1、山西省临汾市2020届高三数学下学期考前适应性训练考试试题（一）理（含解析）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，将答案用0.5mm黑色签字笔写在答题卡上.4.考试结束后将本试题和答案一并交回.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.设复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先
2、计算出复数，即得.【详解】由题得.故选：C【点睛】本题主要考查复数的计算和共轭复数的概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.2.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先化简集合A,B，再求得解.【详解】由题得或，所以.故选：C【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合的交集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.3.已知等比数列中，则（ ）A. B. 4C. 或2D. 或4【答案】D【解析】【分析】由已知结合等比数列的通项公式即可求公比和，即得解.【详解】，则，解可得，或所以或.所以或.故选：【点睛】本题主要考查等比数列通项
3、的基本量的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.4.一个路口的红绿灯，红灯时间为30秒，绿灯时间为30秒，绿灯时方可通过，则小王驾车到达该路口等待时间不超过10秒的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意可知该题几何概型,分别求出总时间长度及满足条件的时间长度,然后根据几何概型的概率公式即可求解.【详解】本题是一个几何概型,小王驾车到达该路口的总时间长度为60秒,到达该路口等待时间不超过10秒的时间长度为40秒,因此小王驾车到达该路口等待时间不超过10秒的概率为,故选:D.【点睛】本题主要考查了与长度有关的几何概型的求解,属于基础题.5.用单位立
4、方块搭一个几何体，使其正视图和侧视图如图所示，则该几何体体积的最大值为（ ） A. 28B. 21C. 20D. 19【答案】D【解析】【分析】结合几何体的正视图和侧视图判断出每一层最多有多少个单位几何体即得解.【详解】结合几何体的正视图和侧视图可知，最底层最多可以有16个正方体，第2层、第3层、第4层只能各有1个单位正方体.故该几何体体积的最大值为19.故选：D【点睛】本题主要考查三视图的应用，考查学生的空间想象和观察能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6.函数，的大致图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先确定函数为偶函数,排除B,D选项,再取特值即可判断最
5、终结论.【详解】因为f(x)=(x)2ecos(x)=x2ecosx=f(x),所以函数f(x)为偶函数,排除BD选项,因为f()=2ecos=2e10,所以排除A选项,故选:C.【点睛】本题考查函数图象的识别,难度不大.对于判断函数图象的试题,排除法是十分常用的方法,一般通过函数的奇偶性单调性和特殊值即可判断.7.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由基本不等式得出，再根据函数的单调性即可比较大小【详解】当时，且是定义域上的单调增函数，,所以，即；又，所以，即；所以故选：【点睛】本题主要考查了根据基本不等式和函数的单调性比较大小的问题，意在考查学生对这些知识的理解掌
6、握水平8.如图所示的程序框图，它的算法思路源于我国古代的数学专著（九章算术），执行该框图，若输入的，则输出的结果为（ ）A. 2B. 6C. 8D. 12【答案】B【解析】【分析】模拟程序框图运行,即可得出结论.【详解】模拟程序框图运行,输入a=174,b=36,满足ab,则a=17436=138,满足ab,则a=13836=102,满足ab,则a=10236=66,满足ab,则a=6636=30,不满足ab,则b=3630=6,满足ab,则a=306=24,满足ab,则a=246=18,满足ab,则a=186=12,满足ab,则a=126=6,此时a=b=6,则退出循环,输出a=6,故选:B
7、.【点睛】本题考查了算法和程序框图,主要是对循环结构的理解和运用,以及赋值语句的运用问题,属于基础题.9.已知双曲线的右焦点为，若过点且倾斜角为45的直线与的右支有且仅有一个交点，则的离心率的取值范围为（ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】若过点F且倾斜角为45的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率根据这个结论可以求出双曲线离心率的取值范围【详解】双曲线C：1（a0，b0）的右焦点为F，若过点F且倾斜角为45的直线与双曲线的右支有且只有一个交点则该直线的斜率的绝对值小于或等于渐近线的斜率，所以e2e故选：A【点睛】本题主要考查双曲线的性
8、质及应用，考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题10.已知直三棱柱中，为上任意一点，则三棱柱外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知可得直三棱柱的底面为等腰直角三角形,把直三棱柱补形为正方体,求出三棱柱外接球的半径,再由球的表面积公式得答案.【详解】三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱,CC1AC,E为AB1上任意一点,BC1CE,BC1AC,AC平面BB1C1C,则直三棱柱的底面为等腰直角三角形,把直三棱柱补形为正方体,则三棱柱ABCA1B1C1外接球的半径R,三棱柱ABCA1B1C1外接球的表面积为.故选:B.【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求
9、法,需要学生具备一定的空间想象能力与思维能力.11.已知函数的最大值为，当的定义域为时，的值域为，则正整数的最小值为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】D【解析】【分析】函数f（x）asinx+acosxasin（x），由于函数f（x）的最大值为，由a2，解得a2当f（x）的定义域为1，2时，f（x）的值域为2，2，包括最大值与最小值若21，即2，必定满足题意若21，即2，4，5，6通过验证即可得出【详解】函数f（x）asinx+acosxasin（x），由于函数f（x）的最大值为，a2，解得a2当f（x）的定义域为1，2时，f（x）的值域为2，2，包括最大值与最小值若21，即2，必
10、定满足题意若21，即2，4，5，6取6，f（x）2sin（6x），66x126x2（6）时取最大值，6x2（12）时取最小值取5，f（x）2sin（5x），55x105x2（5）时取最大值，而5x210，因此不能取得最小值；同理可得4也不合题意，因此正整数的最小值为6故选：D【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题12.已知是定义在上的可导函数，满足，则不等式，中一定成立的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】根据题意构造函数x，并判断其在（0，+）上单调递减，然后分别算出g（1）、g（2）和g（），并
11、利用单调性比较大小，即可判断每个选项【详解】令x，则1，xf（x）f（x）x2，g（x）0在（0，+）上恒成立，即g（x）在（0，+）上单调递减，f（1）1，对于，即f（2）4，错误，正确；对于，即，和均错误；因此一定成立的只有，故选：A【点睛】本题主要考查导数的综合应用，构造新函数是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，若与垂直，则实数_.【答案】1【解析】【分析】根据平面向量的坐标运算与共线定理，列方程求出的值详解】向量，则（1，1+），（2，1），因为与垂直，所以故答案为：【点睛】本题主要考查了平面向量的
12、垂直和坐标运算问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，是基础题14.已知满足约束条件则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】作出可行域，zx2+y2表示可行域内的点到原点距离的平方，数形结合可得【详解】作出x，y满足约束条件所对应的可行域，而zx2+y2表示可行域内的点P到原点距离的平方，由：，解得A（，）数形结合可得最大值为：（）2+（）2，故答案为：【点睛】本题主要考查简单线性规划求最值，准确作图是解决问题的关键，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平15.已知，则的值为_【答案】1【解析】 16.已知数列中，其前项和满足，则_.【答案】an【解析】【分析】由（n1）Sn1（n+1）Sn
13、0（n2），再利用累乘法求得，从而可求得答案【详解】由（21）a13（a1+）=0，解得a1；由（n1）Sn1（n+1）Sn0得：（n2），SnS1（n2），适合n=1.所以.当n=1时，a1当n2时，anSnSn1，不适合n=1.an故答案为： an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.的内角的对边分别为已知向量与共线.（1）求；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由向量平行的坐标表示转化三角关系，然后结合二倍角及辅助角公
14、式进行化简即可求解；（2）结合余弦定理及三角形的面积公式即可求解【详解】（1）因为，所以，所以，即，即.因为，所以，故，即.（2）由余弦定理，得，又，而，则，即（当且仅当时等号成立），所以（当且仅当时等号成立），所以面积的最大值为.【点睛】本题主要考查了和差角公式、二倍角公式及辅助角公式在三角化简中的应用，还考查了余弦定理及三角形的面积公式的应用18.如图，四棱锥中，为等边三角形，且.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据边角关系，求出CDAD，由ADCD，判断出CD平面PAD，再证明出结论；（2）取AD中点O，则POAD，由（1
15、）知，PO平面ABCD，如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面BCP和平面CDP的法向量，利用夹角公式求出即可【详解】（1）证明：因为，所以，即.因为为等边三角形，所以.因为，所以，即.又因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）解：取中点，则，由（1）知，平面.如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，平面法向量为，则可取.可取.，所以二面角的余值为.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，考查了向量法求二面角的余弦值，考查运算能力和逻辑推理能力19.某控制器中有一个易损部件，该部件由两个电子元件按图1方式连接而成.已知这两个电子元件的
16、使用寿命（单位：小时）均服从正态分布，且各个元件能否正常工作相互独立.（一个月按30天算） （1）求该部件的使用寿命达到一个月及以上的概率；（2）为了保证该控制器能稳定工作，将若干个同样的部件按图2连接在一起组成集成块.每一个部件是否能正常工作相互独立.某开发商准备大批量生产该集成块，在投入生产前，进行了市场调查，结果如下表：集成块类型成本销售金额其中是集成块使用寿命达到一个月及以上的概率，为集成块使用的部件个数.报据市场调查，试分析集成块使用的部件个数为多少时，开发商所得利润最大？并说明理由.【答案】（1）（2）当时，利润取最大值；详见解析【解析】【分析】（1）设元件1的使用寿命达到一个月及
17、以上为A事件，元件2的使用寿命达到一个月及以上为B事件由题意知，且A事件与B事件相互独立，由此能求出该部件的使用寿命达到一个月及以上的概率；（2）求出n1,2,3,4,5,6,7时由此能求出当n6时，W取最大值40【详解】（1）设元件1的使用寿命达到一个月及以上为事件，元件2的使用寿命达到一个月及以上为事件.由题意知，且事件与事件相互独立，所以，.（2）当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，.设所得利润为W，则有：当时，取最大值40.【点睛】本题主要考查概率、最大利润的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题20.已知圆，为上任意一点，的垂直平分
18、线交于点，记点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）已知点，过直线交于两点，证明：直线的斜率与直线的斜率之和为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由PF的中垂线可得GPGF，而GP+GEPE4，进而可得G的轨迹为椭圆；且可得F，E为椭圆的焦点，PE的长为长轴长，进而求出椭圆的方程；（2）设直线MN的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出直线SM，SN的斜率之和，将之和及之积代入，由由于Q在直线上，可得参数的关系，进而可得斜率之和为定值【详解】（1）因为点在的垂直平分线上，所以.而，所以动点满足，椭圆定义可知，点在以、为焦点的椭圆上，且，所以，所以曲线的方程为.
19、（2）由题意知直线斜率存在.设其方程为，联立方程组代入消元并整理得：，则，.，将直线方程代入，整理得：，韦达定理代入化简得：.因为直线过点，所以，代入，得.【点睛】本题主要考查求轨迹方程的方法及直线与椭圆的综合应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题21.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若存在实数，使，求实数的范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）【解析】【分析】（1）求导，分类讨论即可求得单调性情况；（2）分a0，a0及a0三种情况讨论即可求得实数a的取值范围【详解】（1）函数的导函数为，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上
20、单调递减，在上单调递增.（2）当时，有，不符合题意；当时，由（1）知，由在单调递增，且知，当时，由（1）知，此时恒成立，不符合题意；当时，（预备：很容易证明，而，所以，即，所以，.）由，有，即.所以存在，使得满足题意.当时，由（1）知，由在上单调递减，且知，当时，恒成立，不满足题意；当时，（预备：很容易证明，而，所以，即，所以，.）由，有，即，所以存在，使得满足题意.综上所述，的取值范围为.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，以及不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想以及逻辑推理能力，属于难题（二）选考题：共10分.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，
21、作签时用2B铅笔在答题卡上所选题号后的方框涂黑.22.在直角坐标系中，直线的参数方程为，（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的普通方程及的直角坐标方程；（2）求曲线上的点到距离的取值范围.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】(1)直接利用转换关系式,转化参数方程与极坐标方程即可;(2)先求出圆的圆心到直线的距离,进而可得出曲线上的点到距离的取值范围.【详解】(1)直线的参数方程为,(为参数),消去参数可得的普通方程为;曲线的极坐标方程为,可得的直角坐标方程为.(2)的标准方程为,圆心为,半径为1,所以,圆心到的距离为,所以,点到距离的取值范围是.【点睛】本题考查参数方程,极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,考查点到直线的距离公式的应用,难度不大.23.已知函数（1）当时，求函数的最小值；（2）当函数的定义域为R时，求实数a的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）当时，函数的定义域满足：，即设，则，（2）因为函数的定义域为，所以不等式恒成立，只要即可；又（当且仅当时取等号），所以，即的取值范围是考点：1函数的定义域；2绝对值不等式；3恒成立问题【方法点睛】处理绝对值不等式问题，主要从去掉绝对值符号入手，往往讨论变量的范围去掉绝对值符号，变成分段函数求解问题；证明问题还往往涉及的应用
