山西省实验中学2020届高三下学期3月开学考试摸底数学（理）试题 Word版含解析

山西省实验中学2020届高三下学期3月开学考试摸底数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 山西省实验中学2020年高三第二学期开学摸底考试 数学试题（理）‎ 第Ⅰ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）‎ ‎1.已知复数z＝，则|z|＝(　)‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】解：因为z=，因此|z|＝‎ ‎2.已知命题，；命题不等式恒成立，那么命题（ ）‎ A. 且是真命题 B. 或是假命题 C. 是真命题 D. 是假命题 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断出命题、的真假，然后利用复合命题的真假可判断各选项的正误.‎ ‎【详解】对于命题，，即，命题为假命题；‎ 对于命题，当时，，命题为假命题.‎ 所以，且是假命题，或是假命题，是真命题.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查复合命题真假的判断，解答的关键在于判断各简单命题的真假，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎3.已知，，则（ ）‎ - 24 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用同角三角函数的基本关系求出的值，然后利用两角差的正切公式可求出的值.‎ ‎【详解】，，.‎ 因此，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题利用两角差的正切公式求值，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4.如图为由三棱柱切割而得到的几何体的三视图，俯视图是边长为的正三角形，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据几何体的三视图知该几何体是直三棱柱去掉一个三棱锥，其直观图如图所示.‎ - 24 -‎ 且该三棱锥的底面是边长为的等边三角形，其高为，‎ 因此，该几何体的体积为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了利用空间几何体的三视图求体积的应用问题，考查空间想象能力，是基础题目．‎ ‎5.某校约有1000人参加模块考试,其数学考试成绩服从正态分布N(90,a2)(a>0),统计结果显示数学考试成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的0.6,则此次数学考试成绩不低于110分的学生人数约为（ ）‎ A. 600 B. 400‎ C. 300 D. 200‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎70分到110分之间的人数约为总人数的0.6，根据正态分布知，90分到110分之间的约为总数的0.3，所以可知110分以上的约为总数的.‎ ‎【详解】根据正态分布知，其均值为90分，又70分到110分之间的人数约为总人数的0.6，根据对称性知90分到110分之间的约为总数的0.3，所以可知110分以上的约为总数的，故有大约人，选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正态分布，利用正态分布的对称性解题，属于中档题.‎ - 24 -‎ ‎6.‎ 某程序框图如图所示，若输出的S=57，则判断框内为 A. k＞4? B. k＞5?‎ C. k＞6? D. k＞7?‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由程序框图知第一次运行，第二次运行，第三次运行，第四次运行，输出，所以判断框内为，故选C.‎ 考点：程序框图.‎ ‎7.将6名报名参加运动会的同学分别安排到跳绳、接力，投篮三项比赛中（假设这些比赛都不设人数上限），每人只参加一项，则共有种不同的方案，若每项比赛至少要安排一人时，则共有种不同的方案，其中的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：将6名报名参加运动会的同学分别安排到跳绳、接力，投篮三项比赛中（假设这些比赛都不设人数上限），每人只参加一项，则共有 - 24 -‎ 种不同的方案，若每项比赛至少要安排一人时，则首先将6人分成3组，3组的人数为或或，这样无序分组的方法有种，然后将3个小组与3个比赛对应，又有种，则共有种不同的方案，所以，故选择A，注意无序分组中均匀分组与非均匀分组的计数区别，否则会犯错.‎ 考点：有限制条件的排列、组合计数问题.‎ ‎8.函数在上单调递增，则的范围是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简函数的解析式，再利用正弦函数的图像和性质分析得到的不等式组，解之即得解.‎ ‎【详解】由题得，‎ 所以函数的最小正周期为,‎ 因为函数在上单调递增，‎ 所以，又w＞0，‎ 所以.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换和正弦函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎9.球的球面上有四点、、、，其中、、、四点共面，是边长为的正三角形，平面平面，则棱锥体积的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 24 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于面面，所以点在平面上的射影落在上，根据球体的对称性可知，当在“最高点”，也就是说为中点时，最大，三棱锥的体积最大，计算出的长以及的面积，利用锥体的体积公式可求得结果.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 由于面面，所以点在平面上的射影落在上，根据球体的对称性可知，当在“最高点”，也就是说为中点时，最大，‎ 是边长为的等边三角形，所以，球的半径为，‎ 在中，，，，‎ 所以，三棱锥的体积为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查锥体体积计算，根据几何体的结构特征确定出点的位置是关键．考查空间想象能力、计算能力，属于中等题.‎ ‎10.已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 24 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.‎ ‎【详解】设为正方形的中心，为中点，过作的平行线，交于，过作垂直于，连接、、，则垂直于底面，垂直于， ‎ 因此 从而 因为，所以即，选D.‎ ‎【点睛】线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.‎ ‎11.设是定义在上的偶函数，对任意，都有，且当时，，若在区间内关于的方程恰有个不同的实数根，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 由已知中可以得到函数是一个周期函数，且周期为，将方程恰有个不同的实数解，转化为函数与函数在区间−2,6上的图象恰有个不同的交点，数形结合即可得到实数的取值范围．‎ ‎【详解】对任意，都有，则函数是一个周期函数，且周期为，‎ 当时，，且函数是上的偶函数，‎ 若在区间内关于的方程恰有个不同的实数根，‎ 则函数与函数在区间上的图象恰有个不同的交点，‎ 如下图所示：‎ 又，所以，解得.‎ 因此，实数的取值范围是.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断，指数函数与对数函数的图象与性质，其中根据方程的解与函数的零点之间的关系，将方程根的问题转化为函数零点问题，是解答本题的关键，体现了转化和数形结合的数学思想，属于中档题．‎ ‎12.已知双曲线C:的离心率为2,为期左右顶点,点P为双曲线C在第一象限的任意一点,点O为坐标原点,若的斜率为,则的取值范围为( )‎ - 24 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：，，设，则，，又双曲线渐近线为，所以，故，选A．‎ 考点：离心率 渐近线 斜率 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）‎ 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作答.第23题~第24题为选考题，考生根据要求作答.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.若，则二项式展开式中含的项的系数是____‎ ‎【答案】240‎ ‎【解析】‎ ‎,展开式通项为：‎ ‎．令3-r=1得r=2.所以展：开式中含的项的系数是 ‎14.，如果目标函数的最小值为-1，则实数m= ．‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【详解】试题分析：画出不等式组表示的平面区域，根据目标函数的解析式形式，分析取得最优解的点的坐标，然后根据分析列出一个含参数m的方程组，消参后即可得到m的取值,‎ 解：画出x，y满足的可行域如下图：‎ 可得直线y=2x-1与直线x+y=m的交点使目标函数z=x-y取得最小值，‎ 由 可得，代入x-y=-1得 ‎∴m=5‎ 故答案为5‎ 考点：线性规划 ‎15.在△中，内角的对边分别为，若其面积，角的平分线交于，，，则________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ - 24 -‎ 由题意得，所以，即．‎ 由三角形角分线的性质可知，，．‎ 在中，由余弦定理得，‎ 在中，由余弦定理得，‎ ‎∴，解得．‎ 答案：1 ‎ 点睛：‎ 根据三角形的面积公式和可得三角形角平分线的性质，即三角形的角平分线分对边所成的两条线段，和加这个角的两边对应成比例，利用这一性质可进行三角形边的有关计算．‎ ‎16.已知圆心角为120° 扇形AOB半径为，C为中点．点D，E分别在半径OA，OB上．若CD2＋CE2＋DE2＝，则OD＋OE的取值范围是 ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 连接．因为为的中点，所以．由余弦定理可得：‎ 两式相加可得，‎ - 24 -‎ 而，所以，即 再由余弦定理可得，‎ 所以，即 因为当且仅当时取等号 所以 解得 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知为单调递增数列，为其前项和，‎ ‎(Ⅰ)求的通项公式；‎ ‎(Ⅱ)若为数列的前项和，证明：.‎ ‎【答案】(1)；(2)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由得，所以,‎ 整理得,所以是以为首项，为公差的等差数列，可得.‎ ‎（2）结合（1）可得，利用裂项相消法求得的前项和，利用放缩法可得结论.‎ ‎【详解】试题解析：（Ⅰ）当时，,所以，即,‎ 又为单调递增数列，所以.‎ - 24 -‎ 由得，所以,‎ 整理得,所以.‎ 所以，即,‎ 所以是以1为首项，1为公差等差数列，所以.‎ ‎(Ⅱ)‎ 所以 ‎.‎ ‎【点晴】本题主要考查数列的通项与求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.‎ ‎18.如图，已知三棱柱中，侧棱与底面垂直，且，，、分别是、的中点，点在线段上，且.‎ ‎（1）求证：不论取何值，总有；‎ - 24 -‎ ‎（2）当时，求平面与平面所成二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系，求出向量和的坐标，通过可证明出；‎ ‎（2）分别求出平面的一个法向量和平面的法向量，由此利用向量法能求出平面与平面所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【详解】以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则，，，.‎ ‎（1），，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎，，‎ 因此，无论取何值，；‎ ‎（2）当时，，，，‎ - 24 -‎ 而平面的法向量，设平面的法向量为，‎ 则，解得，则，‎ 设为平面与平面所成的锐二面角，则.‎ 因此，平面与平面所成二面角的余弦值是.‎ ‎【点睛】本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．‎ ‎19.某企业响应省政府号召，对现有设备进行改造，为了分析设备改造前后的效果，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取了件产品作为样本，检测一项质量指标值，若该项质量指标值落在内的产品视为合格品，否则为不合格品.如图是设备改造前的样本的频率分布直方图，表是设备改造后的样本的频数分布表.‎ 表：设备改造后样本的频数分布表 - 24 -‎ 质量指标值 频数 ‎（1）完成下面的列联表，并判断是否有的把握认为该企业生产的这种产品的质量指标值与设备改造有关；‎ 设备改造前 设备改造后 合计 合格品 不合格品 合计 ‎（2）根据频率分布直方图和表 提供的数据，试从产品合格率的角度对改造前后设备的优劣进行比较；‎ ‎（3）企业将不合格品全部销毁后，根据客户需求对合格品进行登记细分，质量指标值落在内的定为一等品，每件售价元；质量指标值落在或内的定为二等品，每件售价元；其它的合格品定为三等品，每件售价元.根据表的数据，用该组样本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的频率代替从所有产品中抽到一件相应等级产品的概率.现有一名顾客随机购买两件产品，设其支付的费用为（单位：元），求的分布列和数学期望.‎ 附：‎ ‎【答案】(1)列联表见解析； 有 - 24 -‎ 的把握认为该企业生产的这种产品的质量指标值与设备改造有关．‎ ‎(2)设备改造后性能更优．‎ ‎(3)分布列见解析；.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）根据设备改造前的样本的频率分布直方图和设备改造后的样本的频数分布表完成列联表，求出，与临界值比较即可得结果；（2）根据频率分布直方图和频数分布表，可得到设备改造前产品为合格品的概率和 设备改造后产品为合格品的概率，从而可得结果；（3）随机变量的取值为：，利用古典概型概率公式，根据独立重复试验概率公式求出各随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得的数学期望.‎ 详解：（1）根据设备改造前的样本的频率分布直方图和设备改造后的样本的频数分布表．‎ 完成下面的列联表：‎ 设备改造前 设备改造后 合计 合格品 不合格品 合计 将列联表中的数据代入公式计算得：‎ ‎∵，‎ ‎∴有的把握认为该企业生产的这种产品的质量指标值与设备改造有关．‎ ‎（2）根据设备改造前的样本的频率分布直方图和设备改造后的样本的频数分布表．‎ 可知，设备改造前产品为合格品的概率约为 设备改造后产品为合格品的概率约为 设备改造后产品合格率更高，因此，设备改造后性能更优．‎ - 24 -‎ ‎（3）由表 1 知：‎ 一等品的频率为，即从所有产品中随机抽到一件一等品的概率为；‎ 二等品的频率为，即从所有产品中随机抽到一件二等品的概率为；‎ 三等品的频率为，即从所有产品中随机抽到一件三等品的概率为.‎ 由已知得：随机变量的取值为：．‎ ‎∴随机变量的分布列为：‎ ‎∴.‎ 点睛：本题主要考查直方图的应用、离散型随机变量的分布列与期望，以及独立性检验的应用，属于难题.独立性检验的一般步骤：（1）根据样本数据制成列联表；（2）根据公式计算的值；(3) 查表比较与临界值的大小关系，作统计判断.‎ ‎20.已知椭圆：的焦点的坐标为，的坐标为，且经过点，轴.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设过的直线与椭圆交于两不同点，在椭圆上是否存在一点，使四边形为平行四边形？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.‎ - 24 -‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由的坐标为，且经过点，轴，得，解得的值即可得椭圆的方程；（2）假设存在符合条件的点M（x0，y0），当斜率不存在，推出矛盾不成立，设直线l的方程为，与椭圆的方程联立得到根与系数关系，利用平行四边形的对角线相互平分的性质可得点M的坐标，代入椭圆方程解得即可．‎ 试题解析：‎ ‎（1），解得.所以椭圆的方程. ‎ ‎（2）假设存在点，‎ 当斜率不存在，，，不成立；‎ 当斜率存在，设为，设直线与联立得. ‎ ‎.‎ ‎，则的中点坐标为 ‎ ‎ AB与的中点重合， ‎ 得 ， ‎ 代入椭圆的方程得.解得.‎ 存在符合条件的直线的方程为：.‎ ‎21.已知函数有两个极值点，（为自然对数的底数）.‎ ‎（Ⅰ）求实数的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）求证：.‎ - 24 -‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ 分析：(Ⅰ) 函数有两个极值点，只需有两个根，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理与函数图象可得当时，没有极值点；当时，当时，有两个极值点；(Ⅱ)由(Ⅰ)知，为的两个实数根，，在上单调递减，问题转化为，要证，只需证，即证，利用导数可得，从而可得结论.‎ 详解： (Ⅰ)∵，∴.‎ 设，则.‎ 令，解得.‎ ‎∴当时，；当时，.‎ ‎∴.‎ 当时，，∴函数单调递增，没有极值点；‎ 当时，，且当时，；当时，.‎ ‎∴当时，有两个零点.‎ 不妨设，则.‎ ‎∴当函数有两个极值点时，的取值范围为. ‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知，为的两个实数根，，在上单调递减.‎ 下面先证，只需证.‎ ‎∵，得，∴.‎ - 24 -‎ 设，，‎ 则，∴在上单调递减，‎ ‎∴，∴，∴.‎ ‎∵函数在上也单调递减，∴.‎ ‎∴要证，只需证，即证.‎ 设函数，则.‎ 设，则，‎ ‎∴在上单调递增，∴，即.‎ ‎∴在上单调递增，∴.‎ ‎∴当时，，则，‎ ‎∴，∴. ‎ 点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.‎ 请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线参数方程为（为参数），直线 的方程为以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求曲线和曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线交于,两点，求.‎ ‎【答案】（1）的极坐标方程为，直线极坐标方程为 - 24 -‎ ‎；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三种方程的转化方法，即可得解；‎ ‎（2）将代入中得，结合韦达定理即可得解.‎ ‎【详解】（1）由曲线的参数方程为（为参数），得曲线的普通方程为 ，‎ 则极坐标方程为，‎ 由于直线过原点，且倾斜角为，故其极坐标方程为.‎ ‎（2）由 得，‎ 设,对应的极径分别为，则，，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查三种方程的互化，考查极坐标方程的应用，属于常考题.‎ ‎23.已知关于的不等式的解集不是空集.‎ ‎（1）求实数的取值范围；‎ ‎（2）求函数取得最小值时的的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可知，存在使得，利用绝对值三角不等式求得 - 24 -‎ 的最小值，即可求得实数的取值范围；‎ ‎（2）由可得，再由三元基本不等式计算即可得到所求最小值及的值．‎ ‎【详解】（1）关于的不等式的解集不是空集，.‎ 根据绝对值三角形不等式，有，当且仅当时取等号，‎ 故实数的取值范围为；‎ ‎（2）由（1）得，则，‎ 当且仅当，即时取等号，‎ 所以函数取得最小值时的值为.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的性质及不等式有解的条件，考查函数的最值的求法，注意运用三元均值不等式，考查运算能力，属于中档题．‎ - 24 -‎ - 24 -‎