山西省太原市2020届高三模拟考试试题二文科数学【含解析】.pdf

《山西省太原市2020届高三模拟考试试题二文科数学【含解析】.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山西省太原市2020届高三模拟考试试题二文科数学【含解析】.pdf（23页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、山西省太原市2020届高三模拟考试试题二文科数学【含解析】一、选择题1.已知集合 A =x(x-2)(x+l)0,B =X|-1X 1 ,则 4 nB=()A.|x|-l x B.|x|-l x 11C.x|-l x 2 D.止lx 2【答案】A【解析】【分析】计算集合A,根据交集的定义，与集合3进行交集运算即可.【详解】A =x|(x-2)(x+l)0=x|-l x 2,B =|x|-l x l!An5=x|-l x Z =有2=口=匹耐=丁故选：B【点睛】本题考查了复数的运算性质和复数模的计算，在求解z时，用到分母实数化，这是本题计算的关键步骤，要熟练掌握，属于基础题型.3.等比数列 ,的

2、前N项和为S“，若 2=2,S -6,则$5=()A.18 B.10 C.-14 D.-22【答案】D【解析】【分析】由求和公式可得关于q和夕的值，再代入求和公式可得.【详解】解：设等比数列 勺 的公比为夕，显然由求和公式可得邑=,一g匚 ,豹得手党后一解得一代回可得。尸一2,厂(j)-2 1-(一 2)-工L-q 1-(-2)-故选D.【点睛】本题考查等比数列的求和公式，属 基 础 题.4.已知 a =lo gs 2,b=502，c =0.5 2.贝 U()A.a b c B.a c b C.b a c D.c a 1,a 1,C 1,再 对 a,c 进行变形，判 断 a,c 之间的大小即可

3、.【详解】因为 a =lo g5 2 5 =l，c =0.502 0.5 =1.而 a =lo gs 21 1 1-0,用导数法可得l n xx-l,4Fdr,从而有l n(x+l)-l,可得/(x)0确定选项【详解】设/(x)=x-l-l n x,x0 ,所以=l 当0 x l时，/(力 l时，r(x)o,所以 f(x)f(l)=O,所以l n xx-l,所以l n(x+l)-l,所以x）=l n；x+l），排除&C，k故选A【点睛】本题主要考查由函数的解析式识别函数图象，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.8.圆周率n是数学中一个非常重要的数，历史上许多中外数学家利用各种办法对n进行了

4、估算.现利用下列实验我们也可对圆周率进行估算.假设某校共有学生4人，让每人随机写出一对小于1 的正实数a,b,再统计出a,6,1 能构造锐角三角形的人数也利用所学的有关知识，则可估计出n的值是（）4MA.NN2M+N4M+2ND.-N【答案】B【解析】【分析】首先求出0 a l,O V 6 1,构成的区域面积，然后利用余弦定理求出满足是锐角三角形所构成的区域,然后利用几何概型一面积比即可求解.【详解】学校共有学生N人，每人随机写出一对小于1 的正实数a,b,得到N个实数对（a,b）,因为0 a l,0 6 l,-+/?-0,即 4+炉1,a+b 2 ab所以 对实数对落在单位圆A A 1外的有

5、 对，1 X J T T y 1 1由几何概率的概率公式可得：M 4 _1一一4，不=1 7 1 =4所 以（）,N故选：B.【点睛】本题考查了几何概型一面积比，几何概型的应用，解题的关键是求出满足条件的事件所构成的区域面积，属于基础题.9.已知痴是两个非零向量，其夹角为若叫,且卜+2 2一q,则c o s 8=()A.B.231C.2D.-25【答案】B【解析】【分析】由可得”,再 由 卜+0=2归-两 边 平 方 可 得 出=羽 ,代 入 公 式n a bc o s夕=正国可得答案.详解由叫，得（2+斗 仅-B）=o,可 得 停 _ 件=（）,即“第.由 归+耳=2归一耳，可 得 归+邛=

6、4归一邛，即|,+2%+|邛=4（问2一2 4+恸）整理得4%=1忖c o s。=3g-b 535故选：B【点睛】本题考查向量数量积的运算性质，求向量的夹角的余弦值，将向量模长平方转化为数量积运算是解决本题的关键，属于中档题.1 0.过抛物线/=4x 的焦点的直线,与抛物线交于力，2?两点，设点M（3,0）.若加8 的面积为4枝，则I 初=（）A.2 B.4 C.2百 D.8【答案】D【解析】【分析】设直线/的方程为下力 1,将直线与抛物线联立，利用韦达定理以及弦长公式表示出根据三角形的面 积 求 出 加-%=4 0,代入计算即可求解.【详解】抛物线/=4x 的焦点厂为（1,0）,可设直线/的

7、方程为广 户1,代入抛物线方程，可得/-4 -4=0,设“），6（吊，y2）可得%+%=4,，%斤-4,则I M =J 1+产.|y,-1=7 1+7 5（乂+%）2-4 乂%=J 1 +8 J 1 6r+1 6，仞出的面积为g I必 I.|%I =x 2|必-%|=4/2，2 2即J 1 6/+1 6=4 五，解得片1，则 I初=V T Z T -J 1 6+1 6=8,故选：D.【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系、弦长公式，考查了基本运算求解能力，属于基础题.1 1.对于函数/（x）=；（s z h x +c o s x）-Js加x c o s x .有下列说法：“X）值城为 T ；

8、当且仅当x =2左 乃+/Ue Z）时，函数/（%）取得最大值：函数/（x）的最小正周期是万；当且仅当4 2%4,2 匕1 +1（丘 2）时，/（）0.其中正确结论的个数是（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据题意，先得到/(x)=,，作出函数的图像，结合函数图像，逐项判断，即可得出sinx,sinx cosx结果.【详解】因为-一卜山=,作 出 函 数 的 图 象，2 2 sinx,sinx 0,正确.故选：B.【点睛】本题主要考查三角函数的性质，熟记正弦函数与余弦函数的图像和性质即可，属于常考题型.12.三棱锥尸A 5C中，ABLBC，PAC为等边三角形，二面角。一AC

9、 3的 余 弦 值 为-逅，当3三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为8万.则三棱锥体积的最大值为()1 1A.1 B.2 C.D.2 3【答案】D【解析】【分析】由已知作出图象，找出二面角P A C B的平面角，设出A B,BC,AC的长，即可求出三棱锥P A B C的高，然后利用基本不等式即可确定三棱锥体积的最大值（用含有AC长度的字母表示），再设出球心由球的表面积求得半径，根据球的几何性质，利用球心距，半径，底面半径之间的关系求得AC的长度，则三棱锥体积的最大值可求.【详解】如图所示，过点P作。石，面4 8。，垂足为，过点E作 比）_ L A C交AC于点。，连接P ,则N P D E为

10、二面角P-的平面角的补角，即有。3易知A C J _面尸则A C，P ,而 P A C为等边三角形，.。为AC中点，设=B C-h,A C=J a2+b2=c，则 P E =P D sinAPDE =-x c x =-,2 3 21 1 cl 1 cr+b c3故三棱锥P A B C的体积为：V -x-a b x-=ab c|PF21=2&2&c2 c =2。=e1 1 +V3V 3-1-2故答案为：L芭2【点 睛】本题考查余弦定理、双曲线的定义、双曲线的离心率，考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力.1 5.已 知AA5C中，a、8、c分 别 是 内 角A、B、。

11、的对边，a +c =6,加1+c o s B 3 -c o s As i n A i-，贝ij A B C面积的最大值是【答 案】20【解 析】【分 析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理的应用求出的值，进一步利用余弦定理和三角形的面积公式及基本关系式的应用求出结果.【详 解】解：因为s i n Bs i n A1 +c o s B 3-c o s A所以 s i n B(3-c o s A)=s i n A(l +c o s B),整理得 3 s i n 3 -s i n Bcos A =s i n A +s i n A c o s B,所以 3 s i n B =s i n B c

12、 o s A +s i n A +s i n A c o s B =s i n(A +区)+s i n A =s i n A +s i n C ,由正弦定理得，3b=a+c,因 为Q+C=6,所以6 =2,因为a +c =6,所以6 =a +c 2 2疝，整理得。忘9,(当且仅当a =c =3时等号成立)，c c i +c b(a +c)-2 a c 4 1 6 a c所以 c o s 8=-=-=-，lac lac ac所以s i n B =Vl-c o s2 B=x /2 t zc-1 6，ac所以 S ABC ac x x J 2 a c -1 6 =2 /2 x 9 -1 6 =2-/

13、2 ,一 2 ac当且仅当a =c =3时等号成立，所 以 面 积 的 最 大 值 为2夜，故答案为：2加【点睛】此题考查了三角函数关系式的恒等变换，正弦定理，余弦定理和三角形的面积公式的应用，基本不等式的应用，考查运算能力和转换能力，属于中档题.1 6.中国古代教育要求学生掌握“六艺”，即“礼、乐、射、御、书、数”.某校为弘扬中国传统文化，举行有关“六艺”的知识竞赛.甲、乙、丙三位同学进行了决赛.决赛规则：决赛共分6场，每场比赛的第一名、第二名、第三名的得分分别为a,0,c(a b c,a,ac e N*),选手最后得分为各场得分之和，决赛结果是甲最后得分为2 6分，乙和丙最后得分都为1 1

14、分，且乙在其中一场比赛中获得第一名，现有下列说法：每场比赛第一名得分a =4分；甲可能有一场比赛获得第二名；乙有四场比赛获得第三名；丙可能有一场比赛获得第一名.则以上说法中正确的序号是一【答案】【解析】【分析】根据总分得到a +8 +c =8,根据甲得分得到a 2 5,计算。=5,b=2,c =l,得到每个选手的得分情况，得到答案.【详解】根据题意：6(a +/?+c)=26+U+ll=48,故a+A +c =8,a =8-c-b W8 -2-1 =5,甲不全部得到第一，故6a 2 6,故a 一,即。2 5,故。=5,b=2,c=l.3故甲有5个第一，0个第二，1个第三；乙有1个第一，1个第二

15、，4个第三；丙有0个第一，5个第二，1个第三.对比选项知：正确.故答案为：.【点睛】本题考查了逻辑推理，意在考查学生的推理能力.三、解答题1 7.已知数列 4 的前项和为S“，且满足S“=|a +3.(1)求证：数列 为1 是等比数列；(2)若 包=厩(q -1)+lo g3(f i j -l)+.+lo g3(a -1),%=，.求数 列 匕 的前项和 Tn.2【答案】(1)证明见解析；(2)Tn=+1【解析】【分析】由已知条件可得a=3%-2,给等式两边同时减1得，q-1 =3(的-1),从而可证得数列 为一 1 是以3为公比，3为首项的等比数列；(2)由(1)可求得4-1 =3,从而可求

16、出么=(+,所以4 =-？2 不=2 1 然后利2n+l)用裂项求和的方法可求得3【详解】解：(1)当=1 时.，S =q =5%+1-3,得q =4,3当”2 2时，S“_|=”T+(T)-3,3 3则 4 =Sn-Sn_x-an-4 T +1,即 4 =3a,-2,1 =3(%-1),数列 4 -1 是以q -1 =3为首项，公比为3的等比数列.(2)由(I )得。一1 =3,bn=logs(4 1)+log2(%1)+log?(%l)=l+2+3+=n(/i+l)-2c.=_ =2 仕一 _ L)bn n(n+1)n n+)【点睛】此题考查了由递推式证明等比数列，裂项求和的方法，属于中档

17、题.18.按照水果市场的需要等因素，水果种植户把某种成熟后的水果按其直径d的大小分为不同等级.某商家计划从该种植户那里购进一批这种水果销售.为了了解这种水果的质量等级情况，现随机抽取了 100个这种水果，统计得到如下直径分布表(单位：加加：d18,20)20,22)22,24)24,26)26,28)等级三级品二级品一级品特级品特级品频数1m29n7用分层抽样的方法从其中的一级品和特级品共抽取6个，其中一级品2个.(1)估计这批水果中特级品的比例；(2)已知样本中这批水果不按等级混装的话20个 约1斤，该种植户有20000斤这种水果待售，商家提出两种收购方案：方案4：以6.5元/斤收购；方案6

18、：以级别分装收购，每袋20个，特级品8元/袋，一级品5元/袋，二级品4元/袋，三级品3元/袋.用样本的频率分布估计总体分布，问哪个方案种植户的收益更高？并说明理由.【答案】(D这批水果中特级品的比例为58%；(2)方案8种植户的收益更高，详见解析.【解析】分析】1+2 +29+7=100(1)由题意结合分层抽样的特征可得|+7_ 6-2，解方程求得上51后，即可得解；(2)分别计算出选择两个方案的的收益，比较大小即可得解.i+m+29 +7 =10 0【详解】（1）由题意 130 0 0 0可得选择6方案种植户的收益更高.【点睛】本题考查了分层抽样性质的应用，考查了利用频率估计样本总体的应用，

19、关键是对于题意的理解,属于基础题.19.如图，已知四棱锥P A B C。中，底面A 3 C D是正方形，侧面P C D,底面A B C。，P D =D C=2,N PDC =120 ,是P C的中点，点尸在A3上，且A B =4 A/.（1）求证：E F 1 CD；（2）求点F到平面A 0 E的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）且4【解析】【分析】（1）过E作 四，0。于，连结尸”，根据尸。=。=2,ZP）C =120 ,E是P C的中点，利用平面几何的知识，得到。=1，再结合A B =4 A F，即A E=!，得到FH上D C,利用线面垂直的判2 2定定理得到D C 上面E F H即可.

20、（2）由（1）知，7 平面AT史，将点尸到平面ADE的距离转化为点”到平面ADE的距离，根据侧面PCDJ底面ABCD,得到AD_L侧面PQC，设点到平面AOE的距离为d，利用等体积法由VfJ-ADE=VA-DEH 求解.【详解】（1）如图所示：过E作 硝_LOC于“，连结EK,因为尸。=。=2,ZPDC=120,E是PC的中点，所以 CE=G,C”=CEcos30=,2所以。=L,2.底面ABCO是正方形，A B =4 A F，即AF=,，2二AFffl）是矩形，:.F H D C,又 E H 上 D C，E H C F H =H,：.DC J面 瓦H，又,:E F u 面 E F H，D C

21、 1 E F.（2）由（1）知，EH/平面ADE，点F到平面A D E的距离等于点H到平面A D E的距离,.底面ABC0是正方形，侧面PCD，底面A B C D,，4），侧面 P。，A D L D E,在三棱锥 一ADE中，设点“到平面AOE的距离为4,由于%=VA-DEH，SDEH，A。=；,SADE，在侧面PCD中，P D =D C =2,Z P D C =120,E是 PC中点,A D E =,E H =2,2：.-D H E H-A D =-A D D E d3 2 3 2.1 x 1 x 1 x-V-3-x 2o =1 x 1 x2o xl.x.，3 2 2 2 3 2 u-,4即

22、点F到平面A D E的距离为.4【点睛】本题主要考查线面垂直与线线垂直的转化，点到面的距离以及等体积法的应用，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.20.已知椭圆。：0 +方=1(4匕0)的 离 心 率 为 券，一个顶点为(0,1),直线/交椭圆于4 8两点,且(1)求椭圆C的方程；(2)证明：直线/过定点.r2【答案】(1)+y2=l；(2)证明见解析4【解析】【分析】(1)根据椭圆的离心率以及性质，列出方程组，求解即可；(2)设出直线/的方程为)，=依+7,将直线/的方程代入椭圆方程，利用韦达定理，将转化为数量积为0,求 出 的 值，即可证明直线/过定点.2 _ c2 _ a

23、2-b2 _ 3【详解】解：(1)由题意得=/=/=7b=解得2=4,Z?2=12所以椭圆的方程为三+y 2=l.4（2）依题意，直线/斜率存在，设方程为丫=履+相，N（%,%）由vy=kx+m,x2,得(l+4/)f+8k n x+4M-4 =0了+，-Skm 4/一 4得 玉 +工 2=-y r，X/,=-一 1 +4/1-1 +4公2所以X+必=攵(司+/)+2加，yy2=公玉 +mk+x2)+mM A 1.M B,-,-MA M B=O,即石+(y-1)(%-1)=04m2 4 ire-4k2 2m代入整理得-+-1 +4/1 +4 左 2 1 +4 女 2+1 =03即5m22m 3

24、=0，解得机=一M，m （舍）所以直线/过定点。,一|）.【点睛】本题主要考查了求椭圆的方程以及椭圆中直线过定点问题，属于中档题.21.已知/（x）=21nx+3+LX（1）若函数/（X）有两个零点，求4的取值范围；（2）证明：当a=l时，对任意满足/（玉）=/（）=2m+1的正实数占，x2（%,1.f _ 3【答案】（1）0,2/5（2）证明见解析 /【解析】【分析】（1）由/（x）求导得到/（力=一彳=号 上，再分aMO和a（）两种情况结合零点存在定理讨论求解.(2)当 a=l时,由,f(xj=/(w)=2 z+l,得 至 上2 In X j 4 +1 =2 z +1,王2 In%2 i-

25、F1 =2/zi+1,x2,然后两式相减解得1_工 包_1 丫%=-2,乙=三 一，令 上=/。1),贝I _ -7,然后构造函数/7。)=/一！一21n/,用21n三 21n五%为%一 赤；(玉 玉导数法证明(。0即可.【详解】X)的定义域是x0，/(力=:一 千=七 .当。40时，/(x)o,“X)在定义域上单调递增，不可能有两个零点；当a0时，由/(6=幺=0,得x=30,当xe(0,时，/(x)0,“X)的定义域上单调递增;=时，X)取得极小值.(a 3因为“X)有两个零点，所以7 3 ，解得0 4 0,/在 此,+8)有唯一实数根:a1 a e1 2设 g(。)=ln。票-空 g(l

26、)=0,即 In a-2a则/(x0)=4 1 n 4-3 +=2a+e 3 f/2 0,a 2a a a./(X)在(o,3 有唯一实数根.(_ 3 综上，。的取值范围是。,2 5 ./2 1 n%4-F 1 =2/1 +1,(2)当 a =l 时，由/(玉)=/(/)=2 加+1,得，:2 1 n x 2 -F 1 =2/7 1 +1,两式相减得：2(l n x2-l n x1)+Zl=0)玉工21-A 强 _ 贝 U 玉 二 ,x=,2 1 n%2 1 n 区尤 i 玉尤1二=(1)，则 工%!+x2令2 1 n r11 O设=/-2 1 n.,/?r(r)=l +-1-1 0,.(/)

27、在(1,-H)上为增函数，。(。(1)=0 ,又 2 1 n f 0(/1),1.t _ L i2 I n/即为+1 .【点睛】本题主要考查导数与函数的零点，导数与不等式的证明以及零点存在定理，还考查了分类讨论的思想和转化求解问题的能力，属于难题.2 2.在平面直角坐标系x。中，曲线G的参数方程为x-(t 为参数)，曲线C的参数方程为2/+1y=-rx=2+2cosa c.（为参数），以坐标原点为极点.x轴正半轴为极轴建立极坐标系.y=2sina（I）求曲线G的普通方程和曲线C的极坐标方程；TT TT（H）射线a=以0户万）与曲线c交 于。，。两点，射线。2=m+月与曲线G交于点&若。闾的面积

28、为1,求10P的值.【答案】（I）x-y+l=0,o=4cos。；（II）272.【解析】【分析】（I）由曲线G的参数方程消去参数t,即得曲线G的普通方程.由曲线C的参数方程消去参数a,得X=PC OS0曲线C的普通方程，根据1 ,八，即得曲线G的极坐标方程；y=psinff（II）由（I）知，曲线G的极坐标方程为。=4cos。，设点P（4cos4）.曲线G的普通方程化为极（I 71 1坐标方程得夕cose 一夕sine+l=。，则点Q-.由Spoo=x|OP|x|O0=l,求lcosp+sinp 2 J 2出,即求|。耳 的值.,tx=-,【详解】（I）曲线G的参数方程为（匕为参数），消去参

29、数r,得曲线G直角坐标方程为：2 1 +1I y二r+1rX-y+l=0 x=2+2cosa曲线C的参数方程为 .（a为参数），消去参数a,y=2 sina得直角坐标方程为x2+y2-4 x =0,x=pcosd根据 .八，得曲线G的极坐标方程为夕=4cos.y=p s m 0（II）由曲线C的极坐标方程为。=4cose,设点尸（4cos/?，4）.由于直线G的极坐标方程为夕cos，-Qsind+l=0,可得点Qcos 夕+sin/?1 1 JI山。=5 x 4 cos p X cos =1，.cos 尸=Sin:.We e s 0=2五.【点睛】本题考查参数方程、普通方程和极坐标方程的互化，

30、属于中档题.23.已知a,b,c为正实数，且a+b+c=l.（）证明：旦+上+上b+c a+c a+b 2【答案】（i）证明见解析；（n）证明见解析.【解析】【分析】（I）每个式子通分后把1用。+力+C代换后分子应用基本不等式可证结论;.a h c(a+b+c 八(a+b+c 八(a+b+c 八(II)变形;-+-+-=-1 +-1 +-1 ,二个分式中分子b+c a+c a+b b+c)a+c)a+b)a+Z?+c提取出来并变为g(8+c)+(a+c)+(a+。),即原不等式左边=e+c)+(a+c)+(a+力)|-3,再用柯西不等式可证得结论.2LJb+c a+c a+b)【详解】证明：（I）2-Jbc 2Vac 2yaba b c“a=b=c”时取等号;=8,当且仅当a h c(a+b+c 八(a+b+c 八(a+b+c,(II)+-+-=-1 +-1 +-1b+c a+c a+b b+c)a+c)(a+b=g(c)+(a+c)+(a+匆 C+3J U b +c-/+da+c-j2=+da+b./，)2-3=4x32-3=3,当且仅当 a=b=c时取2 7b+c yja+c la+b 2 2等号.【点睛】本题考查用基本不等式和柯西不等式证明不等式成立，解题关键是要凑出基本不等式和柯西不等式的形式，然后才可得出结论，掌握基本不等式和柯西不等式是解题.