1、山西省太原市2020届高三数学上学期期末考试试题 理（含解析）说明：本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，答题时间120分钟，满分150分.第卷（选择题 共60分）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，请将其字母标号填入下表相应位置）1. 若复数，则（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】C【解析】试题分析：因为所以， 故选C.考点：复数的概念与运算.2. 命题：“若，则”的否命题是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】A【解析】【分析】根据否命题的定义求解.【详解】由否命题的定义得：“若，则
2、”的否命题是： 若，则故选：A【点睛】本题主要考查四种命题，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.3. 已知函数的最小正周期为，则（ ）A. 1B. C. -1D. 【答案】A【解析】试题分析：由题设知： ，所以，所以， ，故选A.考点：三角函数的概念与性质.4. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据，取对数得到，令，用导数法研究其单调性比较即可.【详解】因为，所以，令，当时，所以在上是减函数，因为，所以，所以，即故选：A【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性比较大小，还考查了构造的方法和运算求解的能力，属于中档题.5. 等比数列的前项和为，且， ， 成等差数列，若
3、，则（ ）A. 7B. 8C. 15D. 16【答案】C【解析】试题分析：由数列为等比数列，且成等差数列，所以，即，因为，所以，解得：，根据等比数列前n项和公式考点：1等比数列通项公式及前n项和公式；2等差中项6. 秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在数书九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图，给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，其中表示6选的组合数.若输入的值为2，则输出的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据程序框图的循环功能，依次循环，直至，跳出循环，输出v的值.【详解】程序运行过程如下：，跳出循环，输出v的值为.故
4、选：D【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构，还考查了运算求解的能力，属于基础题.7. 已知点，为圆上的任意两点，且，若中点组成的区域为，在圆内任取一点，则该点在区域上的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据直线与圆的位置关系，利用“r，d”法，求出当时，点M的轨迹，再根据，确定平面所区域，利用几何概型的概率公式求解.【详解】当时，圆心到线段的距离为，此时，点M在半径为的圆上，因为，所以中点组成的区域为为以为半径与以3为半径的圆组成的圆环，即，所以在圆内任取一点，则该点在区域上的概率为.故选：B【点睛】本题主要考查几何概型的面积类型，还考查了运算求解的能力，属于基础
5、题.8. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. 8B. C. D. 4【答案】A【解析】由三视图还原出该几何体为长方体切去一部分，如图所示，所以剩余部分体积为，故选A9. 已知函数，且，若函数在区间上的最大值为2，则（ ）A. B. C. D. 100【答案】A【解析】【分析】根据，且，得到，则有，再分析函数的单调性，由最大值为2求解.【详解】因为，且，所以，所以，所以区间上递减，在区间上递增， 所以在区间上的最大值为或，而，所以，所以在区间上的最大值为，解得，所以.故选：A【点睛】本题主要考查对数函数的单调性，还考查了运算求解的能力，属于中档题.10. 已知四面体ABCD的
6、三组对棱的长分别相等，依次为3，4，x，则x的取值范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作出图形，设，四面体可以由和在同一平面的沿着为轴旋转构成，利用数形结合能求出的取值范围【详解】解：如图所示，第一排 三个图讨论最短；第二排 三个图讨论最长，设，四面体可以由和在同一平面的沿着为轴旋转构成，第一排，三个图讨论最短：当向趋近时，逐渐减少，可以构成的四面体；当时构成的四面体，不满足题意；所以满足题意的四面体第三对棱长大于，第二排，三个图讨论最长：当向趋近时，逐渐增大，可以构成的四面体；当时构成的四面体，不满足题意；所以满足题意的四面体第三对棱长小于；综上，故选B【点睛】本题考查了
7、四面体中边长的取值范围问题，也考查了推理论证能力，属于难题11. 已知直线分别与函数和交于，两点，则，两点之间的最短距离是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，根据直线分别与函数和交于，两点，则有，化简得到，再根据，构造函数，用导数法求其最小值即可.【详解】设，由题意得，所以，因为，所以，所以，令，则，令，得，当时，当时，所以当时，取得最小值.故选：D【点睛】本题主要考查导数与函数的最值，还考查了运算求解的能力，属于难题.12. 在中，内角的对边分别是，且边上的高为，若，则当取最小值时，内角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据，由正弦定理得
8、到，根据边上的高为，结合正弦定理有，再由余弦定理可得 ，即，由，再根据取最小值时求解.【详解】因为，所以，因为边上高为，所以，即，由余弦定理得：，所以，即，即，解得，所以的最小值为，此时，又，所以.故选：【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于较难题.第卷（非选择题 共90分）说明：本卷包括必考题和选考题两部分.第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须做答.第22题第23题为选考题，考生根据要求做答.注意事项：1.用钢笔或圆珠笔直接答在试题卷中.2.答卷前将密封线内项目填写清楚.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 曲线在处的切线方程是
9、_.【答案】【解析】【分析】直接利用导数的几何意义求解.【详解】因为，所以，所以，所以曲线在处的切线方程是.故答案为：【点睛】本题主要考查导数的几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14. 若满足，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】数形结合，作出可行域，利用目标函数的等值线在可行域中平移，根据或含式子的含义，找到目标函数取最小值的最优解，简单计算，可得结果.【详解】如图令，可得目标函数的一条等值线则将移至点处，目标函数取最小值所以最优解为点则故答案为：【点睛】本题考查线性规划，基本思路：（1）作出可行域；（2）理解或含式子的意义，然后使用目标函数的一条等值线在可行域中平移找到最优
10、解，最后计算，可得结果.15. 赵爽是我国古代数学家大约在公元222年，他为周髀算经一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设，若，则可以推出_.【答案】【解析】【分析】利用建系的方法，假设，根据，利用余弦定理可得长度，然后计算，可得点坐标，最后根据点坐标，可得结果.【详解】设，则如图由题可知：，由所以，则所以，又所以所以即所以又所以所以故答案为：【点睛】本题考查考查向量的坐标线性表示，关键在于建系
11、，充分使用条件，考验分析能力，属难题.16. 记数列的前项和为，若，则_.【答案】2559【解析】【分析】根据，得到，计算的，再用，递推得到求解.【详解】因为，所以，所以，.则.故答案为：2559【点睛】本题主要考查数列递推累加求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.三、解答题（本大题共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）（一）必考题：共60分.17. 已知等差数列中，数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的通项公式.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先设等差数列公差为，根据已知条件求出首项与公差，即可得到的通项公式，再由，即可求出的通项公式；（2）令数列的
12、前项和为，由，结合等比数列前项和公式，即可求出结果.【详解】（1）设等差数列的公差为，由已知可得，解得，又，.（2）令数列的前项和为.，.【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的综合，熟记等差数列与等比数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.18. 设的内角的对边分别为，且.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（）； （）.【解析】【分析】()由题意结合正弦定理可得，代入边长求解a的值即可；()由余弦定理可得：，则，利用二倍角公式和两角和差正余弦公式求解的值即可.【详解】()由可得，结合正弦定理可得：，即：，据此可得.()由余弦定理可得：，由同角三角函数基本关系可得，故，.【点睛】本题主要
13、考查余弦定理的应用，两角和差正余弦公式，二倍角公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19. 为提高产品质量，某企业质量管理部门经常不定期地对产品进行抽查检测，现对某条生产线上随机抽取的100个产品进行相关数据的对比，并对每个产品进行综合评分（满分100分），将每个产品所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为80分及以上的产品为一等品.（1）求图中的值，并求综合评分的中位数；（2）用样本估计总体，视频率作为概率，在该条生产线中随机抽取3个产品，求所抽取的产品中一等品数的分布列和数学期望.【答案】（1），82.5；（2）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）由频率分布直
14、方图的性质，即可解得的值，再利用中位数的计算，求得综合评分的中位数；（2）由（1）与频率分布直方图可知，一等品的频率为，得出所抽取的产品为一等品的【详解】（1）由频率分布直方图的性质，可得，解得.令中位数为x，则，解得，所以综合评分的中位数为82.5.（2）由（1）与频率分布直方图可知，一等品的频率为，即概率为0.6，设所抽取的产品为一等品的个数为X，则，所以，.所以X的分布列为X0123P所抽取的产品为一等品的数学期望.【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的性质及应用，以及二项分布的求解及数学期望的计算，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及计算能力，属于基础题.20. 如图，三棱柱中，底
15、面，点是棱的中点.（）求证：平面；（）若，在棱上是否存在点，使二面角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（）详见解析；（）存在，.【解析】【分析】（）连接，与相交于点，根据O，是中点，由三角形中位线得到，再由线面平行的判定定理证明.（）由，又因为底面，建立空间直角坐标系：设，即，分别求得平面和平面的一个法向量，根据二面角的大小为，代入求解.【详解】（）如图所示：连接，与相交于点，连接，因为点是棱的中点，所以 ，且平面，平面，所以平面；（）因为，所以，又因为底面，建立如图所示空间直角坐标系：设，即，则，设平面的一个法向量为，则，所以，取，则，设平面的一个法向量为，则，所以，取
16、，则，因为二面角的大小为，所以，即，解得或(舍去)，所以存在点，有，使二面角的大小为.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，二面角的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.21. 已知函数（1）讨论的单调性；（2）设是的两个零点，证明：【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】分析：（1）求导，对参数分两种情况进行讨论，令得函数的单调递增区间，令得函数的单调递减区间；（2）令，分离参数得，令，研究函数的性质，可将证明转化为证明，即证明成立，令，利用导数研究函数的增减性，可得，问题得证.详解：（1），当时，则在上单调递增当时，令，得，则的单调递增区间为，令，得，则的单调递减区间
17、为（2）证明：由得，设，则由，得；由，得故的最小值当时，当时，不妨设，则，等价于，且在上单调递增，要证：，只需证，只需证，即，即证；设，则，令，则，在上单调递减，即在上单调递减，在上单调递增，从而得证点睛：本题主要考查导数的应用，第一问属于易得分题，只需对参数进行分类讨论，再分别令，即可求解函数的增、减区间，进而判断其单调性；第二问解题时，首先对进行参数分离，再构造新函数，利用函数的单调性，将原问题转化为不等式恒成立问题，进而再利用导数证明.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题计分.【选修4-4】坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，直线
18、的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（）已知点，直线与曲线相交于点，求的值.【答案】（）直线的普通方程为：，曲线的直角坐标方程为：；（）4【解析】【分析】（）使用代入法消参，可得直线的普通方程，根据，结合二倍角的余弦公式，可得曲线的直角坐标方程（）写出直线参数方程的标准形式，然后联立曲线的方程，可得关于参数的一元二次方程，根据的几何意义，可得结果.【详解】（）由（为参数），所以则直线的普通方程为：由，所以又，所以则曲线的直角坐标方程为：（）由（）可知：直线参数方程标准形式为：（为参数）将该方程代入曲线
19、的直角坐标方程化简可得：设点所对应的参数分别为所以，则所以则【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程，普通方程之间的转换，还考查直线参数方程参数的几何意义，熟练公式以及直线参数方程参数的几何意义，注意直线参数方程的标准化，属中档题【选修4-5】不等式选讲23. 已知f（x）x+|2x+1|，不等式f（x）2的解集是M（）求集合M；（）设a，bM，证明：|ab|+1|a|+|b|【答案】（）Mx|1x1；（）见解析【解析】【分析】（）分，x去绝对值可得Mx|1x1（）由（）可得|a|1，|b|1，将不等式作差即可得证【详解】（）当时，f（x）x+2x+1x+1由f（x）2，得x1，所以x1当x时，f（x）x2x13x1由f（x）2，得x1，所以1 综上可知，Mx|1x1（）因为a，bM，所以1a，b1，即|a|1，|b|1所以|ab|+1（|a|+|b|）（|a|1）（|b|1）0故|ab|+1|a|+|b|【点睛】本题考查了绝对值不等式解法，考查了作差法证明不等式，准确计算关键，属于中档题