山西省临汾市2020届高三数学下学期模拟考试试题（1）文（含解析）.doc

1、山西省临汾市2020届高三数学下学期模拟考试试题（1）文（含解析）测试范围：学科内综合共150分，考试时间120分钟第卷（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）1.已知集合,，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别求出集合、的值，由补集和并集的概念可得的值，可得答案.【详解】解：依题意，,，故，故，故选：D.【点睛】本题主要考查集合交并补运算，属于基础题型，注意运算准确.2.已知复数（为虚数单位），则在复平面内，复数所对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象

2、限【答案】A【解析】【分析】将复数化简，可得复数所对应的点的坐标，可得其所对应的点的象限.【详解】解：依题意，则在复平面内，复数所对应的点的坐标为，位于第一象限，故选：A.【点睛】本题主要考查复数的乘除法法则、几何意义，考查学生的基本运算能力和对基础知识的掌握情况.3.已知正六边形中，分别为中点，圆为六边形的内切圆，则往正六边形中投掷一点，该点不落在圆内的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，可得，连接，可得圆的半径，可得该点不落在圆内的概率.【详解】解：不妨设，故，连接，在等边三角形中可得，圆的半径为，故所求概率，故选：B.【点睛】本题主要考查几何概型计算概率，属

3、于基础题型.4.在进行的求和运算时，德国大数学家高斯提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法.已知数列，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】记，可得且，两式相加可得的值，可得答案.【详解】解：依题意，记，则，又，两式相加可得，则，故选：B.【点睛】本题主要考查数列的性质及合理推理的应用，属于基础题型.5.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得，可得，利用诱导公式可得的值.【详解】解：依题意，故，故，故选：A.【点睛】本题主要考查诱导公式的实际应用，属于基础题型，注意运算准确

4、.6.如图，为等边的重心，为边上靠近的四等分点，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可得，其中、分别用与表示，代入可得答案.【详解】解：依题意，故，则，故选：D.【点睛】本题主要考查平面向量的基本定理及向量的加法运算，属于基础题型.7.执行下面的程序框图，若输出的S的值为440，则判断框中可以填（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】按照程序框图运行该程序，可得当第五次，退出循环，此时输出S的值为440，可得，可得答案.【详解】解：若判断框中填写“”，运行该程序，第一次，；第二次，；第三次，；第四次，第五次，退出循环，此时输出S的值为440，故选

5、：C.【点睛】本题主要考查程序框图的相关知识，属于基础题型.8.已知某几何体的三视图如下所示，若网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意，可得该几何体为长方体里面挖掉了一个圆锥，可得该几何体的表面积.【详解】解：依题意，该几何体为长方体里面挖掉了一个圆锥，故所求表面积，故选：D.【点睛】本题主要考查由三视图还原为几何体及空间几何体的表面积的计算，属于基础题型.9.已知点是焦点为的抛物线上的一点，且，点是直线与的交点，若，则抛物线的方程为（ ）A. B. 或C. D. 或【答案】B【解析】【分析】依题意，；设，求出点坐标，由列

6、出关于与的方程可得的值，由可得的值，可得答案.【详解】解：依题意，；设，联立，解得，故，；因为，故，解得，且；又由得，解得或，故选：B.【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程及基本性质，需灵活运用已知条件解题，属于中档题.10.三棱锥中，底面为非钝角三角形，其中，则三棱锥的外接球体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知条件可求出的值，可得出为直角三角形，且，可得球心及球的半径，可得三棱锥的外接球体积.【详解】解：因为，为非钝角三角形，故，由余弦定理得，解得，可得故为直角三角形，其中；故，故，此时，注意到球心即为线段AC的中点O（此时点O到的距离均为4），故所求球体的体

7、积，故选：C.【点睛】本题主要考查球与几何体的切、接问题，属于基础题，求出为直角三角形，且后求出球心位置与半径是解题的关键.11.已知双曲线C1：=1，双曲线C2：=1（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，M 是双曲线C2 一条渐近线上的点，且OMMF2，若OMF2的面积为 16，且双曲线C1，C2的离心率相同，则双曲线C2的实轴长为（）A. 4B. 8C. 16D. 32【答案】C【解析】双曲线的离心率为，设，双曲线一条渐近线方程为，可得，即有，由的面积为，可得，即，又，且，解得，既有双曲线的实轴长为 ，故选C.12.已知函数的定义域为，且，则与的大小关系为（ ）A. 无法确定B. C

8、. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意，等价于，构造函数，对其求导，可得，可得在上单调递增，可得答案.【详解】解：依题意，函数的定义域为，令，故，故，故在上单调递增，则，即，故，即，故选：D.【点睛】本题主要考查利用导数求解函数的单调性，构造出是解题的关键，本题属于难题.第卷（非选择题 共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分将答案填在题中的横线上）13.已知甲同学6次数学期中考试的成绩如下表所示：年级高一(上)高一(下)高二(上)高二(下)高三(上)高三(下)成绩12011513598130125则该同学6次数学考试成绩的中位数为_.【答案】122.5【解析】【分析】将

9、该同学6次数学考试成绩按照从小到大排列，利用中位数概念可得答案.【详解】解：将该同学6次数学考试成绩按照从小到大排列可得98,115,120,125,130,135，可得中位数为122.5，故答案为：122.5.【点睛】本题主要考查中位数的定义，属于基础题型.14.已知实数满足，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】作出不等式组所表示的平面区域，结合的几何意义，可得其取值范围.【详解】解：作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影部分所示，观察可知，即，故的取值范围为，故答案为：.【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，考查了数形结合的解题思想，属于中档题.15.已知正项数列满足，且，其中为数

10、列的前项和，若实数使得不等式恒成立，则实数的最大值是_.【答案】9【解析】【分析】由题意可得数列为等差数列，由可得的表达式，由分离参数可得，设利用其单调性可得的最大值.【详解】解：依题意，数列为等差数列，因为，即，即，因为，即，因为在时单调递增，其最小值为9，所以，故实数最大值为9.【点睛】本题主要考查等差数列的基本性质与基本量的求解、等差数列与不等式的综合问题，综合性大，属于难题.16.已知奇函数的定义域为，且当时，曲线上存在四点，使得四边形为平行四边形，则四边形的面积为_.【答案】【解析】【分析】作出函数的图象,求出的坐标，可得直线的长度，及点到直线的距离，可得四边形的面积.【详解】解：依

11、题意，作出函数的图象如下图所示，其中，故直线，点到直线的距离，故四边形的面积为，故答案为：.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与函数值得求解，属于基础题型，注意运算准确.三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.如图，中，角成等差数列，为的中点.（1）若，求；（2）若，记，且，求的值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由角成等差数列，可得，由可得的值，在中，由余弦定理可得的值；（2）依题意，且，在中，在中有，代入化简可得的值.【详解】解：（1）因为角成等差数列，所以；由，即，又因为，所以；在中，由余弦定理得，即，解得.（2）依题意，；因为，所以在中，

12、在中，由正弦定理得，即，化简得，于是因为，所以，所以，解得，故【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理解三角形，属于中档题形，注意运算准确.18.随着医院对看病挂号的改革，网上预约成为了当前最热门的就诊方式，这解决了看病期间病人插队以及医生先治疗熟悉病人等诸多问题；某医院研究人员对其所在地区年龄在1060岁间的位市民对网上预约挂号的了解情况作出调查，并将被调查的人员的年龄情况绘制成频率分布直方图，如下图所示（）若被调查的人员年龄在2030岁间的市民有300人，求被调查人员的年龄在40岁以上（含40岁）的市民人数；（）若按分层抽样的方法从年龄在以内及以内的市民中随机抽取5人，再从这5人中随机抽取

13、2人进行调研，求抽取的2人中，至多1人年龄在内的概率.【答案】（）250；（）.【解析】试题分析：（）结合直方图求出求出满足条件的人数即可；（）先求出年龄在20，30）、40，50）内的人数，根据古典概率公式计算即可试题解析：（）依题意，所求人数为.（）依题意，年龄在内的有3人，记为，年龄在内的有2人，记为1,2；随机抽取2人，所有可能的情况为，,，,共10种.其中年龄都在内的情况为，故所求概率.19.已知四棱锥中，平面平面，,.（1）若，求四棱锥的体积；（2）证明：在线段上存在一点，使得平面.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）求出的值，及点到平面的高，可得四棱锥的体积；（2）取

14、边上靠近的三等分点，边上靠近的三等分点，连接；可证得四边形平行四边形，可得，又，故，可得平面平面，平面.【详解】解：（1）依题意，；因为平面平面，故，故四棱锥的体积.（2）取边上靠近的三等分点，边上靠近的三等分点，连接；因为，故；又，故；故四边形为平行四边形，故，因为平面，平面，故平面；因为，故，因为平面，平面，故平面.因为，故平面平面.因为平面，故平面.【点睛】本题主要考查线面平行、面面平行的判定与性质定理及椎体体积的计算，属于中档题，注意运算准确.20.已知椭圆过点，离心率为.直线与椭圆交于两点.（1）求椭圆的方程；（2）若，求直线的斜率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由椭圆过

15、点，离心率为，列出关于的方程组，可得椭圆的方程；（2）联立直线与椭圆，消去整理可得的值，由，可得，代入可得关于的方程，可得答案.【详解】解：（1）依题意，解得，故椭圆的方程为.（2）依题意，联立方程组:，消去整理得，故，因为，所以，所以，即；所以，即，得.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系，联立直线与方程求解释解题的关键，属于中档题.21.已知函数，.（1）若函数在区间上单调递减，试探究函数在区间上的单调性；（2）证明：方程在上有且仅有两解.【答案】（1）单调递减.（2）见解析【解析】【分析】（1）对求导，再对求导，可得递减区间，可得的取值范围，可得函数在区间上的单调性；

16、（2）令，因为，可令，对其求导，可得的单调性和零点，记正零点为，可得的性质及的表达式，将满足的条件代入，综合分析可得证明.【详解】解：（1）依题意，由，故函数的递减区间为；而当时，故若函数区间上单调递减，函数在区间上也是单调递减. （2）令，因为，由得，令，则，因为，且，所以必有两个异号的零点，记正零点为，则时，单调递减；时，单调递增，若在上恰有两个零点，则，由得，所以，又因为的对称轴为，所以，所以，所以，又，设中的较大数为，则，故当时，方程在上有且仅有两解.【点睛】本题主要考查利用导数求解含参函数的单调性及利用导数求解函数的零点，综合性大，属于难题.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果

17、多做，则按所做的第一题计分作答时请写清题号22.在平面直角坐标系中，直线过点，且倾斜角为；曲线：，以原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）写出曲线的参数方程，以及直线的极坐标方程；（2）若直线与曲线交于两点，求值.【答案】（1）（为参数），（2）【解析】【分析】（1）由曲线的直角坐标方程可求出曲线的参数方程，由直线的直角坐标方程可求出其坐标方程为；（2）将直线的参数方程代入并化简，设两点对应的参数分别为，则，所以，可得的值.【详解】解：（1）依题意，由曲线：，曲线的参数方程为（为参数），直线，故极坐标方程为，即.（2）依题意，可设直线的参数方程为（为参数），代入并化简，得，；设两点对应的参数分别为，则，所以，所以【点睛】本题主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化及直线参数方程的应用，属于中档题，注意运算准确.23.设函数（其中）.（1）解不等式：；（2）若，解不等式.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依题意，可得或，可得不等式的解集；（2）将代入不等式，分，进行讨论，可得不等式的解集.【详解】解：（1）依题意，故或，即或，所以原不等式的解集为.（2）依题意，当时，解得，无解；当时，解得，故；当时，解得，即；综上所述，当时，不等式的解集为.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，属于基础题型，注意分类讨论思想的运用.