1、山西省太原市2020届高三数学下学期模拟考试试题（三）理（含解析）一、选择题（共12小题）.1.已知集合Ax|x23x+20，Bx|x+1a，若ABR，则实数a的取值范围是（ ）A. 2，+）B. （，2C. 1，+）D. （，1【答案】B【解析】【分析】先化简集合A，B，再由ABR求解.【详解】集合Ax|x23x+20x|x1或x2，Bx|x+1ax|xa1，又因为ABR，a11，解得a2，实数a的取值范围是（，2.故选：B.【点睛】本题主要考查集合运算的应用以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2.若复数z满足，则复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象
2、限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的运算法则、几何意义、共轭复数的定义即可得出【详解】解：，2i在复平面内所对应的点（2，1）位于第四象限故选：D【点睛】本题考查了复数运算法则、几何意义、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题3.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用不等式的性质、函数的单调性和赋值法可得正确的选项.【详解】解：由于，所以，又，故，选项A错误.当时，故选项B错误.由于，在上为减函数，故，选项C正确.由于，所以，故，故D错误.故选：C.【点睛】本题考查指数式、对数式、分式的大小比较，一般地，我们可利用不等式
3、的性质或指数函数、对数函数、幂函数的单调性来讨论，而说明一个不等式不成立时，可举例说明.4.已知，(0, )，则=A. 1B. C. D. 1【答案】A【解析】【详解】，即，故故选5.宋元时期数学名著算学启蒙中有关于“松竹并生的问题，松长三尺，竹长一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的，分别为3，1，则输出的等于A. 5B. 4C. 3D. 2【答案】B【解析】【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【详解】解：当n1时，a3，b2，满足进行循环的条件，
4、当n2时，a，b4，满足进行循环的条件，当n3时，a，b8，满足进行循环的条件，当n4时，a，b16，不满足进行循环的条件，故输出的n值为4，故选：B【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答6.已知等比数列的前项和为，若，且，则（ ） A. B. C. D. 或【答案】D【解析】【分析】设公比为,利用基本量法求解即可.【详解】设公比为,易知.由得,解得或当时,；当时,所以或,故选：D【点睛】本题主要考查了等比数列的基本量求解方法,属于中等题型.7.平面向量，共线的充要条件是（ ）A. B. ，两向量中至少有一个为零向量C. R， D. 存在不全
5、为零实数1，2， 【答案】D【解析】【分析】根据共线向量基本定理，结合充分条件的定义进行求解即可.【详解】A：成立时，说明两个非零向量的夹角为零度，但是非零两个向量共线时，它们的夹角可以为平角，故本选项是错误的；B：两个非零向量也可以共线，故本选项是错误的；C：只有当不是零向量时才成立，故本选项是错误的；D：当平面向量，共线时，存在一个，使得成立，因此存在不全为零的实数1，2，；当存在不全为零的实数1，2，成立时，若实数1，2不都为零时，则有成立，显然，共线，若其中实数1，2有一个为零时，不妨设，则有，所以平面向量，共线，所以本选项是正确的.故选：D【点睛】本题考查了平面向量共线定理的应用，属
6、于基础题.8.根据党中央关于“精准”脱贫要求，我市某农业经济部门派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家，则甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】每个县区至少派一位专家，基本事件总数，甲，乙两位专家派遣至同一县区包含的基本事件个数，由此能求出甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率.【详解】派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家基本事件总数：甲，乙两位专家派遣至同一县区包含的基本事件个数：甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率为：本题正确选项：【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.9.
7、把函数f（x）sin2x的图象向右平移个单位后，得到函数yg（x）的图象.则g（x）的解析式是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用函数的图象变换规律，即可求解，得到函数的解析式.【详解】由题意，把函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象.故选：C.【点睛】本题主要考查了利用三角函数的图象变换求解三角函数的解析式，其中解答中利用余弦的倍角公式，化简得到的解析式，再结合三角函数的图象变换求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.10.已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间0，+）上单调递增，若实数a满足，则a的取值范围是（ ）A. B. 1，2C. D. （0，2
8、【答案】A【解析】【分析】由偶函数的性质将化为： ，再由f（x）的单调性列出不等式，根据对数函数的性质求出a的取值范围.【详解】解：因为函数f（x）是定义在R上的偶函数，所以，则为，因为函数f（x）在区间0，+）上单调递增，所以|log2a|1，解得a2，则a的取值范围是，2，故选：A.【点睛】此题考查函数的奇偶性、单调性的应用，以及对数函数的性质，属于基础题.11.已知抛物线C：x28y，过点M（x0，y0）作直线MA、MB与抛物线C分别切于点A、B，且以AB为直径的圆过点M，则y0的值为（ ）A. 1B. 2C. 4D. 不能确定【答案】B【解析】【分析】设出的坐标，利用函数的导数，结合直
9、线经过，转化求解的值【详解】设，由，可得，所以， 因为过点 作直线与抛物线分别切于点，且以为直径的圆过点，所以，可得，直线的方程为： ， 同理直线的方程为：，可得，即.故选：B【点睛】本题考查函数的导数的应用，曲线与方程相结合，考查计算能力12.点在曲线上，过作轴垂线，设与曲线交于点，且点的纵坐标始终为0，则称点为曲线上的“水平黄金点”，则曲线上的“水平黄金点”的个数为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】设,则,则,即可得,设,利用导函数判断的零点的个数,即为所求.【详解】设,则,所以,依题意可得,设,则,当时,则单调递减；当时,则单调递增,所以,且,有两个不同的解
10、,所以曲线上的“水平黄金点”的个数为2.故选:C【点睛】本题考查利用导函数处理零点问题,考查向量的坐标运算,考查零点存在性定理的应用.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数则_.【答案】8.【解析】【分析】依题意得f（）3，从而f（f（）f（3），由此能求出结果.【详解】解：函数则； f（3）3218.故答案为：8.【点睛】此题考查的是分段函数求值问题，属于基础题.14.的内角的对边分别为.若的面积为，则_.【答案】（或）【解析】【分析】由已知结合余弦定理及三角形的面积公式进行化简即可求解【详解】解：由余弦定理可得a2b2c22bccosA，ABC的面积为，又因为SA
11、BC，所以tanA，由A（0，）可得A故答案为：.【点睛】本题主要考查了余弦定理及三角形的面积公式的简单应用，属于基础试题15.设F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，若双曲线上存在点P，使F1PF260，且|PF1|2|PF2|，则双曲线的离心率为_.【答案】.【解析】【分析】根据双曲线的定义，结合余弦定理、双曲线离心率公式进行求解即可.【详解】设|PF2|=m，则|PF1|=2m，显然点 P在双曲线的右支上，因此有，因此，而，F1PF260，所以由余弦定理可知；，即，化简得：故答案为：【点睛】本题考查了双曲线定义的应用，考查了求双曲线的离心率，考查了余弦定理的应用，考查了数学运算能力.16.
12、正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F是侧面CDD1C1上的动点，且B1F平面A1BE，记B1与F的轨迹构成的平面为.F，使得B1FCD1直线B1F与直线BC所成角的正切值的取值范围是，与平面CDD1C1所成锐二面角的正切值为2正方体ABCDA1B1C1D1的各个侧面中，与所成的锐二面角相等的侧面共四个.其中正确命题的序号是_.（写出所有正确的命题序号）【答案】【解析】【分析】分别取CC1和C1D1的中点为M，N，连接MN、MB1、NB1，然后利用面面平行的判定定理证明平面MNB1平面A1BE，从而确定平面MNB1就是平面.当F为线段MN的中点时，可证明；利用平移的思想，将直
13、线B1F与直线BC所成角转化为B1F与B1C1所成的角，由于B1C1平面MNC1，所以tanFB1C1即为所求，进而求解即可；平面MNB1与平面CDD1C1所成的锐二面角即为所求，也就是求出tanB1QC1即可；由正方体的对称性和二面角的含义即可判断.【详解】解：如图所示，设正方体的棱长为2，分别取CC1和C1D1的中点为M，N，连接MN、MB1、NB1，则MNA1B，MB1EA1，MN、MB1平面MNB1，A1B、EA1平面A1BE，且MNMB1M，A1BEA1A1，平面MNB1平面A1BE，当F在MN上运动时，始终有B1F平面A1BE，即平面MNB1就是平面.对于，当F为线段MN的中点时，
14、MB1NB1，B1FMN，MNCD1，B1FCD1，即正确；对于，BCB1C1，直线B1F与直线B1C1所成的角即为所求，B1C1平面MNC1，C1F平面MNC1，B1C1C1F，直线B1F与直线B1C1所成的角为FB1C1，且tanFB1C1，而FC1的取值范围为，B1C12，所以tanFB1C1，即正确；对于，平面MNB1与平面CDD1C1所成的锐二面角即为所求，取MN的中点Q，因为B1C1平面MNC1，所以B1QC1就是所求角，而tanB1QC1，即正确；对于，由对称性可知，与所成的锐二面角相等的面有平面BCC1B1，平面ADD1A1，平面A1B1C1D1，平面ABCD，即正确.故答案为
15、：.【点睛】此题考查空间立体几何的综合，涉及空间线面的位置关系、异面直线的夹角和面面角等问题，考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于难题.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.（一）必考题：共60分.17.已知an是公差为1的等差数列，数列bn满足.（1）求数列bn的通项公式；（2）设，求数列cn的前n项和Sn.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由题设条件求得a1，再求an，进而论证数列nbn是常数列，最后求得bn；（2）先由（1）求得cn，再由错位相减法求Sn.【详解
16、】（1）由已知得：又an是公差为1的等差数列，ann.，数列nbn是常数列，（2）由（1）得：又由可得：【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.18.垃圾分类是对垃圾进行有效处置的一种科学管理方法，为了了解居民对垃圾分类的知晓率和参与率，引导居民积极行动，科学地进行垃圾分类，某小区随机抽取年龄在区间25，85上的50人进行调研，统计出年龄频数分布及了解垃圾分类的人数如表：（1）填写下面2x2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为以65岁为分界点居民对了解垃圾分类的有关知识有差异；（2）若对年龄在45，55），25，35）的被调研人
17、中各随机选取2人进行深入调研，记选中的4人中不了解垃圾分类的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望.参考公式和数据K2，其中na+b+c+d.【答案】（1）填表见解析；不能（2）分布列见解析；期望为【解析】【分析】（1）根据题意填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论；（2）由题意知随机变量X的可能取值，计算对应的概率值，写出分布列，求出数学期望值.【详解】解：（1）根据题意填写2x2列联表，计算K26.2726.635，所以不能在犯错误的概率不超过0.01的前提下，认为以65岁为分界点居民对了解垃圾分类的有关知识有差异；（2）由题意知，随机变量X的可能取值为0，1，2，3；计算P（X0）
18、，P（X1），P（X2），P（X3）；所以随机变量X的分布列为：所以X的数学期望为E（X）0123.【点睛】此题考了独立性检验的应用，考查了随机变量的分布列和数学期望，属于中档题.19.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知四边形AA1C1C为矩形，AA16，ABAC4，BACBAA160，A1AC的角平分线AD交CC1于D.（1）求证：平面BAD平面AA1C1C；（2）求二面角AB1C1A1的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）过点D作DEAC交AA1于E，连接CE，BE，设ADCEO，连接BO，推导出DEAE，四边形AEDC为正方形，CEAD，推导出BACBAE
19、，从而BCBE，CEBO，从而CE平面BAD，由此能证明平面BAD平面AA1C1C.（2）推导出BOAD，BOCE，从而BO平面AA1C1C，建立空间直角坐标系Oxyz，利用向量法能求出二面角AB1C1A1的余弦值.【详解】解：（1）如图，过点D作DEAC交AA1于E，连接CE，BE，设ADCEO，连接BO，ACAA1，DEAE，又AD为A1AC的角平分线，四边形AEDC为正方形，CEAD，又ACAE，BACBAE，BABA，BACBAE，BCBE，又O为CE的中点，CEBO，又AD，BO平面BAD，ADBOO，CE平面BAD.又CE平面AA1C1C，平面BAD平面AA1C1C.（2）在ABC
20、中，ABAC4，BAC60，BC4，在RtBOC中，又AB4，BO2+AO2AB2，BOAD，又BOCE，ADCEO，AD，CE平面AA1C1C，BO平面AA1C1C，故建立如图空间直角坐标系Oxyz，则A（2，2，0），A1（2，4，0），C1（2，4，0），设平面AB1C1的一个法向量为，则，令x16，得，设平面A1B1C1的一个法向量为，则，令，得，故二面角AB1C1A1的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明和求二面角，求空间角通常用向量法求解，考查运算能力，属于中档题.20.已知椭圆C：（ab0）的焦距为2，且过点.（1）求椭圆C的方程；（2）已知BMN是椭圆C的内接三角形，若坐标
21、原点O为BMN的重心，求点O到直线MN距离的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意焦距的值可得c的值，再由椭圆过点，及a，b，c之间的关系求出a，b的值，进而求出椭圆的方程；（2）分B的纵坐标为0和不为0两种情况讨论，设B的坐标，由O是三角形的重心可得MN的中点的坐标，设M，N的坐标，代入椭圆方程两式相减可得直线MN的斜率，求出直线MN的方程，求出O到直线MN的距离的表达式，再由B的纵坐标的范围求出d的取值范围，进而求出d的最小值.【详解】解：（1）由题意可得：椭圆的焦距为2，则，又椭圆过点，解得：a24，b23，所以椭圆的方程为：1；（2）设B，记线段MN中点D，因为O为B
22、MN的重心，所以2，则点D的坐标为：，若n0，则|m|2，此时直线MN与x轴垂直，故原点O到直线MN的距离为，即为1，若n0，此时直线MN的斜率存在，设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2m，y1+y2n，又1，1，两式相减0，可得：kMN，故直线MN的方程为：y（x），即6mx+8ny+3m2+4n20，则点O到直线MN的距离d，将1，代入得d，因为0n23，所以dmin，又1，故原点O到直线MN的距离的最小值为.【点睛】本题考查求椭圆的方程，点到直线的距离，考查椭圆中的最值问题，注意直线的斜率的讨论，属于难题.21.已知函数.（1）讨论函数的极值点个数；（2）若有两个极值点，试
23、判断与的大小关系并证明.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2），详见解析【解析】【分析】（1）由已知令，得，记，则函数的极值点个数转化为函数与y2a的交点个数，再利用导数得到在上是增函数，在上是减函数，且，对a分情况讨论，即可得到函数的极值点个数情况；（2）由已知令，可得，记，利用导数得到的单调性，可得，当时，所以当即时有2个极值点，从而得到，所以，即【详解】解：（1），令，得，记，则，令，得；令，得，在上是增函数，在上是减函数，且，当即时，无解，无极值点，当即时，有一解，即，恒成立，无极值点，当，即时，有两解，有2个极值点，当即时，有一解，有一个极值点.综上所述：当，无极值点；时，有2个
24、极值点；当，有1个极值点；（2），,令，则，,记，则,由得，由，得，在上是增函数，在上是减函数,，当时，,当即时,有2个极值点,由,得,不妨设则，,又在上是减函数,【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，极值，最值，考查学生转化问题和分析问题的能力，是一道难题（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.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.已知曲线极坐标方程是，以极点为原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线过点，倾斜角为（1）求曲线的直角坐标方程与直线l的参数方程；（2）设直线与
25、曲线交于，两点，求的值【答案】（1），(为参数)；（2）.【解析】【分析】（1）将曲线的极坐标方程两边同乘，根据公式即可化简为直角坐标方程；根据已知信息，直接写出直线的参数方程，整理化简即可；（2）联立曲线的直角坐标方程和直线的参数方程，得到关于的一元二次方程，根据直线参数方程中参数的几何意义，求得结果.【详解】（1）因为，所以，所以，即曲线的直角坐标方程为：，直线的参数方程(为参数)，即(为参数).（2）设点，对应的参数分别为，将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得，整理，得，所以，因为所以=， =4，所以=.【点睛】本题考查将极坐标方程转化为直角坐标方程，以及直线参数方程的求解，涉及利用直线参数方程中参数的几何意义求解问题，属综合基础题.选修4-5：不等式选讲23.已知函数（1）若，解不等式；（2）对任意的实数，若总存在实数，使得，求实数的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分类讨论求解绝对值不等式，即可求得结果；（2）求得的值域以及的值域，根据二次函数的值域是值域的子集，求参数的范围即可.【详解】（1）当时，化为或或 解得或或，.即不等式的解集为. （2）根据题意，得的取值范围是值域的子集.又由于，的值域为 故，.即实数的取值范围为.【点睛】本题考查分类讨论求解绝对值不等式，以及由绝对值三角不等式求解绝对值函数的最小值，属综合性基础题.- 23 -