山西省临汾市2020届高三数学适应性训练试题（三）理（含解析）.doc

1、山西省临汾市2020届高三数学适应性训练试题（三）理（含解析）一、选择题1.已知复数满足(为虚数单位)，则 ()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先计算出，再利用共轭复数及概念计算出.【详解】由于，因此，因此，故选B.【点睛】本题主要考查复数的四则运算，共轭复数的相关概念，难度不大.2.记全集，则图中阴影部分所表示的集合是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求得，然后求得阴影部分所表示的集合.【详解】依题意，所以阴影部分表示的集合为.故选：A【点睛】本小题主要考查集合交集、并集的概念和运算，属于基础题.3.下列函数既是偶函数，又在上单调递增的是（ ）A.

2、B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数奇偶性，以及幂函数单调性，逐项判断，即可得出结果.【详解】A选项，函数的定义域为，所以函数是非奇非偶函数，排除A；B选项，幂函数在上单调递减，排除B；C选项，函数的定义域为，所以函数是奇函数，排除C；D选项，函数的定义域为，且，所以函数是偶函数；又由幂函数的性质可得，幂函数在上单调递增，故D正确；故选：D.【点睛】本题主要考查由函数奇偶性与单调性确定解析式，熟记幂函数的性质，以及函数奇偶性即可，属于常考题型.4.某企业用自动化流水线生产统一规格的产品，每天上午的四个小时开工期间，每隔分钟抽取一件产品作为样本，则这样的抽样方法是（ ）A. 简单

3、随机抽样B. 系统抽样C. 分层抽样D. 以上三种方法都有【答案】B【解析】分析】根据系统抽样的特点，即可确定答案.【详解】由题知这个抽样是每隔10分钟抽取一个产品，是一个具有相同间隔的抽样，并且总体的个数比较多，所以这是一个系统抽样.故选：B【点睛】本题主要考查常见抽样的方法，属于基础题.5.已知椭圆的左，右焦点分别为，若上的点到的距离为，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据椭圆方程得到，根据椭圆定义得到，根据可知为直角三角形，由此可求得面积.【详解】依题意知，所以，因为，且，所以，在中，因为，所以，所以的面积为.故选：C.【点睛】本题考查了椭圆的几何性质，

4、考查了椭圆的定义，属于基础题.6.刘徽（约公元225年295年），魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”这可视为中国古代极限观念的佳作割圆术的核心思想是将一个圆的内接正边形等分成个等腰三角形（如图所示），当变得很大时，这个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积运用割圆术的思想，估计的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将一个单位圆平均分成120个扇形，则每个扇形的圆心角度数均为，由这120个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似于单位圆的面积，能求出的近似值【详解】解：将一个

5、单位圆平均分成120个扇形，则每个扇形的圆心角度数均为，这120个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似于单位圆的面积，故选：C【点睛】本题考查角的正弦值的近似值的求法，考查扇形、单位圆等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题7.执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】按照流程图的顺序进行计算，当进行完第五次循环时，停止循环可得结果.【详解】,第一次循环：，第二次循环：，第三次循环：，第四次循环：，第五次循环：，停止循环，所以.故选：A.【点睛】本题考查了当型循环，属于基础题.8.已知向量，向量在向量方向上的投影为若，则实数的值为（ ）A. B

6、. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由投影的概念可知，所以得，又，代入计算可得.【详解】向量在向量方向上的投影为，所以，又由得，所以，因为，所以，所以，则有，解得：.故选：C【点睛】本题主要考查了向量投影的概念，向量数量积的求解，向量模的坐标计算，考查了学生对概念的理解与运算求解能力.9.如图，网格纸上小正方形的边长是，粗实（虚）线 画的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将三视图还原成几何体，可知该多面体是底面为正方形的斜四棱柱，通过计算各面的面积,即可求得表面积【详解】将三视图还原成几何体，如图，可知该多面体是底面为正方形斜

7、四棱柱，所以它的表面积为.故选：A【点睛】本题主要考查了三视图，几何体的表面积的计算，考查了学生的直观想象能力.10.已知曲线在处的切线是轴，若方程有两个不等实根，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用在处的切线是轴，求得.利用研究的单调性，根据方程有两个不等实根，求得的取值范围.【详解】的定义域为，依题意可知，解得，所以，所以在区间上递增，在上递减，由于方程有两个不等实根，所以，不妨设，当时，当时，即的取值范围是.故选：C【点睛】本小题主要考查根据切线求参数，考查利用导数研究方程的根，属于难题.11.已知双曲线的左，右焦点分别为若直线与交于两点，且，则的离

8、心率的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将直线与双曲线联立，求得，利用列方程，然后根据，求得的离心率的取值范围.【详解】由，化简得.设，而，所以，由于，所以，所以即，故，整理得到，因为，故即即，故，.故选：A【点睛】本小题主要考查双曲线离心率的取值范围的求法，属于中档题.12.关于函数，有下述四个结论：是周期为的函数；在单调递增；在上有三个零点；的值域是其中所有正确结论的编号是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】计算，即可判断出结果；分，两种情况讨论，根据二次函数以及正弦函数的单调性，即可判断出结果；分，两种情况，分别计算零点，即可判断出结果；

9、由，只需计算出时的最小值，即可判断出结果.【详解】因为，所以；因此是周期为的函数；故正确；当时，则，令，则在上单调递增，所以，又是开口向上，对称轴为的二次函数，因此在上单调递增，所以函数在上单调递增；当时，则，令，则在上单调递增，所以，又是开口向下，对称轴为的二次函数，因此在上单调递减，所以函数在上单调递减；故错；当时，则，由，解得：或，因此或；当时，则由，解得：或，因此；综上，在上有三个零点，故正确；由可得，当时，令，根据正弦函数的性质，可得：时，又是开口向上，对称轴为的二次函数，所以，即在上的最小值为，故错.故选：B.【点睛】本题主要考查三角函数与二次函数的综合应用，熟记二次函数与三角函数

10、的性质即可，属于常考题型.二、填空题13.已知为实数，则下列各式是的充分不必要条件的有_（只需填序号）；【答案】【解析】【分析】根据充分条件与必要条件的概念，以及不等式的性质，逐项判断，即可得出结果.【详解】等价于；若，则，所以能推出；但由，只能得到同号，故是的充分不必要条件；由可得，不能推出，故不是的充分条件；若，当时，无意义；当时，可得：，因此或，因此由不能推出，即不是的充分条件；若，当时，无意义，故不是的充分条件；故答案为：.【点睛】本题主要考查充分不必要条件的判定，涉及不等式的性质，属于基础题型.14.已知互不相等的四个数成等差数列，且成等比数列若，则_【答案】【解析】【分析】先求出，

11、则可设四个数分别为，由成等比数列，列方程求出，然后计算.【详解】因为四个数成等差数列，所以，且，得，设四个数分别为，由成等比数列，得，解得：,所以.故答案为：【点睛】本题主要考查了等差数列，等比数列的性质，考查了学生的运算求解能力.15.在曲线上及其内部随机取一点，则该点取自圆上及其内部的概率为_【答案】【解析】【分析】根据题意，求出曲线表示图形的面积，以及单位圆的面积，面积比即为所求概率.【详解】由得.当时，表示以为圆心，以为半径的圆的一部分；当时，表示以为圆心，以为半径的圆的一部分；当时，表示以为圆心，以为半径的圆的一部分；当时，表示以为圆心，以为半径的圆的一部分；即由以上四部分组成；在同

12、一坐标系内画出与的图象如下：由图象易得：曲线表示的平面区域面积为，单位圆的面积为，因此，所求的概率为.故答案为：.【点睛】本题考查几何概型概率的计算，解答的关键就是确定曲线所围成的平面区域的面积，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.16.已知三棱锥的顶点都在球的球面上若，且二面角的平面角等于，则球的表面积为_【答案】【解析】【分析】如图，设点分别是线段的中点，过点作直线垂直平面，过点作直线垂直平面，则两直线的交点即为三棱锥的外接球的球心，算出球半径即可求得球的表面积.【详解】 如图，设点分别是线段的中点，因为，所以点分别是的外接圆的圆心，过点作直线垂直平面，过点作直线垂直平面，则两直线的交点即

13、为三棱锥的外接球的球心，又，所以，又，所以为二面角的平面角，则有，又，则可算出，在直角中，所以，故有，所以三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：【点睛】本题主要考查几何体外接球的表面积的求法.在解决有关几何体外接球有关的问题时，主要的解题策略是找到球心，然后通过解三角形求得半径.找球心的方法是先找到一个面的外心，再找另一个面的外心，球心就在两个外心垂线的交点位置.三、解答题17.在梯形中，（1）求；（2）若，求的长【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设，根据余弦定理的推论得到，求出，再由，即可求出结果；（2）先由（1）得到，再由余弦定理，即可得出结果.【详解】（1）设，则，因为，在中，由

14、余弦定理的推论可得，即，解得在中，由余弦定理的推论可得（2）因为，所以因为，所以，即又因为，在中，由余弦定理可得所以【点睛】本题主要考查解三角形，熟记余弦定理即可，属于常考题型.18.如图（甲），是边长为的等边三角形，点分别为的中点，将沿折成四棱锥，使，如图（乙）（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值【答案】（1）详见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，直接证明，即可得出结论成立；（2）由题意，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立坐标系，求出平面的一个法向量，以及直线的方向向量，由向量夹角公式，即可求出结果.【详解】（1）证明：在中，所以，则有，即 又因为，平面，

15、所以平面（2）由（1）知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的坐标系则，易知P在底面的射影为AC与BD的交点，所以，设平面的法向量为，直线和平面所成角为，则即令，得，所以直线和平面所成角的正弦值为【点睛】本题主要考查证明线面垂直，以及求直线与平面所成角的正弦值，熟记线面垂直的判定定理，灵活运用空间向量的方法求线面角即可，属于常考题型.19.今年情况特殊，小王在居家自我隔离时对周边的水产养殖产业进行了研究、两个投资项目的利润率分别为投资变量和根据市场分析，和的分布列分别为：5%10%0.80.22%8%12%0.20.50.3（1）若在两个项目上各投资万元，和分别表示投资项目和所获得的

16、利润，求方差，；（2）若在两个项目上共投资万元，那么如何分配，能使投资项目所得利润的方差与投资项目所得利润的方差的和最小，最小值是多少？（注：）【答案】（1），；（2）、两个项目分别投资万元，万元时满足题意，最小值是【解析】【分析】（1）根据题意列出分布列，运用期望，方差公式计算即可；（2）设在、两个项目上分别投资万元，万元，利润的方差和为，化简函数即可求出最小值.【详解】（1）由题知，的分布列分别为：5100.80.228120.20.503所以，（2）设在、两个项目上分别投资万元，万元，利润的方差和为则，可见，当时，为最小值所以，在、两个项目分别投资万元，万元时，能使投资项目所得利润的方差

17、与投资项目所得利润的方差的和最小，最小值是【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的期望与方差的计算，二次函数求最值，考查了学生分析问题和解决问题的能力，考查了学生的运算求解能力.20.已知抛物线，与圆有且只有两个公共点（1）求抛物线的方程；（2）经过的动直线与抛物线交于两点，试问在直线上是否存在定点，使得直线的斜率之和为直线斜率的倍？若存在，求出定点；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存在定点满足题意【解析】【分析】（1）联立方程，得，由可得值，即可得抛物线的方程；（2）由题设，易得当直线的斜率不存在时，恒有；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程，由韦达定理与斜率公式表示出，由列

18、方程求解出即可.【详解】（1）联立方程，得，因为抛物线与圆有且只有两个公共点，则，解得或，又，所以，所以抛物线的方程为；（2）假设直线上存在定点，当直线的斜率不存在时，由题知，即恒成立当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程得，则，由题知， 所以，整理得，因为上式对任意成立，所以，解得，故所求定点为【点睛】本题主要考查了抛物线方程的求解，直线与抛物线的位置关系，抛物线中的定点问题，考查了学生的运算求解能力.21.已知函数（1）讨论的单调性；（2）设，是曲线上任意三点，求证：【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求得的导函数，

19、对分成和两种情况进行分类讨论的单调性.（2）将所要证明的不等式，转化为证明，构造函数，利用导数研究的单调性，由此证得不等式成立.【详解】（1）函数的导函数为，当时，恒成立，在上单调递增；当时，由知，所以在上单调递减，上单调递增（2）由题可知：要证，需证，即需证设，则需证：当时，设，则，设，则，所以在单调递增，所以，于是，在其定义域内单调递增，所以，当时，所以不等式成立.【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数证明不等式，属于难题.22.在直角坐标系中，直线过原点且倾斜角为，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）（1）求直线的极坐标方程，曲线和曲线的普通方程；

20、（2）若直线与曲线和曲线在第一象限的交点分别为，求【答案】（1）直线的极坐标方程为，曲线的普通方程为，曲线的普通方程为；（2）【解析】【分析】直线的极坐标方程为，；利用，消去参数即可得和的普通方程；将，化成极坐标方程后将代入可求得，再相减即可得【详解】（1）直线的极坐标方程为，曲线的普通方程为，曲线的普通方程为；（2）将代入和的普通方程化简得，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为，所以，可得【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程，考查两点距离的求法，考查了转化与化归的思想，考查了学生的运算求解能力.23.已知不等式与不等式的解集相同（1）求；（2）若，且，求的最小值【答案】（1）1；（2）1【解析】【分析】（1）解不等式得出的解集，从而求得，；（2）根据题意，利用基本不等式求得的最小值【详解】解：（1）当时，不等式解集为空集；当时，即，所以是方程的两根，所以解得所以（2）由（1）可知，因为，所以（当且仅当时取等号）所以的最小值为【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，基本不等式的应用，属于中档题