山西省实验中学2020届高三上学期质量检测数学理科试题（解析版）

山西省实验中学2020届高三上学期质量检测数学（理科）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，只有一个选项是符合题目要求的.1.设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【分析】首先根据函数有意义求出集合B，再利用集合的交运算即可求解.【详解】由，所以，故选：B【点睛】本题考查了集合的交运算，同时考查了求具体函数的定义域，属于基础题.2.设为虚数单位，复数满足，则复数的共轭复数为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【分析】根据复合的四则运算以及共轭复数的概念即可求解.【详解】由，可得，所以复数的共轭复数.故选：D【点睛】本题考查了复数的四则运算以及共轭复数的概念，属于基础题.3.某大型商场统计周一至周五某型号洗衣机的销售量（单位：台），得到如下茎叶图，则该样本的中位数与平均数之差是（ ）A. 6B. 2C. -2D. -6【答案】C【分析】根据茎叶图求出样本数据中的中位数与平均数即可求解.【详解】由茎叶图可得，将数据从小到大排列，则中位数为：，故中位数与平均数之差为-2.故选：C【点睛】本题考查了平均数与中位数定义，属于基础题.4.已知程序框图如图，则输出i的值为A. 7B. 9C. 11D. 13【答案】D【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，可得答案【详解】当时，不满足退出循环的条件，故，当时，不满足退出循环的条件，故，当时，不满足退出循环的条件，故，当时，不满足退出循环的条件，故，当时，不满足退出循环的条件，故，当时，不满足退出循环的条件，故，当时，满足退出循环的条件，故输出 故选【点睛】本题主要考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答5.设是定义在上的周期为2的奇函数，当时，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【分析】利用函数的周期为以及为几何函数可得，根据当时，将代入即可求解.【详解】由题意可知，当时，则，所以.故选：A【点睛】本题考查了函数的周期以及奇偶性求函数值，属于基础题.6.在中，是的中点，点在上，且满足，则等于（ ）A. B. -1C. 1D. 【答案】A【分析】由，点在上，且满足，可得，利用向量的平行四边形法则可得，于是即可得出.【详解】，点在上，且满足，.故选：A【点睛】本题考查了向量的平行四边形法则以及向量的数量积，属于基础题.7.某四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则该四棱锥最大的侧面的面积为（ ）A. B. C. D. 3【答案】B【分析】由三视图可知此几何体的直观图为四棱锥，其底面为一个对角线长的正方形，边长为，且平面，由三视图知，由此可求出四棱锥最大的侧面的面积.【详解】由三视图可知几何体的直观图如图，此几何体的直观图为四棱锥，其底面为一个对角线长的正方形，边长为，其中平面，由三视图知，所以.故选：B【点睛】本题考查了三视图求几何体的侧面积，解题的关键是作出几何体的直观图，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.8.等差数列中，是函数的两个极值点，则（ ）A. B. 4C. D. 【答案】C【分析】先求出，由等差数列中，是函数的两个极值点，利用韦达定理可得，从而，由此能求出的值.【详解】，等差数列中，是函数的两个极值点，.故选：C【点睛】本题是一道综合性题目，考查了极值点的定义、等差数列的性质以及对数的运算性质，解题的关键是求出函数的导函数，属于基础题.9.已知抛物线：的焦点为，为的准线，轴，轴，、交抛物线于、两点，交于、两点，已知的面积是的2倍，则中点到轴的距离的最小值为（ ）A. B. 1C. D. 2【答案】B【分析】由题可知，准线方程为，设，可得，分类讨论，当轴时，可得中点到的距离为；当不垂直于轴时，求出直线的方程，利用点到直线的距离公式以及弦长公式求出的面积，在求出的面积，根据两个三角形的面积关系可得，中点到轴的距离为，利用基本不等式即可求解.【详解】由题可知，准线方程为，如图：设，则，当轴时，其中点到的距离为.当不垂直于轴时，直线的方程为：，设点到直线的距离为，则，而，所以有，又，因为已知的面积是的2倍，即，化简可得（不合题意舍去）或，中点到轴的距离（，不能取等号） 综上，中点到轴的距离最小值为1.故选：B【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了弦长公式、点到直线的距离公式以及基本不等式求最值，考查了学生的计算能力，属于中档题.10.如图所示，设，是某抛物线上相异两点，将抛物线在，之间的弧线与线段围成的区域记为；弧线上取一点，使抛物线在点处的切线与线段平行，则三角形内部记为区域.古希腊伟大的哲学家、数学家、物理学家阿基米德在公元前3世纪，巧妙地证明了与两区域的面积之比为常数，并求出了该常数的值.以抛物线上两点，之间的弧线为特例，探求该常数的值，并计算：向区域内任意投掷一点，则该点落在内的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【分析】首先利用定积分求出曲边梯形的面积，然后再求出三角形的面积，由几何概型的概率计算公式即可求解.【详解】易知，抛物线在，之间的部分与两个端点的连线段围成的区域的面积为，显然，抛物线在原点处的切线与，的连线平行，故以，为顶点的三角形区域面积为，根据题意，由几何概型的概率模型可知，所求概率为.故选：B【点睛】本题考查了几何概型的概率模型，同时考查了定积分求曲边梯形，属于基础题.11.已知双曲线：，为坐标原点，为右焦点，过点的直线与的两条渐近线的交点分别为，.若为直角三角形，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【分析】求出双曲线的渐近线方程，求出直线方程，求出，的坐标，然后求解【详解】如图：双曲线方程为，即，渐近线方程为，两条渐近线的夹角为.过右焦点的直线与两条渐近线的交点分别为，为直角三角形，或，由渐近线的对称性可知，两种情况下长度相同，不妨设，如图，.故选：B【点睛】本题考查了双曲线的渐近线方程，直线的倾斜角与斜率的关系，解题的关键是求双曲线的渐近线方程，属于基础题.12.已知正方体棱长为1，是的中点，点是面所在平面内的动点，且满足，则三棱锥的体积的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【分析】由题意可得，以为原点，分别为轴和轴建立平面直角坐标系，由设，则有，由即可求解.【详解】由，可知，即，而是的中点，故 以为原点，分别为轴和轴建立平面直角坐标系，由设，则有 化简可得：，可知点在圆上运动，故. 故选：C【点睛】本题考查了列方程求动点的轨迹方程，解题的关键是建立等量关系，属于中档题.二、填空题：本大題共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填写在答题卡相应的位置.13.7个大小、材质完全相同小球分别编号1，2，4，5，6，9，10，现从中取出3个，则它们编号之和为奇数的取法共有_种.【答案】19【分析】由题中给出7个小球中，编号为奇数的小球有个，编号为偶数的小球有个，分类求解，个奇数、个偶数或个奇数、个偶数，利用组合数即可求解.【详解】由题中给出7个小球中，编号为奇数小球有个，编号为偶数的小球有个，如果取出的三个小球编号之和为奇数，有以下两种情况：第一类，个奇数，个偶数，对应的不同取法共有;第二类，个奇数，个偶数，对应的不同取法共有 根据分类加法计数原理，所求的取法数为.故答案为：19【点睛】本题考查了组合数的计算公式以及分类加法计数原理、分步乘法计数原理，属于基础题.14.有4个命题：“若，则”的逆命题；“能被5整除的数末位数字一定是0”或“能被5整除的数末位数字一定是5”；“”是“”的充分条件；“存在，使得”的否定.则上述命题中，所有真命题的序号是_.【答案】【分析】根据不等式的性质可判断；利用“或”联结词命题的真假表即可判断；根据反比例函数的单调性可判断；利用辅助角公式以及三角函数的性质即可判断.【详解】当或时，由无法推出，故是假命题；逻辑联结词“或”连接的两个命题均为假命题，故是假命题；由于反比例函数为减函数，故可推出，故是真命题； 由于，故这样的不存在，故为真命题；故答案为：【点睛】本题考查了判断命题的真假，同时考查了“或”联结词命题的真假表、不等式的性质、辅助角公式以及三角函数的性质，属于基础题.15.已知实数，满足，则的取值范围是_.【答案】【分析】作出约束条件的可行域，根据目标函数表示的几何意义即可求解.【详解】由题意可知，作出约束条件的可行域（阴影部分）,故可以理解成可行域内的动点到直线的距离的倍，观察图形可知.故答案：【点睛】本题考查了简单的线性规划，解题的关键是作出约束条件的可行域以及目标函数表示的几何意义，属于基础题.16.已知函数，若对恒成立，则的值为_.【答案】-2【分析】令，利用导函数判断函数在上单调递增，从而可得函数在上为正，在为负，为正，进而判断出方程的两根为，利用韦达定理即可求解.【详解】令，则，令，则，当时，则，当时，所以在单调递增，在上单调递减，故，所以，所以函数在上单调递增，当时，所以时，同时，则 ，可知函数在上为正，在为负，为正，故方程的两根为，即，故，故答案为：-2【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性的应用，考查了转化与化归的思想，属于中档题.三、解答题：本大题共6小题，共计70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.设数列中，（1）求数列的通项公式（2）令，求数列的前项和【答案】（1）；（2）【详解】（1） 以上各式相加得：（2）两式相减得18.已知平行四边形中，是线段的中点，沿将翻折到，使得平面平面.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）首先证出，再利用面面垂直的性质定理即可证出.（2）以为原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解.【详解】（1）由题意可知，即，故.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.（2）由（1）知平面，且，以为原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，.由于是线段的中点，所以在平面中，.设平面的法向量为，则，即，令，得，所以平面的一个法向量为，而平面的一个法向量为.故，易知二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理以及空间向量法求二面角，解题的关键是建立恰当的坐标系，属于基础题.19.在中，分别是角，的对边，且，成等差数列.（1）若，成等差数列，求的值；（2）若，求