2020届山西省临汾市高三下学期模拟考试(二)数学(理)试题(解析版)(共21页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2020届山西省临汾市高三下学期模拟考试（二）数学（理）试题一、单选题1已知是虚数单位，且的共轭复数为，则（ ）ABC5D3【答案】C【解析】先化简，再求其共轭复数求解.【详解】因为，所以，所以.故选：C【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的概念，还考查运算求解的能力，属于基础题.2已知全集为，集合,，则（ ）ABCD【答案】D【解析】先化简集合A，得到，再求其补集，然后化简集合B，再求两个集合的交集.【详解】因为，所以化简得，所以，又因为，化简得，故.故选：D【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查运算求解的能力，属于基础题.3已知函数，若，则实数的取值范围是（

2、）ABCD【答案】A【解析】根据分段函数的定义域，分和时，两种情况分类求解.【详解】当时，成立；当时，故，综上：实数的取值范围是.故选：A【点睛】本题主要考查分段函数解不等式问题，还考查运算求解的能力，属于基础题.4已知夹角为的向量满足，且，则向量的关系是（ ）A互相垂直B方向相同C方向相反D成角【答案】C【解析】根据，得到，再由数量积公式和化简求解.【详解】由可得，即，即，所以，即，所以方向相反.故选：C【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，还考查运算求解的能力，属于基础题.5公差不为零的等差数列中，成等比数列，则（ ）ABCD【答案】B【解析】设的公差为，根据成等比数列，可得，化简求得

3、的关系再求解.【详解】设的公差为，由成等比数列，可得，即，即，故.故选：B【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的基本运算，还考查运算求解的能力，属于基础题.6已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）ABCD【答案】A【解析】根据三视图可知，该几何体是圆柱的一半与长方体的组合体 ，结合三视图的量，得到圆柱的底面半径和高及长方体的长宽高，再利用柱体体积公式求解.【详解】由三视图可知，该几何体是圆柱的一半与长方体的组合体，其中半圆柱的底面半径为3，高为1，故其体积为：.故选：A【点睛】本题主要考查三视图的应用及几何体体积，还考查运算求解的能力，属于基础题.7已知满足，则（ ）ABC3

4、D【答案】B【解析】用两角和的公式将展开整理可得，再两边平方整理得，然后将切化弦求解.【详解】由可得，即，平方可得，即，故.故选：B【点睛】本题主要考查两角和的正弦和同角三角函数基本关系式，还考查运算求解的能力，属于中档题.8运行如图所示的程序算法，若输入的值为20，则输出的结果为（ ）A20B10C0D【答案】B【解析】根据循环结构分析找到规律，m是偶数时相减，是奇数时相加，当m=0时终止.【详解】第1次循环第2次循环第3次循环依此循环该框图的运行结果是：.故选：B【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构，还考查推理论证的能力，属于基础题.9随着新政策的实施，海淘免税时代于2016年4月8日

5、正式结束，新政策实施后，海外购物的费用可能会增加.为了解新制度对海淘的影响，某记者调查了身边喜欢海淘的10位朋友，其态度共有两类：第一类是会降低海淘数量，共有4人，第二类是不会降低海淘数量,共有6人.若该记者计划从这10人中随机选取5人按顺序进行采访，则“第一类”的人数多于“第二类”，且采访中“第二类”不连续进行的不同采访顺序有（ ）A3840B5040C6020D7200【答案】B【解析】根据“第一类”的人数多于“第二类”，分两种情况，一是“第一类”抽取3人，二是 “第一类”抽取4人，再根据 “第二类”不连续进行，采用插空法分别求解，两类再相加.【详解】“第一类”抽取3人的采访顺序有种；“第

6、一类”抽取4人的采访顺序有种，故不同的采访顺序有.故选：B【点睛】本题主要考查排列与组合的综合应用，还考查理解辨析的能力，属于中档题.10若不等式组所表示的平面区域的面积为4，则的取值范围是（ ） ABCD【答案】D【解析】根据约束条件，画出可行域，再根据平面区域的面积为4确定k，可行域确定，然后将目标函数，转化为，利用斜率模型求解.【详解】画出不等式组对应的平面区域如图所示.图中点，故阴影部分的面积为，解得，设点，则m的几何意义是点与点连线的斜率.而，由图可知，或，故的取值范围是.故选：D【点睛】本题主要考查线性规划求最值，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.11已知双曲线的

7、左、右焦点分别为，点在双曲线的右支上，点为的中点，为坐标原点，,的面积为，则该双曲线的方程为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据为的中点，由中位线定理可得，且，再由双曲线的定义结合，可得，然后设双曲线的焦距为2c，在中由余弦定理，结合正弦定理的面积为求解.【详解】由为的中点，所以，且，故，故，设双曲线的焦距为2c，在中，由余弦定理可得，的面积为，双曲线的方程为.故选：C【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用及双曲线方程的求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.12已知函数，函数，若方程恰好有4个实数根，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【解析】当时，求导，由可得

8、，当时，当时，故在上单调递增，在上单调递减，然后在同一坐标系中画出函数与曲线的图象求解.【详解】当时，则，由，可得.当时，当时，故在上单调递增，在上单调递减.因此，在同一坐标系中画出函数与曲线的图象如图所示.若函数与恰好有4个公共点，则，即，解得.故选：D【点睛】本题主要考查函数与方程问题，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.二、填空题13在讨论勾股定理的过程中，九章算术提供了许多整勾股数，如，等等.其中最大的数称为“弦数”，后人在此基础上进一步研究，得到如下规律：若勾股数组中的某一个数是确定的奇数(大于1)，把它平方后拆成相邻的两个整数，那么奇数与这两个整数构成一组勾股数，称

9、之为“由生成的一组勾股数”.则“由17生成的这组勾股数”的“弦数”为_.【答案】145【解析】根据，再把289拆成相邻的两个整数即可.【详解】由，而，则这组勾股数中的“弦数”为145.故答案为：145【点睛】本题主要考查类比推理，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.14已知抛物线的焦点坐标为，则直线与抛物线围成的封闭图形的面积为_.【答案】24【解析】先根据抛物线的焦点坐标求得抛物线方程，再把与抛物线方程联立求交点，然后用定积分求面积.【详解】由抛物线的焦点坐标可得，故抛物线方程为，把代入抛物线方程可得或，故直线与抛物线围成的封闭图形的面积为：.故答案为：24【点睛】本题主要考查抛物线及定积分

10、的应用，还考查了理解辨析和运算求解的能力，属于基础题.15已知的最大值为，则的最小值为_.【答案】17【解析】先将，转化为，再根据最大值为，建立等式，整理得，然后将转化为，再利用基本不等式中的“1”的代换求解.【详解】，最大值为，所以，整理得，则，当且仅当且，即时，取等号所以的最小值为17故答案为：17【点睛】本题主要考查三角函数的性质和基本不等式的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.16设数列的前项和为，已知对于任意正整数，都有，若存在正整数，使得，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】根据，当时，可得，两式相减得，当时，得到是等比数列，从而求得，则，设，再研究其单调性

11、求其最大值即可.【详解】当时，由 可得 由可得，即，当时由，可得，所以是首项为1，公比为的等比数列，所以，即，所以，设，则，当，即时，递增，当，即时，递减，故的最大值为.故，故实数m的取值范围是.故答案为：【点睛】本题主要考查数列的通项与前n项和之间的关系和不等式有解问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.三、解答题17的内角的对边分别为，若，且为锐角（1）求的值；（2）当取得最小值时，求的值【答案】（1）； （2）.【解析】（1）利用正弦定理，将，转化为，即，可得，再用平方关系求.（2）利用余弦定理，有，则转化为，利用基本不等式，可得当且仅当时，取得最小值，然后将代入得到，

12、再用余弦定理求解.【详解】（1）由及正弦定理可得：，即，由可得，而是锐角，所以.（2）由余弦定理可得，则，当且仅当时，取得最小值.此时，所以，.【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理和基本不等式的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.18如图，是正方形，平面，平面，,（1）求证:；（2）若二面角的余弦值为，求的值【答案】（1）见解析； （2）.【解析】（1）要证明，只要证明平面即可.（2）建立空间直角坐标系，设，则，.分别求得平面和平面的法向量，利用二面角的余弦值为，即求解.【详解】（1）是正方形，平面，而平面，平面，又平面，.（2）如图，以为原点，以所在直线为x轴、y

13、轴、z轴建立空间直角坐标系.设，则.则，.设平面和平面的法向量分别为.由条件可得，即，令，故.同理可得.由条件可得，即，解得或 (舍去).所以.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理和二面角的向量法求法，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.192016年5月20日以来，广东自西北到东南出现了一次明显降雨.为了对某地的降雨情况进行统计，气象部门对当地20日28日9天内记录了其中100小时的降雨情况，得到每小时降雨情况的频率分布直方图如下：若根据往年防汛经验，每小时降雨量在时，要保持二级警戒，每小时降雨量在时，要保持一级警戒.（1）若以每组的中点代表该组数据值，求这100小时内每小

14、时的平均降雨量；（2）若从记录的这100小时中按照警戒级别采用分层抽样的方法抽取10小时进行深度分析.再从这10小时中随机抽取3小时，求抽取的这3小时中属于一级警戒时间的分布列与数学期望.【答案】（1）87.25； （2）小时，见解析.【解析】（1）先分别算出五组数据数据对应的频率，再利用平均数公式求解.（2）先根据频率分布直方图得到一级警戒和二级警戒的时间数，用表示一级警戒的小时数，列出的可能取值，再分别求得其概率，列出分布列，然后代入期望公式求解.【详解】（1）这五组数据对应的频率分别为：0.05，0.35，0.3，0.2，0.1.故这100小时的平均降雨量为：0.0577.5+0.358

15、2.5+0.387.5+0.292.5+0.197.5=87.25.（2）由频率分步直方图可知，属于一级警戒的频率为：(0.04+0.02)5=0.3，则属于二级警戒的频率为10.3=0.7.所以，抽取的这10个小时中，属于一级警戒的有3小时，属于二级警戒的有7小时.从这10小时中抽取3小时，用表示一级警戒的小时数，的取值可能为0，1，2，3.则，.所以，的分布列为：0123则的期望值为：（小时）.【点睛】本题主要考查了频率分布直方图及离散型随机变量的分布列，还考查了数据处理和运算求解的能力，属于中档题.20已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，且在椭圆上运动，当点恰好在直线l:上时，的面积为

16、.（1）求椭圆的方程；（2）作与平行的直线，与椭圆交于两点，且线段的中点为，若的斜率分别为，求的取值范围.【答案】（1）； （2）.【解析】（1）根据点在椭圆上运动，当点恰好在直线l:上时，的面积为，直线与椭圆方程联立，解得点的坐标，则有，再由求解.（2）设直线的方程为.由可得，由韦达定理，求得点M的横纵坐标，建立模型，由，得到，或.然后用函数法求范围.【详解】（1）由可得，.根据对称性，不妨设点在第一象限，则点的坐标为，设椭圆的焦距为2c，由条件可得，即，由椭圆的离心率可得，所以，所以，解得，故.故椭圆的方程为（2）设直线的方程为.由可得，即，所以，或.设，则.则，.则，.当时，且在和上的取

17、值范围相同，故只需求在上的取值范围.而在和上随的增大而增大.的取值范围是.【点睛】本题主要考查了椭圆方程的求法和直线与椭圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于难题.21已知函数.（1）若在处的切线与直线垂直，求的极值；（2）若函数的图象恒在直线的下方.求实数的取值范围；求证:对任意正整数，都有.【答案】（1）极大值为，无极小值； （2）；见解析 .【解析】（1）利用导数的几何意义，根据根据在处的切线与直线垂直，求得m，确定函数再求极值.（2）根据函数的图象恒在直线的下方，则有 ，即在上恒成立，转化为恒成立，令求其最大值即可.【详解】（1）由可得，所以，即.则，令可得，当时，当时，.在上单调

18、递减，在上单调递增，的极大值为，无极小值. （2）由条件可知：只需，即在上恒成立.即，而，恒成立.令，则，令可得.当时，当时，在上单调递增，在上单调递减，故的最大值为，即实数的取值范围是.由可知，时，即对任意的恒成立.令，则，即，.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，导数与函数的最值，还考查了转化化归的思想和数列的应用以及运算求解的能力，属于难题.22已知直线的参数方程为（其中为参数），以原点为极点，以轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（为常数，且），直线与曲线交于两点.（1）若，求实数的值；（2）若点的直角坐标为，且，求实数的取值范围.【答案】（1）； （2）.【解析】（1）将直线的

19、参数方程化为为普通方程，曲线C的极坐标方程化为普通方程，再利用直线与圆的弦长公式求解.（2）直线的参数方程与圆的普通方程联立，根据参数的几何意义，则有求解.【详解】（1）曲线的极坐标方程可化为，化为直角坐标系下的普通方程为：，即.直线的普通方程为：，而点到直线的距离为，所以，即，又因为，所以.（2）显然点在直线上，把代入并整理可得，设点对应的参数分别为.则，解得或.则，解得或.而，实数m的取值范围是.【点睛】本题主要考查了参数方程，极坐标方程与普通方程间的转化以及直线与圆的弦长，参数的几何意义，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.23已知函数(其中m为常数).（1）若，求实数m的取值范围；（2）求证：对任意实数恒成立.【答案】（1）； （2）见解析.【解析】（1）建立不等式，根据绝对值的几何意义，分当时，当时，当时，三种情况分类求解. （2）根据，则有，而，由基本不等式求最小值不小于9即可.【详解】（1）由条件可知，当时，解得，所以，；当时，恒成立，所以，；当时，解得，所以，.综上，实数m的取值范围是 （2），而，当且仅当，即时，取等号.对任意实数恒成立.【点睛】本题主要考查了绝对值的解法，绝对值放缩以及基本不等式的应用，还考查了和运算求解的能力，属于中档题.专心-专注-专业