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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)

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    • 1、 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

      2、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

      3、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

      4、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

      5、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

      6、.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

      7、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,

      8、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

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