1、山西省长治市2020届高三数学下学期五月份质量监测试题 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】解一元二次不等式得集合，再由交集定义求解【详解】，故选：B【点睛】本题考查集合的交集运算，掌握一元二次不等式的解法是解题关键本题属于基础题2.已知复数z=2+i，则A. B. C. 3D. 5【答案】D【解析】【分析】题先求得，然后根据复数的乘法运算法则即得.【详解】 故选D.【点睛】本题主要考查复数的运算法则，共轭复数的定义等知识，属于基础题.3.由于疫情
2、期间大多数上上课，我校高一、高二、高三共有学生1800名，为了了解同学们对“钉钉”授课软件的意见，计划采用分层抽样的方法从这1800名学生中抽取一个容量为72的样本，若从高一、高二、高三抽取的人数恰好是从小到大排列的连续偶数，则我校高三年级的人数为( )A. 800B. 750C. 700D. 650【答案】D【解析】【分析】设从高三年级抽取的学生人数为2x人，由题意利用分层抽样的定义和方法，求出x的值，可得高三年级的学生人数.【详解】设从高三年级抽取的学生人数为2x人，则从高二、高一年级抽取的人数分别为2x- 2，2x- 4，由题意可得设我校高三年级的学生人数为N,再根据求得，故选：D【点睛
3、】本题主要考查了分层抽样，样本容量，属于容易题.4.设命题所有正方形都是平行四边形，则为（ ）A. 所有正方形都不是平行四边形B. 有的平行四边形不是正方形C. 有的正方形不是平行四边形D. 不是正方形的四边形不是平行四边形【答案】C【解析】【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论【详解】“所以”改为“存在”（或“有的”），“都是”改为“不都是”（或“不是”），即为有的正方形不是平行四边形故选C.【点睛】本题考查命题的否定特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查5.若满足约束条件，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出可行域，根据平移法即可求出的最大值
4、【详解】画出可行域，如图所示：由图可知，当直线经过点时，取最大值.故选：C【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题的解法，属于基础题6.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】该几何体为半圆柱，底面为半径为1的半圆，高为2，因此表面积为 ,选D.7.设为多面体的一个顶点，定义多面体在处的离散曲率为其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面遍历多面体的所有以为公共点的面，如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体(每个面都是全等的正多边形的多面体是正多面体)，若它们在各顶点处的离散曲率分别是，则的大小关系是( )A. B. C. D. 【
5、答案】B【解析】【分析】根据所给定义，结合图形，分别计算出的值即可.【详解】对于正四面体，其离散曲率对于正八面体，其离散曲率对于正十二面体，其离散曲率对于正二十面体，其离散曲率因为所以，故选：B【点睛】本题考查学生阅读理解能力，合情推理能力，涉及正多面体相关知识，数形结合思想，属于中档题.8.（2017新课标全国卷文科）设A，B是椭圆C：长轴的两个端点，若C上存在点M满足AMB=120，则m的取值范围是A. B. C. D. 【答案】A【解析】当时，焦点在轴上，要使C上存在点M满足，则，即，得；当时，焦点在轴上，要使C上存在点M满足，则，即，得，故的取值范围为，选A点睛:本题设置的是一道以椭圆
6、知识为背景的求参数范围的问题解答问题的关键是利用条件确定的关系，求解时充分借助题设条件转化为，这是简化本题求解过程的一个重要措施，同时本题需要对方程中的焦点位置进行逐一讨论9.已知奇函数对任意都有，现将图象向右平移个单位长度得到图象，则下列判断错误的是( )A. 函数在区间上单调递增B. 图象关于直线对称C. 函数在区间上单调递减D. 图象关于点对称【答案】C【解析】【分析】利用辅助角公式化简函数为，根据奇函数的性质和周期性可求得解析式，根据三角函数平移变换得到解析式，利用代入检验的方式，对应正弦函数图象可确定结果.【详解】由得：，解得：.又为奇函数，解得：，.对于，当时，在上单调递增，正确；
7、对于，当时，关于直线对称，正确；对于，当时，在上不单调，错误；对于，当时，且，关于点对称，正确.故选：.【点睛】本题考查正弦型函数的单调性、对称性的求解问题，涉及到辅助角公式化简三角函数、根据三角函数性质求解函数解析式、三角函数的平移变换等知识；关键是能够熟练掌握代入检验的方式，通过整体对应的方式，对照正弦函数图象得到结果.10.已知数列满足：则数列的前30项的和为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据已知递推公式，可得数列的奇数项成等差数列，求出，用裂项相消法，即可求出结论.【详解】由得，两式相减得，故以3为公差的等差数列，则，故选：D【点睛】本题考查数列的通项公式以及
8、裂项相消法求数列和，考查计算求解能力，属于中档题.11.设点分别为双曲线的左、右焦点，点分别在双曲线的左，右支上，若且，则双曲线的渐近线方程为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意画出图形，结合已知可得，设，则，由双曲线的定义解得 或，然后分类讨论，并借助余弦定理和即可得解.【详解】，共线，且，则，故有，设，则，由双曲线的定义可得，且有，解得或，若，则，不满足；若，在中，即，得到，即，所以，所以，故该双曲线的渐近线方程为.故选：C.【点睛】本题主要考查双曲线的定义、双曲线的渐近线及直线与双曲线的位置关系的应用，其中涉及到平面向量的线性运算和余弦定理，求解出是本题的解题关
9、键，属于中档题.12.已知函数（为实数），若对于任意实数，对任意恒成立，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对于任意实数，对任意恒成立，化为，令，利用导数研究函数的最值，可得的最小值为，令，利用导数研究函数的最值，即可得解.【详解】对于任意实数，对任意恒成立，即，所以，令，则，令，即，解得，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增.所以当时，取得极小值，也是最小值，令，所以在上单调递增，所以，所以，解得，所以实数的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值和最值，考查不等式的恒成立问题，考查学生的推理能力和运算求解能力，属于中档题
10、. 不等式恒成立问题关键在于利用转化思想，常见的有：恒成立；恒成立；有解；有解；无解；无解.二、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分13.展开式中项的系数为_.【答案】【解析】【分析】直接根据二项展开式的通项公式求解即可【详解】解：展开式的通项公式为，令，得，则，故答案为：【点睛】本题主要考查二项展开式的通项公式的应用，属于基础题14.山西省高考将实行3+3模式，即语文数学英语必选，物理，化学，生物，历史，政治，地理六选三，今年高一的小明与小芳进行选科，假设他们对六科没有偏好，则他们选科至少两科相同的概率为_.【答案】【解析】【分析】由题意得，基本事件总数，他们选科至少两科相同包含的基本
11、事件个数，再根据古典概型的概率计算公式即可求出概率【详解】解：山西省高考将实行模式，即语文数学英语必选，物理，化学，生物，历史，政治，地理六选三，今年高一的小明与小芳进行选科，包含的基本事件总数，他们选科至少两科相同包含的基本事件个数，他们选科至少两科相同概率为，故答案为：【点睛】本题主要考查古典概型的概率计算公式，考查运算求解能力，属于基础题15.已知是平面向量，是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量，满足，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】将，转化为，得到 或，利用平面向量的几何意义，得到向量的终点是在以 和的终点为直径端点的圆上运动，作出图象，利用的几何意义求解.【详解】因为是单位
12、向量，且，所以，所以，解得 或，所以向量的终点在以 和的终点为直径端点的圆上运动，设 ，则在圆心为的终点C，半径为1的圆上运动，如图所示：其中，向量的终点在射线OA上运动，当，交圆与点B，交OA于点F时，最小，此时，.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的综合运用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.16.如图，四棱锥中，底面四边形满足:，设三棱锥，三棱锥的体积分别为，则与的大小关系是: _，设三棱锥，三棱锥的外接球的表面积分别为，则与的大小关系是: _（用“”“=”“”填空）【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由题意，可得三棱锥的高和三棱锥的高相等，从而比较和的面
13、积即可得出第一空；由题意可得四点共圆，则三棱锥，三棱锥的外接球相同，由此可得出第二空【详解】解：由题意，可得三棱锥的高和三棱锥的高相等，都等于点到平面的距离，设，则，的面积，的面积，；，和的外接圆都是以为直径的圆（即四点共圆），三棱锥，三棱锥的外接球相同，；故答案为：；【点睛】本题主要考查棱锥的体积公式，考查几何体的外接球问题，属于中档题三、解答题共70分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.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.17.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）求B；（2）若，AB边上的中线，求的面积【答案】（1）
14、（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，再利用诱导公式和倍角公式，求得，即可得答案；（2）利用余弦定理求出，再代入三角形的面积公式，即可得答案；【详解】（1）依题设及正弦定理可得， 因，所以，所以， 又，所以，又，所以，即. （2）因为，所以，故为等腰三角形则， 在中由余弦定理可得，即，解得， 所以.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式和三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、函数与方程思想.18.如图，在四棱锥中，平面平面，是的中点，是上一点，且（1）求证:平面；（2）若求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析
15、】【分析】（1）取PA的中点M，连接MD，ME，证明四边形MDFE是平行四边形，则，再由直线与平面平行的判定可得面PAD；（2）过点P作于点H，则平面ABCD，以H为坐标原点，HA所在直线为y轴，过点H且平行于AB的直线为z轴，PH所在直线为x轴建立空间直角坐标系，求出平面ABCD的一个法向量与的坐标，再由两向量所成角的余弦值可得直线PB与平面ABCD所成角的正弦值.【详解】（1）如图，取的中点，连接.则，.又，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为面，面，所以 （2）过点作于点，则平面，以为坐标原点，所在直线为轴，过点且平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，在等腰三
16、角形中，因为，所以，解得则，所以，所以.易知平面的一个法向量为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查直线与平面平行判定，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，属于中档题.19.已知为坐标原点，为坐标平面内动点，且成等差数列.（1）求动点的轨迹方程；（2）设点的轨迹为曲线，过点作直线交于两点(不与原点重合)，是否存在轴上一定点，使得_.若存在，求出定点，若不存在，说明理由.从“作点关于轴的对称点，则三点共线；”这两个条件中选一个，补充在上面的问题中并作答(注:如果选择两个条件分别作答，按第一个解答计分)【答案】（1）；（2）两种选择都存在 满足条件.【解析】
17、【分析】（1）设，由已知得关于，的关系式，整理即可求得点的轨迹方程；（2）当选时，设，与联立，得关于的一元二次方程，利用根与系数的关系可得，横坐标的和与积，写出直线的方程，由直线系方程可得，直线过定点，说明结论成立；当选时，假设存在满足条件，设，与联立，得关于的一元二次方程，利用根与系数的关系可得，横坐标的和与积，由求得，说明存在满足条件【详解】解：（1）设，则，由2，成等差数列，得，即，即，化简得，点的轨迹方程为；（2）当选时，设，与联立，得，设，则，化简得，存在满足条件当选时，假设存在满足条件，设，与联立，得，设，则，即，存在满足条件【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，考查直线与抛物线位置
18、关系的应用，考查计算能力，考查转化与化归思想，属于中档题20.设.（1）讨论在上的单调性；（2）令，试证明在上有且仅有三个零点.【答案】（1）的单调递增区间是，递减区间是；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）首先求导得到，再根据导函数的正负性即可得到函数的单调区间.（2）首先根据，得到是的一个零点，再根据是偶函数得到在上的零点个数，只需确定时，的零点个数即可，再求出在时的单调性和最值，确定其零点个数即可.【详解】，令，则或.时，单调递增，时，单调递减，时，单调递增，时，单调递减.的单调递增区间是，递减区间是.（2），因为，所以是的一个零点. 所以是偶函数，即要确定在上的零点个数，需确定时，
19、的零点个数即可.当时，令，即或.时，单调递减，且，时，单调递增，且在有唯一零点 当时，由于，.而在单调递增，所以恒成立，故在无零点，所以在有一个零点，由于是偶函数，所以在有一个零点，而，综上在有且仅有三个零点.【点睛】本题第一问考查利用导数求函数的单调区间，第二问考查利用导数求函数的零点，同时考查了分类讨论的思想，属于难题.21.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，某市教研室做了项试验:从某次考试的数学试卷中随机抽取若干属于“类
20、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: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
21、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12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12分，同学乙6个题的解答均为“类解答”.记乙同学6个题得分为的题目个数为计算事件的概率.同学丙的前四题均为满分，第5题为“类解答”，第6题得8分.以乙、丙两位同学解答题总分均值为依据，谈谈你对“类解答”的认识.【答案】（1）分布列见解析，；（2）；见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，随机变量的取值为9，9.5，10，10.5，11 ，再分析一评、二评、仲裁所打的分数情况，然
22、后根据相互独立事件的概率逐一求出相应的概率，得到分布列，求得数学期望；（2）方法一：事件“”可分为;四种情况，结合独立事件的概率计算公式，求得概率； 方法二：记“或”为事件，6次实验中，事件发生的次数，“”相当于事件恰好发生3次，结合独立重复试验的概率计算公式求解；依次求出乙丙的数学期望，通过比较数学期望值的大小，即可得到结论.【详解】（1）根据题意，随机变量的取值为9，9.5，10，10.5，11 设一评、二评、仲裁所打的分数分别是，故的分布列为99.51010.511 （2）方法一事件“”可分为;四种情况，其概率为.方法二记“或”为事件，6次实验中，事件发生的次数，“”相当于事件恰好发生3
23、次，故概率为：.由题意可知：乙同学得分的均值为，丙同学得分均值为：.显然，丙同学得分均值更高，所以“会而不对”和不会做一样都会丢分，在做题过程中要规范作答，尽量避免“类解答”的出现.【点睛】本题主要考查了相互独立事件的概率，离散型随机变量的分布列和数学期望的求解及应用，着重考查学生对数据分析和处理能力，将所学理论知识与实际生活相联系的能力，属于中档题.(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.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正
24、半轴为极轴，建立极坐标系，点的极坐标，直线经过点，且倾斜角为.（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的标准参数方程；（2）直线与曲线交于两点，直线的参数方程为（t为参数），直线与曲线交于两点，求证:.【答案】（1），（t为参数）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用消参得到曲线的直角坐标方程，求点的直角坐标，再直接写成直线的标准参数方程；（2）首先将直线的参数方程和曲线联立，利用参数的几何意义可知,同理可得，利用根与系数的关系证明.【详解】（1）由（为参数）消去参数得由得点的直角坐标为 直线的标准参数方程为（t为参数） （2）将直线的标准参数方程（t为参数）代入得化简得设方程两根为，则由直
25、线参数方程中的几何意义得同理将的参数方程代入的参数方程可得【点睛】本题考查直线参数方程中的几何意义的应用，以及参数方程，直角坐标方程，极坐标方程的转化，重点考查基本公式，基本方法，属于基础题型.选修4-5不等式选讲23.已知函数，记得最小值为.（1）解不等式；（2）若，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用零点分段法，分，三种情况去绝对值，解不等式；（2）利用含绝对值三角不等式求得，即，方法一，利用柯西不等式，求得的最小值，方法二，根据，代入 ，转化为关于的二次函数求最值.【详解】（1），原不等式可等价于，或，或解得：， 所以原不等式的解集为（2）由（1）可知， 当且仅当时等号成立，所以即方法一 由柯西不等式得， 当且仅当时取等号方法二 由题意得 当且仅当时等号成立.【点睛】本题考查含绝对值不等式的解法，以及含绝对值三角不等式的应用，柯西不等式求最值，意在考查转化与化归的思想，计算能力属于基础题型.