1、山西省大同市2020届高三数学3月模拟试题 理（含解析）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，所以.故选：A
2、.【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
3、列是等比数列，且公比，设首项为，则，则.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. 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
4、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
5、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.【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
6、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（ ）A. B. C.
7、 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.【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
8、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，则（ ）A. 1B. 2C. 4D. 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
9、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，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：，分别建立关于的
10、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：，此时，且，解得；，此时由，得，所以，即，不符合题意；，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
11、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.【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
12、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：.【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，.故答案为：.【点睛】本题考查等差数列
13、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1721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：，BD2AB2+DA22ABDAcosA5+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
14、棱柱中，平面平面，.（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BCA1C，再由B1C1BC，得A1C平面AB1C1；（2）取AC中点M，连接A1M，由已知可得A1MAC，且，令AA1AC2CB2，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C1AB1C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
15、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，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；（2）设直线与椭圆交于，两点，与直线
16、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，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
17、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12345678910用电量（度）538690124132200215225300410（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
18、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0123
19、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（）（）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；（）若，且当时，恒成立，求的最大值（）【答案】（）（）【解析】试题分析：（）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；（）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：（）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（）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
20、增又，所以在上存在唯一的实数根，使得，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，由可得，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44：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. （2）将直
21、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45：不等式选讲23.已知函数. （1）若，解不等式；（2）如果对任意的，恒成立，求实数的取
22、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. 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.
