以平面平面,所以动点的轨迹是六边形及其内部,因为,所以,到的距离为,所以六边形的面积,故选:D.【点睛】本题主要考查空间中平行的应用,考查学生的空间思维及计算能力,属于中档
10、题.12.数列中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简得到，记，得到，是以为公差的等差数列，计算得到答案.【详解】由，故，记，则，两边取倒数，得，所以是以为公差的等差数列，又，所以，所以，故.故选：C.【点睛】本题考查了数列的通项公式，确定是以为公差的等差数列是解题的关键.二填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.已知复数（为虚数单位），则_.【答案】【解析】【分析】化简得到，得到模长.【详解】，.故答案为：.【点睛】本题考查了复数的化简，复数的模，意在考查学生的计算能力.14.等差数列中，则满足不等式的正整数的最大值是_.【答案】59【解析】【分析】计算得到
11、，解不等式得到答案.【详解】由得，即，又，解得，故正整数的最大值为59.故答案为：59.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，解不等式，意在考查学生的计算能力.15.设，分别为椭圆：的左、右焦点，分别为上第二、四象限的点，若四边形为矩形，则该矩形的面积是_，所在直线的方程是_.【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】计算得到，得到面积，联立方程得到，过坐标原点，计算得到答案.【详解】由已知得，得，矩形的面积为.矩形的外接圆方程为，与椭圆的方程联立得.又过坐标原点，的斜率为，所在直线的方程为.故答案为：2；.【点睛】本题考查了椭圆内接矩形的相关问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.1
12、6.已知函数（其中且）有零点，则实数的最小值是_.【答案】【解析】【分析】由存在零点，即函数与的图象有公共点，最小时，两图象均与直线相切，设切点坐标为，计算得到答案.【详解】由存在零点，即函数与的图象有公共点.当时，两图象显然有公共点；当时，由图可知，最小时，两图象均与直线相切，此时，设切点坐标为，则，.故答案为：.【点睛】本题考查了根据函数零点求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力.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1721题为必考题， 每个试题考生都必须作答.第2223题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：共60分.17.在中，内角，的对边分别为，且.（1
13、）求；（2）若的面积为，求的最小值.【答案】（1）；（2）2【解析】【分析】（1）化简得到，根据正弦定理计算得到答案.（2）根据面积得到，利用余弦定理和均值不等式计算得到答案.【详解】（1）由已知得，.由正弦定理，得.又因为，.（2）由的面积为，得，由余弦定理得，当且仅当时，取得等号，所以的最小值为2.【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，均值不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.18.如图1，已知等边的边长为3，点，分别是边，上的点，且，.如图2，将沿折起到的位置.（1）求证：平面平面；（2）给出三个条件：；二面角大小为；.在这三个条件中任选一个，补充在下面问题的条件中，并
14、作答：在线段上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.注：如果多个条件分别解答，按第一个解答给分【答案】（1）见解析；（2）答案不唯一，见解析【解析】【分析】（1），得到平面，得到证明.（2）以为原点，分别为，轴建立空间直角坐标系，平面的法向量为，利用夹角公式计算得到答案.【详解】（1）由已知得， ，解得，故，又，平面，平面，平面平面.（2）（）若用条件，由（1）得，和是两条相交直线，平面.以为原点，分别为，轴建立空间直角坐标系.则，设，其中，则.平面法向量为.设直线与平面所成角为，则，解得，所以不存在满足条件.（）若用条件二面角大小为，由（1）得是
15、二面角的平面角，.过作，垂足为，则平面.在平面中，作，点在的右侧.以为原点，分别为，轴建立空间直角坐标系.则，设，其中，则.平面的法向量为.设直线与平面所成角为，则，解得或（舍去），所以存在满足条件，这时.（）若用条件，在中，由余弦定理得：，故.过作，垂足为，则平面.同（）以为原点，分别为，轴建立空间直角坐标系.则，设，其中，则.平面的法向量为.设直线与平面所成角为，则，.解得，所以不存满足条件.【点睛】本题考查了面面垂直，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.19.已知抛物线：.（1）若轴上的点关于直线的对称点在上，求点的坐标；（2）设过的焦点的直线与交于，两点，的延长线与轴交于，
16、为坐标原点，若的面积等于面积的3倍，求直线的方程.【答案】（1）或；（2）或【解析】【分析】（1）点关于直线的对称点为，代入计算得到答案.（2）设（），根据题意得到，计算得到答案.【详解】（1）设点关于直线的对称点为，则解得，.把点坐标代入得，或.或.（2）设（），到直线的距离为.则，.由，得，即，得.由已知直线的斜率存在，且不为0，设：，代入，得，.由得，代入得，直线的方程为或.【点睛】本题考查了点关于直线对称，抛物线中面积问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.20.设函数，其中.（1）若在上为增函数，求的取值范围；（2）当，时，求证：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1
17、）根据题意恒成立，即，令（），计算最值得到答案.（2）令，证明，根据得到函数单调递增，计算最值得到答案【详解】（1）在上增函数，恒成立，即，恒成立，令（），则，由得，当时，为增函数；当时，为减函数；，故.（2）当时，令（），则，令，得，由于时，为增函数；由于时，为减函数；，即，在为增函数，又，即.【点睛】本题考查了根据函数的单调性求参数，证明不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21.现有甲，乙两种不透明充气包装的袋装零食，每袋零食甲随机附赠玩具，中的一个，每袋零食乙从玩具，中随机附赠一个.记事件：一次性购买袋零食甲后集齐玩具，；事件：一次性购买袋零食乙后集齐玩具，.（1）求概率，及；
18、（2）已知，其中，为常数，求.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）一次性购买4袋零食甲获得玩具的情况共有种不同的可能，其中能够集齐三种玩具的充要条件是，三个玩具中，某个玩具出现两次，其余玩具各出现一次， 计算得到概率，同理可得答案.（2）记，计算，得到，利用累加法计算得到答案.【详解】（1）一次性购买4袋零食甲获得玩具的情况共有种不同的可能，其中能够集齐三种玩具的充要条件是，三个玩具中，某个玩具出现两次，其余玩具各出现一次，对应的可能性为，故，一次性购买5袋零食甲获得玩具的情况共有不同的可能，其中能够集齐三种玩具的充要条件是，三个玩具中，某个玩具出现三次，其余玩具各出现一次或某两个玩
19、具各出现两次，另一个玩具出现一次，对应的可能性分别为，故.一次性购买4袋零食乙获得玩具的情况共有种不同的可能，其中不能集齐两种玩具的情况只有2种，即全是，全是，故.（2）记，根据题意及（1）的计算，不难整理得下表：12345000由于的对立事件总是2种情形（即全是，全是），容易得到.为解出待定系数，令，即，解得或（舍去，因为）.故，即，同理，累加可得（）.当时，适合上式，.【点睛】本题考查了概率的计算，根据数列的递推公式求通项公式，累加法，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.(二)选考题：共10分.请考生在第2223题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一 题计分，作答时请用2B铅笔在答题
20、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.在极坐标系中，直线过点与点.（1）求直线的极坐标方程；（2）已知圆：.若曲线与，相交于，两点；曲线与，相交于，两点，异于极点，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】(1)先将极坐标下,两点的坐标化为直角坐标系下点的坐标,从而求出直线的直角坐标方程,再将其转化为极坐标方程即可;(2)将和分别代入,的极坐标方程中,可求出,因此有,从而.【详解】(1)因为极坐标系中,直线过点与点,所以直角坐标系中,直线过点与点,因此直线的直角坐标方程为,故直线的极坐标方程为,即的极坐标方程为;(2)将代入得,且由知,将代入得,将代入得,
21、.【点睛】本题主要考查极坐标与直角坐标的互化,考查极坐标几何意义的应用,难度不大.选修4-5：不等式选讲23.已知函数，当时的最小值是2.(1)求；(2)若，求证：.【答案】(1)或；(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)因为，所以，再分别求出和两种情况下的最小值，据此列式求解即可；(2)由(1)知或，故在和两种情况下，分别利用柯西不等式进行证明.【详解】(1)因，所以，所以，当时，所以，由，得；当时，所以，由，得；综上所述，或.(2)当时，则，所以，当且仅当即，时上式取等号；当时，则，所以，当且仅当即，时上式取等号；综上所述，.【点睛】本题考查绝对值不等式及柯西不等式的应用，考查学生的计算分析能力，难度不大.
