1、山西省太原市第五中学2020届高三数学下学期3月摸底试题 理（含解析）一、选择题1. 集合，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式化简集合A，再根据对数的真数大于零化简集合B，求交集运算即可.【详解】由可得，所以，由可得,所以,所以，故选A【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，涉及一元二次不等式解法及对数的概念，属于中档题.2. 若复数z是纯虚数，且i是虚数单位，则A. B. C. 1D. 2【答案】A【解析】【分析】由已知设，代入，再由复数相等的条件列式求解【详解】设，由，得，则故选A【点睛】本题考查复数的基本概念，考查复数相等的条件，是基础题一般地，当两
2、个复数的实部相等，虚部互为相反数时，这两个复数叫做互为共轭复数，复数z的共轭复数记作3. 定义在R上的函数满足，且当时，则的值为A. B. C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】根据题意，由函数的解析式计算的值，又由，即可得答案【详解】根据题意，当时，则，又由函数满足，则；故选B【点睛】本题考查分段函数的解析式以及函数奇偶性的性质以及应用，属于基础题函数奇偶性的判断，先要看定义域是否关于原点对称，接着再按照定义域验证和 的关系.4. 已知是公差为1的等差数列，为的前项和，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由得，解得.考点：等差数列.5. 已知，则的大小为（ ）
3、A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用指数函数与对数函数的单调性即可得出【详解】a=21.12，0b=30.6=2，c=0，abc故选D【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题6. 在中，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】如图所示，由=，可得，代入即可得出【详解】如图所示，=，=故答案【点睛】本题考查了向量的平行四边形法则、数量积运算性质，考查了计算能力，属于基础题7. 已知是双曲线的左右焦点，过作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点,交另一条渐近线于点，且,则该双曲线的离心率为A. B. C. D. 【答案】A【解
4、析】由 到渐近线 的距离为 ，即有 ，则 ，在 中， ，化简可得 ，即有 ，即有 ，故选A.【方法点晴】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率问题应先将 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于的等式，从而求出的值.8. 执行如图的程序框图，则输出的的值为（ ）A. 9B. 19C. 33D. 51【答案】C【解析】从题设中提供的算法流程图可知：当时，此时；故，
5、则，则，运算程序结束，此时输出，应选答案C9. 机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的个机械元件情况如下：使用时间/天个数若以频率估计概率，现从该批次机械元件中随机抽取个，则至少有个元件的使用寿命在天以上的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】计算出该批次每个机械元件使用寿命在天以上的概率为，然后利用独立重复试验的概率公式可计算出所求事件的概率.【详解】由题意可知，该批次每个机械元件使用寿命在天以上的概率为，因此，从该批次机械元件中随机抽取个，则至少有个元件的使用寿命在天以上的概率为.故选：D.【点睛】本题考查利用独立重复试验的概率公式计算事件的
6、概率，考查计算能力，属于基础题.10. 函数的图象为，下列结论正确（ ）A. 图象关于直线对称B. 图象关于点对称C. 函数在区间上增函数D. 函数为奇函数【答案】C【解析】【分析】首先利用两角和差的正弦、余弦公式化简函数为，再根据正弦函数的性质计算可得；【详解】解：因为即当时，故A错误；当时，故B错误；当时，单调递增，故C正确；为偶函数，故D错误；故选：C【点睛】本题考查两角和差正弦、余弦公式的应用，正弦函数的性质，属于中档题.11. 在平面直角坐标系中，已知抛物线，点是 的准线 上的动点，过点作的两条切线，切点分别为，则面积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设,因为
7、，则过点的切线均过点，则，即是方程的两根，则，设直线的方程为，联立，得，则，即，则，即的面积的最小值为2；故选B.点睛：解决本题的难点在于利用导数的几何意义确定两个切点的横坐标间的关系，便于确定直线在轴上的解截距.12. 已知函数，若方程恰有四个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】【分析】因为 ，作图，由与相切 得 ，由与相切得设切点 ，如图可得实数的取值范围是，选B.点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，
8、归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.二、填空题13. 已知，则_【答案】【解析】由题设可得，则，所以，即，与联立可得，故，应填答案点睛：解答本题时，充分借助题设条件，先求出，再与联立求得，进而求得，从而使得问题获解14. 在的展开式中，的系数是_【答案】【解析】的展开式中，含的项是，即的系数是.15. 四面体ABCD的四个顶点都在球O的表面上，AB2，BCCD1，BCD60，AB平面BCD，则球O的表面积为_【答案】【解析】【分析】画出几何体的图像，通过底面外心的且垂直于底面的垂线以及的垂直平分线，确定球心的位置，计算出球的半径，由此求得球的表面积
9、.【详解】画出几何体的图像如下图所示，由于，所以三角形为等边三角形，设其外心为,则球心是过且垂直于底面的直线与线段的垂直平分线的交点处，如图所示.其中，故外接球的半径，外接球的表面积为.【点睛】本小题主要考查三棱锥的外接球表面积，考查了外接球如何确定球心的知识，考查了等边三角形的几何性质.要找到一个几何体外接球的球心，先在一个面上找到这个面的外心，球心就在这个外心的正上方，再结合另一个面的外心或者中垂线，由此确定外接球球心所在的位置.属于中档题.16. 已知的三个内角，的对边分别为，若，且，则的取值范围为_【答案】【解析】分析：由正弦定理角化边及余弦定理，整理得，则，再根据，得外接圆半径，所以
10、，整理后化成一个角得三角函数，求得取值范围.详解：由正弦定理，得 即由余弦定理 得 又 由题可知 则 即的范围点睛：解三角形问题，需要结合已知条件，根据三角形边角关系、正余弦定理灵活转化已知条件，从而达到解决问题的目的解三角形的范围问题常见两类，一类是根据基本不等式求范围，另一类是根据边或角的范围计算三、解答题17. 数列满足：（1）求的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和.【答案】（1）;（2）.【解析】【分析】（1）利用时，求解；检验成立即可求解（2）由 ，得，利用错位相减求和即可【详解】（1）令时，时，满足所以；（2）由 ， 得【点睛】本题考查利用前n项和求通项公式，考查错位相减求和，
11、准确利用前n项和求出通项公式是关键，是中档题18. 如图，在三棱柱中，侧面是菱形，是棱的中点，在线段上，且.（1）证明：面；（2）若，面面，求二面角的余弦值【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，利用三角形相似证明，然后证明面（2）过作于，以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标，不妨设，求出面的一个法向量，面的一个法向量，然后利用空间向量的数量积求解即可【详解】解：（1）连接交于点，连接因为，所以，又因，所以，所以，又面，面，所以面.（2）过作于，因为，所以是线段的中点因为面面，面面，所以面连接，因为是等边三角形，是线段的中点，所以.如图以为原点，分
12、别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标，不妨设，则，由，得，的中点，.设面的一个法向量为，则，即，得方程的一组解为，即.面的一个法向量为，则，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力19. 如图，已知圆经过椭圆的左右焦点，与椭圆在第一象限的交点为，且，三点共线.（1）求椭圆的方程；（2）设与直线（为原点）平行直线交椭圆于两点，当的面积取取最大值时，求直线的方程.【答案】(1);(2) .【解析】试题分析：（1）由题意把焦点坐标代入圆的方程求出 ，再由条件得为圆的直径，且，根据勾股定理求出，根据椭圆的定义和依次求出的
13、值，代入椭圆方程即可；（2）由（1）求出的坐标，根据向量共线的条件求出直线的斜率，设直线的方程和的坐标，联立直线方程和椭圆方程消去，利用韦达定理和弦长公式求出，由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，代入三角形的面积公式求出，化简后求最值即可.试题解析：(1)，三点共线，为圆的直径，且，.由，得， ， ，.，椭圆的方程为. (2)由（1）知，点的坐标为，直线的斜率为，故设直线的方程为，将方程代入消去得：， 设 ， 又：=，点到直线的距离， ，当且仅当，即时等号成立，此时直线的方程为.点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，
14、故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用20. 学生考试中答对但得不了满分的原因多为答题不规范，具体表现为：解题结果正确，无明显推理错误，但语言不规范、缺少必要文字说明、卷面字迹不清、得分要点缺失等，记此类解答为“类解答”.为评估此类解答导致的失分情况，某市教研室做了一项试验：从某次考试的数学试卷中随机抽取若干属于“类解答”的题目，扫描后由近百名数学老师集体评阅，统计发现，满分12分的题，阅卷老师所评分数及各分数所占比例大约如下表
15、：教师评分（满分12分）11109各分数所占比例某次数学考试试卷评阅采用“双评+仲裁”的方式，规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题得分.（假设本次考试阅卷老师对满分为12分的题目中的“类解答”所评分数及比例均如上表所示，比例视为概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响）.（1）本次数学考试中甲同学某题（满分1
16、2分）的解答属于“类解答”，求甲同学此题得分的分布列及数学期望；（2）本次数学考试有6个解答题，每题满分均为12分，同学乙6个题的解答均为“类解答”，记该同学6个题中得分为的题目个数为，计算事件“”的概率.【答案】(1)分布列见解析，分； (2) .【解析】【分析】（1）根据规则，随机变量的可能取值为9、9.5、10、10.5、11，分析一评、二评、仲裁所打分数情况并计算概率；（2）结合第一问依次为9、9.5、10、10.5、11，计算事件“”的概率等价于计算“”的概率，即得分为9.5、10共两道题的情况，分别计算概率即可.【详解】解：（1）随机变量的可能取值为9、9.5、10、10.5、11
17、，设一评、二评、仲裁所打分数分别为，.所以分布列如下表：可能取值99.51010.511概率数学期望（分）.（2），.【点睛】此题考查随机变量及其分布列相关知识，题目阅读量大，关键在于读懂题意，弄清规则，对事件分析全面，此题第二问若正面分类讨论“”，则分类情况多，容易遗漏，转化成求其等价事件的概率，涉及分类讨论，等价转化，转化与划归思想.21. 设函数.（1）讨论的单调性；（2）若有两个极值点，求证：.【答案】（1）当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减；当时，在，上单调递减，在上单调递增.（2）见解析【解析】【分析】（1）求出，令，讨论的取值，判断的符号，从而可求出的单调性.（
18、2）由（1）得时，有两个极值点，设，则有且，整理，令，利用导数研究函数的单调性，可得，进而可得证【详解】解：（1），令，当时，在上单调递减，当时，由得，当时，当时，在上单调递减，在上单调递增，当时，在上单调递减，当时，由得，当或时，当时，在，上单调递减，在上单调递增，综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减；当时，在，上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）得时，有两个极值点，设，则有且，令，令，则，当时，在区间单调递增，在区间单调递减，综上，.【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性、最值中的应用，考查了分类讨论的思想，属于难题.说明：请在22、23题中任选一题做答，写清
19、题号.如果多做，则按所做第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程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）求和的直角坐标方程；（2）已知为曲线上的一个动点，求线段的中点到直线的最大距离【答案】（1）（2）最大距离为【解析】【分析】（1）直接利用极坐标方程和参数方程的公式计算得到答案.（2）曲线的参数方程为，设，计算点到直线的距离公式得到答案.【详解】（1）由，得，则曲线的直角坐标方程为，即直线的直角坐标方程为（2）可知曲线的参数方程为（为参数），设，则到直线的距离为，所以线段的中点到直线的最大距离为【点睛】本题考查了极坐标方程，参数方程，距离的最值问题，意在考查学生的计算能力.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数，.（1）解不等式：；（2）记的最小值为，若实数，满足，试证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】(1)先将化为分段函数形式,然后根据,分别解不等式即可;(2)由(1)可得从而得到,再利用基本不等式求出的最小值.【详解】(1).,或或,或或,不等式的解集为;(2)因为(当且仅当等号成立),所以的最小值,即,所以(当且仅当,等号成立).【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和利用基本不等式求最值,属于中档题.