山西省太原市2020届高三数学五月模拟考试试题（八）理（含解析）.doc

1、山西省太原市2020届高三数学五月模拟考试试题（八）理（含解析）一、选择题1.已知集合，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先解不等式得到或，再根据即可得到答案.【详解】因为或，所以，故选：A【点睛】本题主要考查集合的运算，同时考查了一元二次不等式的解法，属于简单题.2.已知是实数，是纯虚数，则 等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：由题意结合复数的运算法则整理计算即可求得最终结果.详解：由题意可知：，为纯虚数，则：，据此可知.本题选择D选项.点睛：本题主要考查复数的运算法则及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.已知，则的大小关系为（

2、）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用等中间值区分各个数值的大小【详解】，故，所以故选A【点睛】本题考查大小比较问题，关键选择中间量和函数的单调性进行比较4.下边程序框图的算法源于我国古代闻名中外的中国剩余定理.表示正整数除以正整数的余数为，例如.执行该程序框图，则输出的等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据程序框图依次执行循环，直至跳出循环，输出结果.【详解】继续执行循环：继续执行循环：继续执行循环：继续执行循环：继续执行循环：继续执行循环：跳出循环，输出故选：D【点睛】本题考查循环结构流程图，考查基本分析求解能力，属基础题.5.若是两个非零向量，

3、且，则向量与夹角的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，设，向量与夹角为，又由，由向量模的计算公式变形可得：，进而可得的值，由数量积公式可得，结合的范围，分析可得的范围，结合余弦函数的性质分析可得答案【详解】解：根据题意，设，则，再设向量与夹角为，则有，变形可得：，则有，变形可得，则，又由，则，则有，又由，则有，即的取值范围为；故选：C【点睛】本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角的计算，属于中档题6.函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设，用导数法可得，从而有，可得确定选项.【详解】设，所以，当时，当时，所以，所以，所

4、以，所以，排除B，C，D.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.7.圆周率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进行了估算.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N人，让每人随机写出一对小于1的正实数a，b，再统计出a，b，1能构造锐角三角形的人数M，利用所学的有关知识，则可估计出的值是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先求出0a1，0b1，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，然后利用几何概型面积比即可求解.【详解】学校共有学生N人，每人随机写出

5、一对小于1的正实数a，b，得到N个实数对（a，b），因为0a1，0b1，所以N个实数对（a，b）都在边长为1的正方形AOBC内，如图所示：若a，b，1能构造锐角三角形，因为1是最长边，所以1所对的角为锐角，所以，即a2+b21，所以N对实数对落在单位圆x2+y2=1外的有M对，由几何概率的概率公式可得：，所以，故选：B.【点睛】本题考查了几何概型面积比，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.8.设奇函数在上为增函数，且，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由f(x)为奇函数可知，0时，f(x)0f(1)；当x0f(1)又f(x)

6、在(0，)上为增函数，奇函数f(x)在(，0)上为增函数所以0x1，或1x0. 选D点睛：解函数不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内9.过抛物线y2=4x的焦点的直线l与抛物线交于A，B两点，设点M（3，0）.若MAB的面积为，则|AB|=( )A. 2B. 4C. D. 8【答案】D【解析】【分析】设直线l的方程为x=ty+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|AB|，根据三角形的面积求出|y1y2|=4，代入计算即可求解.【详解】抛物线y2=4x的焦点F为（1，0）

7、，可设直线l的方程为x=ty+1，代入抛物线方程，可得y24ty4=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），可得y1+y2=4t，y1y2=4，则|AB|.|y1y2| . .，MAB的面积为|MF|.|y1y2|2|y1y2|=4，即4，解得t=1，则|AB| .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.10.已知数列an的前n项和为Sn，且满足an.数列bn满足则数列bn的前100项和T100为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知求出，归纳猜测出，再用数学归纳法证明猜测对于成立，进而求出数列bn通项公式

8、，用裂项相消法，即可求出结论.【详解】，当n=1时，有a1，解得a1；当n=2时，可解得a2，故猜想：an，下面利用数学归纳法证明猜想：当n=1，2时，由以上知道an显然成立；假设当n=k（k2）时，有ak成立，此时Sk成立，那么当n=k+1时，有，解得ak+1，这说明当n=k+1时也成立.由知：an.，数列bn的前100项和.故选：C.【点睛】本题考查数学归纳法证明数列通项公式，以及裂项相消法求数列前项和，考查计算求解能力，属于中档题.11.对于函数.有下列说法：的值城为；当且仅当时，函数取得最大值；函数的最小正周期是；当且仅当时,.其中正确结论的个数是( )A. 1B. 2C. 3D. 4

9、【答案】B【解析】【分析】根据题意，先得到，作出函数的图像，结合函数图像，逐项判断，即可得出结果.【详解】因为，作出函数的图象，如图所示：所以，的值城为，错误；函数的最小正周期是，错误；当且仅当时，函数取得最大值，正确；当且仅当时，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.12.三棱锥中，为等边三角形，二面角的余弦值为，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为.则三棱锥体积的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知作出图象，找出二面角的平面角，设出的长，即可求出三棱锥的高，然后利用基本不等式即可确定三

10、棱锥体积的最大值（用含有长度的字母表示），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的长度，则三棱锥体积的最大值可求.【详解】如图所示，过点作面，垂足为，过点作交于点，连接，则为二面角的平面角的补角，即有，易知面，则，而为等边三角形，为中点，设，则c，故三棱锥体积为：，当且仅当时，体积最大，此时共线.设三棱锥的外接球的球心为，半径为，由已知，得.过点作于F，则四边形为矩形，则， ，在中，解得三棱锥的体积的最大值为：.故选：D.【点睛】本题考查三棱锥体积最值的求法与三棱锥外接球的表面积的求法，涉及二面角的运用，基本不等式的应用，以及球的几何性质的

11、应用，属于难题.二、填空题13.已知的展开式中，的系数为，则正实数_【答案】【解析】【分析】，然后利用展开式通项公式研究【详解】解：，故原式展开式中，含的项为，令，得，或（舍去），故答案为：【点睛】本题主要考查二项展开式通项公式的应用，属于基础题14.已知双曲线的左右顶点分别为，点是双曲线上一点，若为等腰三角形，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】首先根据题意画出图形，由已知条件求出，代入双曲线方程得到，再求离心率即可.【详解】如图所示：过点做轴，垂足为.因为为等腰三角形，所以，又因为，所以.，故.因为点在双曲线上，所以，即.故答案为：【点睛】本题主要考查双曲线离心率的求法，同时考查

12、了数形结合的思想，属于中档题.15.已知数列an满足（nN*），且a2=6，则an的通项公式为_.【答案】【解析】【分析】由题意令n=1可得a1，当时，转化条件可得，进而可得，即可得解.【详解】因为数列an满足（nN*），所以，当n=1时，即a1=1，当时，由可得，数列从第二项开始是常数列，又，又满足上式，.故答案为：.【点睛】本题考查了利用数列的递推公式求数列的通项公式，考查了构造新数列的能力与运算求解能力，合理构造新数列是解题的关键，同时要注意n的取值范围，属于中档题.16.改革开放40年来，我国城市基础设施发生了巨大的变化，各种交通工具大大方便了人们的出行需求.某城市的A先生实行的是早九

13、晚五的工作时间，上班通常乘坐公交或地铁加步行.已知从家到最近的公交站或地铁站都需步行5分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z1（单位：分钟）服从正态分布N（33，42），下车后步行再到单位需要12分钟；乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间Z2（单位：分钟）服从正态分布N（44，22），从地铁站步行到单位需要5分钟.现有下列说法：若8：00出门，则乘坐公交一定不会迟到；若8：02出门，则乘坐公交和地铁上班迟到的可能性相同；若8：06出门，则乘坐公交比地铁上班迟到的可能性大；若8：12出门，则乘坐地铁比公交上班迟到的可能性大.则以上说法中正确的序号是_.参考数据：若ZN（，2），则P（Z+）

14、=0.6826，P（2Z+2）=0.9544，P（3Z+3）=0.9974【答案】【解析】【分析】利用正态分布对每一个说法求解其概率，逐项分析，即可选出正确答案【详解】解：若8：00出门，江先生乘坐公交，从家到车站需要5分钟，下车后步行再到单位需要12分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间服从正态分布，故，江先生仍有可能迟到，只不过概率较小，故错误；若8：02出门，江先生乘坐公交，从家到车站需要5分钟，下车后步行再到单位需要12分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间服从正态分布，故当满足P（Z41）时，江先生乘坐公交不会迟到；若8：02出门，江先生乘坐地铁，从家到车站需要5分钟，下地铁

15、后步行再到单位需要5分钟，乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间服从正态分布，故当满足P（Z48）时，江先生乘坐地铁不会迟到，此时两种上班方式江先生不迟到的概率相当，故正确；若8：06出门，江先生乘坐公交，从家到车站需要5分钟，下车后步行再到单位需要12分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生乘坐公交不会迟到；若8：06出门，江先生乘坐地铁，从家到车站需要5分钟，下地铁后步行再到单位需要5分钟，乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生乘坐地铁不会迟到，此时两种上班方式，乘坐公交比地铁上班迟到的可能性小，故错误；若8：12出门，江先生乘

16、坐公交，从家到车站需要5分钟，下车后步行再到单位需要12分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生乘坐公交不会迟到，而；若8：12出门，江先生乘坐地铁，从家到车站需要5分钟，下地铁后步行再到单位需要5分钟，乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生乘坐地铁不会迟到，由，若8：12出门，则乘坐地铁比公交上班迟到的可能性大，故正确；故答案为：【点睛】本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量和的应用，考查曲线的对称性，正确理解题意是关键，考查计算能力，属于中档题三、解答题17.ABC的内角A，B，C的对边分别为a

17、，b，c，若，且ABC外接圆的半径为1.（）求角C；（）求ABC面积的最大值.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）由正弦定理和题设条件，化简可得 ，即，由余弦定理求得，即可求得角C；（）由余弦定理和基本不等式，求得，再利用三角形的面积公式，即可求得面积的最大值.【详解】（）在中，由正弦定理，可得，又由，可得，整理得 ，即，由余弦定理可得，又因为，所以.（）由正弦定理，可得，由余弦定理，可得，可得，当且仅当时等号成立，可得，当且仅当时等号成立，即面积的最大值为.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合

18、理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力18.如图，四边形ABCD是边长为4的菱形，BAD=60，对角线AC与BD相交于点O，四边形ACFE为梯形，EF/AC，点E在平面ABCD上的射影为OA的中点，AE与平面ABCD所成角为45.（）求证：BD平面ACF；（）求平面DEF与平面ABCD所成角的正弦值.【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（）取AO中点H，连结EH，则EHBD，又ACBD，由此可证；（）以H为原点，HA为x轴，在平面ABCD中过H作AC的垂线为y轴，HE为z轴，建立空间直角坐标系，由（）知，EAH为AE与平面ABCD所成的角，再根据平面的法向

19、量的夹角即可求出答案【详解】（）证：取AO中点H，连结EH，则EH平面ABCD，BD在平面ABCD内，EHBD，又菱形ABCD中，ACBD，且EHAC=H，EH，AC在平面EACF内，BD平面EACF，BD平面ACF；（）解：由（）知EH平面ABCD，以H为原点，HA为x轴，在平面ABCD中过H作AC的垂线为y轴，HE为z轴，建立空间直角坐标系，EH平面ABCD，EAH为AE与平面ABCD所成的角，即EAH=45，AB=4，AO=2，AH，EH，H（0，0，0），A（，0，0），D（，2，0），O（，0，0），E（0，0，），平面ABCD的法向量（0，0，1），（2，0，0），（），EFAC，

20、（2，0，0），设平面DEF的法向量（x，y，z），则，取y，得（0，2），平面DEF与平面ABCD所成角的正弦值为【点睛】本题主要考查线面垂直的证明和二面角的求法，考查转化与化归思想，考查计算能力，属于中档题19.已知F1，F2是椭圆C：（ab0）的左、右焦点，过椭圆的上顶点的直线x+y=1被椭圆截得的弦的中点坐标为.（）求椭圆C的方程；（）过F1的直线l交椭圆于A，B两点，当ABF2面积最大时，求直线l的方程.【答案】（）y2=1；（）xy0或x+y0.【解析】【分析】（）根据直线椭圆的过上顶点，得b=1，再利用点差法以及弦中点坐标解得a2=3，即得椭圆方程；（）先设直线l方程并与椭圆方程

21、联立，结合韦达定理，并以|F1F2|为底边长求ABF2面积函数关系式，在根据基本不等式求ABF2面积最大值，进而确定直线l的方程.【详解】（）直线x+y=1与y轴的交于（0，1）点，b=1，设直线x+y=1与椭圆C交于点M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2，y1+y2，1，1，两式相减可得（x1x2）（x1+x2）（y1y2）（y1+y2）=0， 1，解得a2=3，椭圆C的方程为y2=1.（）由（）可得F1（，0），F2（，0），设A（x3，y3），B（x4，y4），可设直线l的方程x=my，将直线l的方程x=my代入y2=1，可得（m2+3）y22my1=0，则y3+y4，y3y

22、4，|y3y4|，|F1F2|y3y4|y3y4|，当且仅当，即m=1，ABF2面积最大，即直线l的方程为xy0或x+y0.【点睛】本题考查椭圆标准方程、点差法、基本不等式求最值以及利用韦达定理研究直线与椭圆位置关系，考查综合分析与求解能力，属中档题.20.为实现2020年全面建设小康社会，某地进行产业的升级改造.经市场调研和科学研判，准备大规模生产某高科技产品的一个核心部件，目前只有甲、乙两种设备可以独立生产该部件.如图是从甲设备生产的部件中随机抽取400件，对其核心部件的尺寸x，进行统计整理的频率分布直方图.根据行业质量标准规定，该核心部件尺寸x满足：|x12|1为一级品，1|x12|2为

23、二级品，|x12|2为三级品.（）现根据频率分布直方图中的分组，用分层抽样的方法先从这400件样本中抽取40件产品，再从所抽取的40件产品中，抽取2件尺寸x12，15的产品，记为这2件产品中尺寸x14，15的产品个数，求的分布列和数学期望；（）将甲设备生产的产品成箱包装出售时，需要进行检验.已知每箱有100件产品，每件产品的检验费用为50元.检验规定：若检验出三级品需更换为一级或二级品；若不检验，让三级品进入买家，厂家需向买家每件支付200元补偿.现从一箱产品中随机抽检了10件，结果发现有1件三级品.若将甲设备的样本频率作为总体的慨率，以厂家支付费用作为决策依据，问是否对该箱中剩余产品进行一一

24、检验？请说明理由；（）为加大升级力度，厂家需增购设备.已知这种产品的利润如下：一级品的利润为500元/件；二级品的利润为400元/件；三级品的利润为200元/件.乙种设备产品中一、二、三级品的概率分别是，.若将甲设备的样本频率作为总体的概率，以厂家的利润作为决策依据.应选购哪种设备？请说明理由.【答案】（）分布列见解析，；（）不对剩余产品进行逐一检验，理由见解析；（）应选购乙设备，理由见解析.【解析】【分析】（I）利用频率分布直方图中的频率（概率）求出尺寸在的产品件数，及在的产品件数，得的可能取值为0，1，2，分别计算出概率得概率分布列，由分布列计算出期望；（II）三级品的概率为（0.1+0.

25、075）1=0.175，计算对剩余产品逐一检验和对剩余产品不检验需支付的费用，比较后可得；（III）利用频率（概率）计算出两种方案的利润期望，比较可得【详解】（I）抽取的40件产品中，产品尺寸x12，15的件数为：40（0.2+0.175+0.075）1=18，其中x14，15的产品件数为40（0.0751）=3，的可能取值为0，1，2，P（=0），P（=1），P（=2），的分布列为：E012.（II）三级品的概率为（0.1+0.075）1=0.175，若对剩余产品逐一检验，则厂家需支付费用50100=5000；若对剩余产品不检验，则厂家需支付费用5010+200900.175=3650，50

26、003650，故不对剩余产品进行逐一检验.（III）设甲设备生产一件产品的利润为y1，乙设备生产一件产品的利润为y2，则E（y1）=500（0.3+0.2）+400（0.150+0.175）+2000.175=415，E（y2）=500400200420.E（y1）E（y2）.应选购乙设备.【点睛】本题考查频率分布直方图，考查随机变量的概率分布列和期望，考查期望的应用，考查学生的数据处理能力和运算求解能力，属于中档题21.已知函数.（）若函数有两个零点，求a的取值范围；（）恒成立，求a的取值范围.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）先求导，对分类讨论，求出单调区间，结合零点存在性定理，即可

27、求出结论；（）分离参数转化为满足在上恒成立时，的取值范围，设，通过求导求出，即可求解.【详解】（）由已知得x0，.当a0时，此时f（x）是增函数，故不存在两个零点；当a0时，由，得，此时 时，此时是增函数；当 时， ，此时是减函数，所以时，f（x）取得极大值，由f（x）有两个零点，所以，解得.又，所以f（x）在（0，）有唯一零点.再取，则.所以f（x）在有唯一实数根，所以a的取值范围是.（）恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立.令，则.令，则0.所以在上递增，而，故存在使得，即.令，所以在上递增，.而时，即，所以在上递减；时，即，故在上递增.所以时，取得极小值，也是最小值，a1.所以a的取值范围

28、是.【点睛】本题考查函数导数综合应用，涉及到函数的单调性、极值最值、零点，以及恒成立和最值的关系，确定极值点满足的条件是解题的关键，考查逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为（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.（）求曲线C1的普通方程和曲线C2的极坐标方程；（）射线与曲线C2交于O，P两点，射线与曲线C1交于点Q，若OPQ的面积为1，求|OP|的值.【答案】（），；（）.【解析】【分析】（）由曲线C1的参数方程消去参数t，即得曲线C1的普通方程. 由曲线C2的参数方程消去参数，得曲线C2

29、的普通方程，根据，即得曲线C2的极坐标方程；（）由（）知，曲线C2的极坐标方程为，设点.曲线C1的普通方程化为极坐标方程得，则点.由，求出，即求的值.【详解】（）曲线C1的参数方程为（t为参数），消去参数t，得曲线C1直角坐标方程为：.曲线C2的参数方程为（为参数），消去参数，得直角坐标方程，根据，得曲线C2的极坐标方程为.（）由曲线C2的极坐标方程为，设点.由于直线C1的极坐标方程为，可得点， .|OP|4cos.【点睛】本题考查参数方程、普通方程和极坐标方程的互化，属于中档题.23.已知a，b，c为正实数，且a+b+c=1.（）证明：；（）证明：.【答案】（）证明见解析；（）证明见解析.【解析】【分析】（）每个式子通分后把1用代换后分子应用基本不等式可证结论；（）变形，三个分式中分子提取出来并变为，即原不等式左边，再用柯西不等式可证得结论【详解】证明：（），当且仅当“a=b=c”时取等号；（），当且仅当“a=b=c”时取等号.【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