山西省晋中市2020届高三数学四模考试试题 理（含解析）.doc

1、山西省晋中市2020届高三数学四模考试试题 理（含解析）一、选择题1.已知全集，函数的定义域为，集合，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数定义域的求法，可得，根据一元二次不等式的解法，可得，然后根据交、并、补计算，可得结果【详解】令，所以由或，所以，所以，故选：B【点睛】本题考查函数定义域以及一元二次不等式解法，以及交、并、补运算，重点在于掌握交、并、补的概念以及不等式的解法，属基础题.2.已知复数，是实数，那么复数的实部与虚部满足关系式（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利用复数除法运算化简，若为实数，则虚部为零，即得解.【

2、详解】，是实数，所以，故选：A.【点睛】该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有复数的四则运算和基本概念，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题目.3.若，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据，将，利用诱导公式和二倍角的余弦公式转化为求解.【详解】因为，所以故选：A【点睛】本题主要考查诱导公式和二倍角公式的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于基础题.4.已知双曲线的右焦点为为坐标原点，以为直径的圆与双 曲线的一条渐近线交于点及点，则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据双曲线方程求出渐近线方程：，再将点代入可得，

3、连接，根据圆的性质可得，从而可求出，再由即可求解.【详解】由双曲线，则渐近线方程：， 连接，则，解得，所以，解得.故双曲线方程为.故选：C【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，需掌握双曲线的渐近线求法，属于中档题.5.已知函数，若，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据函数的奇偶性，判断函数为偶函数，再根据偶函数的性质及单调性，即可得答案；【详解】依题意，有，则为奇函数，且在上单调递增，所以为偶函数当时，有，任取，则，由不等式的性质可得，即，所以，函数在上递增，因此，,故选：C.【点睛】本题考查偶函数的性质及利用函数的单调性比较大小，考查逻辑推理能力、运算求

4、解能力.6.已知某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是（ ）A. 求首项为，公比为的等比数列的前项的和B. 求首项为，公比为的等比数列的前项的和C. 求首项为，公比为的等比数列的前项的和D. 求首项为，公比为的等比数列的前项的和【答案】D【解析】【分析】先由程序的循环变量得到循环执行的次数，再由中第一次累加的是，第二次累加的是，依此循环得到结论.【详解】由已知中的程序框图可知：该程序的循环变量的初值为，终值为，步长为，故循环共执行了次由中第一次累加的是，第二次累加的是，一直下去，故该算法的功能是求首项为，公比为的等比数列的前项的和故选：D【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构，还考查了逻

5、辑辨析的能力，属于基础题.7.周易是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦（每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻）若从八卦中任取两卦，这两卦的六个爻中恰有一个阳爻的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】这是一个古典概型，先算出从八卦中任取两卦的基本事件数，再根据图知仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，没有阳爻的是坤卦，得到两卦的六个爻中恰有一个阳爻的基本事件数，代入公式求解.【详解】从八卦中任取两卦的基本事件有卦，由图可知，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，没有阳爻的是坤卦，所以两卦的六个爻中

6、恰有一个阳爻的基本事件有卦，所以两卦的六个爻中恰有一个阳爻的概率故选：B【点睛】本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.8.将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象关于直线对称，则函数在上的值域是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三角函数图象平移关系，结合三角函数的对称性，求出的值，利用整体代换即可求出函数的值域.【详解】，向右平移个单位长度后，得到函数的解析式为，函数的图象关于直线对称，得，又，所以，当时，故选：C.【点睛】本题考查了函数图象变换规律以及正弦函数的性质，考查数形结合思想的应用，属于中档题.9.如图，平面四边形中，为

7、等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，在中，计算半径即可.【详解】由，可知平面将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，记的外心为，由为等边三角形，可得又，故在中，此即为外接球半径，从而外接球表面积为故选：A【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积，考查了学生空间想象，逻辑推理，综合分析，数学运算的能力，属中档题.10.已知抛物线的焦点为，准线

8、，是上一点，是线段与的交点，若，为坐标原点，且的面积为，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画图设点，根据三角形的相似关系以及三角形面积公式可得的横纵坐标关于的表达式，再联立求解即可.【详解】假设点在准线的上半部分，准线与轴交点为，过点作轴的垂线，垂足为，设点易得，又，所以，则；又，得，代入抛物线方程，得，联立得，故选：C【点睛】本题主要考查了根据直线与抛物线的位置关系，结合平面向量与相似比例的性质求解参数的问题，需要根据题意设点，将横纵坐标用参数表达，进而列式求解.属于中档题.11.设，为锐角内角，的对边，且满足，若，则的面积的最大值为（ ）A. B. C. D.

9、 【答案】A【解析】【分析】由正弦定理和题设条件，化简得，进而得到，再由余弦定理和基本不等式，求得，利用三角形的的面积公式，即可求解.【详解】因为，可得，由正弦定理，可得，又由，即，又由，则，所以，又由，所以，由余弦定理可得，又由，当且时等号成立，所以，所以的面积的最大值为.故选：A.【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，以及基本不等式的应用，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，属于基础题12.新型冠状病毒属于属的冠状病毒，有包膜，颗粒常为多形性，其中包含着结构为数学模型的，

10、人体肺部结构中包含，新型冠状病毒肺炎是由它们复合而成的，表现为，若在区间上为增函数，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意得，在上恒成立，利用参变分离法分离出函数即可求解.【详解】在区间上增函数，在上恒成立，在单调递增，故选：B【点睛】本题考查已知函数单调性求参数范围问题，属于中档题.二、填空题13.二项式的展开式中，常数项为_【答案】【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式，即可得到答案；【详解】，当时，常数项为，故答案为：.【点睛】本题考查二项式定理通项公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题.14.已知函数，若关于的方程恰有个不同的实根，则的取值范围

11、为_【答案】【解析】【分析】转化为函数的图象与直线和直线共有5个不同的交点，作出函数的图象，观察图象可得结果.【详解】由，得或，则函数的图象与直线和直线共有5个不同的交点，作出函数的图象，如图所示：由图可知，函数的图象与直线有两个交点，所以函数的图象与直线有三个交点，所以故答案为：.【点睛】本题考查了函数与方程思想，考查了数形结合思想，考查了等价转化思想，属于基础题.15.已知四边形中，/，是边上的动点，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】采用建立平面直角坐标系的方法，并假设，求得的坐标，然后根据向量模的表示，简单计算和判断，可得结果.【详解】建立如图的直角坐标系，设，由题意可知，当且仅当时

12、取等号，即的最小值为故答案为：4【点睛】本题考查利用向量的方法解决几何问题，关键在于坐标系的建立，将几何问题代数化，向量是纽带，考验对问题的转化能力以及分析能力，属中档题.16.波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262-190年）的著作圆锥曲线论是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.现有，则当的面积最大时，AC边上的高为_.【答案】【解析】【分析】，,即根据阿波罗尼斯圆可得：点B的轨迹为圆, 以线段AC中点为原点，AC所在直线为x轴建立直角坐标系,求出B

13、的轨迹方程，进而得出结论【详解】解：为非零常数，根据阿波罗尼斯圆可得：点B的轨迹是圆.以线段AC中点为原点，AC所在直线为x轴建立直角坐标系则，设，整理得因此，当面积最大时，BC边上的高为圆的半径.【点睛】本题考查了阿波罗尼斯圆的应用、正弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题三、解答题17.在四棱锥中中，是边长为的等边三角形，底面为直角梯形，（1）证明：；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）详见解析；（2）【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，由是等边三角形可得，再由底面为直角梯形，结合已知的边长可证得，于是得平面，从而证得结果；（2）由条件可得可知两两垂直，所以以

14、为坐标原点建立直角坐标系，利用向量法求出二面角的余弦值.【详解】（1）证明：取的中点为，连接，因为是等边三角形，所以因在直角梯形中，所以所以为等腰三角形，所以因为，所以平面因为平面，所以（2）解：因为，为正三角形的边上的高，所以因为，所以，由（1）可知两两垂直以为坐标原点建立直角坐标系，则，则， 设平面的法向量为则,即令得设平面的法向量为则,即令，则因为二面角为锐二面角，所以其余弦值为【点睛】此题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算能力，属于中档题.18.已知数列的前项和满足，（1）求证数列为等比数列，并求关于表达式；（2）若

15、，求数列的前项和【答案】（1）证明详见解析；;（2）【解析】【分析】（1）因为，即，当时，两式相减再配凑得到数列是首项为，公比为的等比数列，即可计算出数列的通项公式，然后计算出数列的通项公式；（2）根据（1）的结果计算出数列的通项公式，进一步计算出数列的通项公式，根据通项公式的特点运用错位相减法计算出前项和【详解】（1）由题设，即当时，解得，当时得，即又所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以故（2）由（1），则，两式相减得【点睛】本题主要考查数列求通项公式，以及运用错位相减法求前项和，考查学生逻辑推理能力和数学运算能力属中档题19.已知椭圆的离心率，椭圆上的点到其左焦点的最大距离为（1）求椭

16、圆的标准方程；（2）过椭圆左焦点的直线与椭圆交于两点，直线，过点作直线的垂线与直线交于点，求的最小值和此时直线的方程【答案】（1）；（2）最小值为，此时直线的方程为【解析】【分析】（1）根据椭圆上的点到其左焦点的最大距离为，得到，再由，联立求解即可. （2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，可分别求导T，A，B的坐标，然后利用两点间距离公式求解；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由，利用弦长公式求得，再由，求得交点，从而得到，代入求解.【详解】（1）由题可知，又椭圆上的点到其左焦点的最大距离为，所以，所以，所以椭圆的方程为（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则，所以，此时；当直线的斜

17、率存在时，设直线的方程为，由，得，由韦达定理得，则，联立，可得，所以所以.因为所以等号不成立综上，的最小值为，此时直线的方程为【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与直线，直线与椭圆的位置关系以及最值问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.20.某工厂生产某种电子产品，每件产品合格的概率均为，现工厂为提高产品声誉，要求在交付用户前每件产品都通过合格检验，已知该工厂的检验仪器一次最多可检验件该产品，且每件产品检验合格与否相互独立若每件产品均检验一次，所需检验费用较多，该工厂提出以下检验方案：将产品每个（）一组进行分组检验，如果某一组产品检验合格，则说明该组内产品均合格，若检验不合格，则说明该

18、组内有不合格产品，再对该组内每一件产品单独进行检验，如此，每一组产品只需检验一次或次设该工厂生产件该产品，记每件产品的平均检验次数为（1）的分布列及其期望；（2）（i）试说明，当越大时，该方案越合理，即所需平均检验次数越少；（ii）当时，求使该方案最合理时的值及件该产品的平均检验次数【答案】（1）分布列详见解析，期望；（2）（i）详见解析；（ii）时平均检验次数最少，约次【解析】【分析】（1）根据每个（）一组进行分组检验，如果某一组产品检验合格，则说明该组内产品均合格，若检验不合格，则说明该组内有不合格产品，再对该组内每一件产品单独进行检验，如此，每一组产品只需检验一次或次，每件产品的平均检验

19、次数的可能取值为，再利用独立事件和互斥事件求得概率列出分布列，再求期望（2）（i）由（1）知，根据指数函数的单调性得到在上单调递减，从而得到结论. （ii）由（1）记，则由且取最小值时，该方案最合理求解.【详解】（1）由题意，的可能取值为，故的分布列为（2）（i）由（1），记，因为所以在上单调递减，故越大，越小，即所需平均检验次数越少，该方案越合理（ii）记，当且取最小值时，该方案最合理， 因为，所以时平均检验次数最少，约次【点睛】本题主要考查离散型随机变量的的分布列，期望及其应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.21.已知函数（为常数）（1）讨论的单调性；（2）若对有恒成立，且在处的导数

20、相等，求证：【答案】（1）详见解析；（2）详见解析【解析】【分析】（1）利用导数，在定义域中并按，讨论，可得结果.（2）根据并结合（1），可知，然后根据，可得，计算，并使用换元法，可得，结合导数，可得结果.【详解】（1），当时，在时恒成立，则在单调递减；当时，若，若，所以在单调递增，在单调递减（2）因为，而有恒成立，知当时有最大值，由（1）知必有，所以，依题意设，即所以，因为故所以则令，所以，所以在上单调递增【点睛】本题考查函数导数的综合应用，掌握分类讨论方法以及换元法的使用，化繁为简，考验分析问题能力，本题难点在于的求取以及函数的构建，属难题.22.平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数

21、），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求曲线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线、曲线在第一象限交于、两点，且，点坐标为，求的面积【答案】（1）曲线：； （2）【解析】【分析】（1）先把曲线的参数方程消参后，转化为普通方程，再利用 求得极坐标方程.将，化为，再利用 求得曲线的普通方程.（2）设直线极坐标方程为，代入，表示出，再由从而求得及，再利用求解.【详解】解：（1）依题意，曲线：，即，故由得，即，即（2）作示意图如图所示，设直线的极坐标方程为，分别代入曲线、的极坐标方程得，由得，解得，则又，所以，故【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程、参数方程与普通方程的转化、极坐标的几何意义，还考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.23.已知函数(1)求不等式的解集；(2)若正数满足，求的最小值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)化简后根据绝对值中的零点将转换为分段函数，再求解即可.(2)代入可得，再根据柯西不等式求最小值即可.【详解】解：(1)化简得当时，由即，解得，又，所以；当时，由，即，解得，又，所以；当时，不满足，此时不等式无解；综上，不等式的解集为(2)，所以，由柯西不等式：上式.当且仅当时，等号成立.所以的最小值为.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解、柯西不等式求最小值的问题，属于中档题.