山西省太原市第五中学2020届高三数学下学期4月模拟试题理含解析

1、山西省太原市第五中学2020届高三数学下学期4月模拟试题 理（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个正确选项.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为，所以，应选答案C2. 若复数z1，z2在复平面内对应的点关于y轴对称，且z1=2i，则复数在复平面内对应的点在（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】利用复数对应的点关于轴对称得到，计算可得对应点所处的象限【详解】因为对应的点关于轴对称，故，故对应点在第二象限，选B【点睛】本题考察复数的几何意义和复数的除法，属于基础题3. 下列关于命题

2、的说法错误的是（ ）A. 命题“若，则”的逆否命题为“若，则”；B. “”是“函数在区间上为增函数”的充分不必要条件；C. 若命题，则；D. 命题“”是假命题.【答案】C【解析】对于，命题“若，则”的逆否命题为“若，则”正确；对于，只要时，函数 在区间上为增函数，故正确；对于，若命题，则故错误；对于，根据幂函数图象得“时，”，故正确，故选C.4. “欧几里得算法”是有记载的最古老的算法，可追溯至公元前300年前，上面的程序框图的算法思路就是来源于“欧几里得算法”，执行该程序框图（图中“”表示除以的余数），若输入的分别为675,125，则输出的（ ）A. 0B. 25C. 50D. 75【答案】

3、B【解析】当此时 否, 否,是,输出 ,选B.5. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，且满足成等比数列，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设的公差为，且，运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差的关系，再由等差数列的求和公式，计算可得所求值【详解】解：设的公差为，且，因为，成等比数列，可得，即，整理可得，故故选：【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式、等比数列的中项性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题6. 甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况

4、下，比赛进行了三局的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出甲获得冠军的概率、比赛进行了3局的概率，即可得出结论【详解】由题意，甲获得冠军的概率为 ，其中比赛进行了3局的概率为 ，所求概率为 ，故选B【点睛】本题考查条件概率，考查相互独立事件概率公式，属于中档题.7. 已知函数,满足,且在内恰有一个最大值点和一个最小值点,则的值为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由,且在内恰有一个最大值点和一个最小值点,由正弦函数图像性质可得其最小正周期为,根据正弦函数最小正周期计算公式 ,即可求得的值.【详解】函数由,且在内恰有一个最大值点和一个最小值点, 正

5、弦函数图像性质可得其最小正周期为,根据正弦函数最小正周期计算公式,可得故选:D.【点睛】本题考查了求正弦函数的值,掌握正弦函数图像和最小正周期公式是解本题的关键,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.8. 某同学在参加通用技术实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的半径是（ ）A. 2B. 4C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出截面圆的半径，然后根据球的半径，小圆半径，球心距三者之间的关系列方程求解即可【详解】解：设截面圆半径为，球的半径为，则球心到某一截面的

6、距离为正方体棱长的一半即，根据截面圆的周长可得，得，故由题意知，即，所以，故选：B【点睛】本题考查球被面所截的问题，考查学生计算能力以及空间想象能力，是基础题9. 已知是圆的直径，点为直线上任意一点，则的最小值是（ ）A. B. C. 0D. 1【答案】D【解析】【详解】试题分析：由题意得，设，,又因为,所以，所以的最小值为1，故答案选D.考点：1.圆的性质；2.平面向量的数量积的运算.10. 已知直线与双曲线交于两点，以为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点，若的面积为，则双曲线的离心率为A. B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】通过双曲线和圆的对称性，将的面积转化为的面积；利用焦点三角

7、形面积公式可以建立与的关系，从而推导出离心率.【详解】由题意可得图像如下图所示：为双曲线的左焦点为圆的直径 根据双曲线、圆的对称性可知：四边形为矩形又，可得： 本题正确选项：【点睛】本题考查双曲线的离心率求解，离心率问题的求解关键在于构造出关于的齐次方程，从而配凑出离心率的形式.11. 数列满足，且，记为数列的前项和，则等于（ ）A. 294B. 174C. 470D. 304【答案】D【解析】【解析】由得,所以数列为等差数列，因此,因此,选D.点睛：本题采用分组转化法求和，即通过三个一组进行重新组合，将原数列转化为一个等差数列. 分组转化法求和的常见类型还有分段型（如 ）及符号型（如 ）12

8、. 已知以为周期的函数，其中若方程恰有5个实数解，则实数的取值范围为（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】因为当时，将函数化为方程，实质上为一个半椭圆，其图像如图所示，同时在坐标系中作出当得图像，再根据周期性作出函数其它部分的图像，由图易知直线与第二个椭圆相交，而与第三个半椭圆无公共点时，方程恰有5个实数解，将代入得令，则有由同样由与第三个半椭圆无交点，由可计算得综上知二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知为奇函数，当时，则的值为_.【答案】3【解析】【分析】根据奇函数的性质计算可得；【详解】解：因为为奇函数，当时，所以，即，又所以故答案为：【点睛】本题考

9、查奇函数的性质的应用，属于基础题.14. 已知实数满足，则的取值范围是 【答案】【解析】如图画出的可行域如下：的几何意义是可行域内的点与原点的斜率，由图可知过（1,2）有最大值，过（3,1）有最小值.所以的取值范围是15. 二项式的展开式中只有第6项的二项式系数最大，且展开式中的第3项的系数是第4项的系数的3倍，则的值为_.【答案】8【解析】【分析】计算得到，根据二项式定理得到，展开计算得到答案.【详解】展开式中只有第6项的二项式系数最大，故，的展开式的通项为：.故，化简得到.故答案为：.【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.16. 如图，在正方体中，点是线段上的动点

10、，则下列说法正确的是_（填序号）无论点在上怎么移动，都有；无论点在上怎么移动，异面直线与所成角都不可能是；当点移动至中点时，直线与平面所成角最大；当点移动至中点时，才有与相交于一点，记为点，且.【答案】【解析】【分析】推导出平面可判断命题的正误；设正方体的棱长为，求得的取值范围，可求得异面直线与所成角的余弦值的取值范围，进而可判断命题的正误；利用线面角的定义可判断命题的正误；可知三棱锥为正三棱锥，可得出点为正的中心，利用重心的性质可判断的正误.综合可得出结论.【详解】对于命题，如下图所示，连接、，四边形为正方形，则，平面，平面，平面，同理可得，平面，平面，命题正确；对于命题，过点作平面，垂足为

11、点，连接，设正方体的棱长为，则且，所以，异面直线与所成角等于， 易知是边长为的等边三角形，当点在线段上运动时，且，异面直线与所成角都不可能是，命题正确；对于命题，设点到平面的距离为，设直线与平面所成的角为，当时，即当点为的中点时，取最小值，此时取最大值，即当点移动至中点时，直线与平面所成角最大，命题正确；由可知，平面，且，则三棱锥为正三棱锥，则与平面的唯一交点为正的中心，如下图所示：连接并延长交于点，则为的中点，且为正的重心，由重心的性质可知，命题正确.故答案为：.【点睛】本题考查线线垂直的判断、异面直线所成角与线面角的计算，同时也考查了三角形重心性质的应用，考查推理能力与计算能力，属于中等题

12、.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，b=2.（1）求c；（2）设D为BC边上一点，且，求ABD的面积.【答案】（1）c=4（2）【解析】【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系式求得，由此求得的大小，利用余弦定理列方程，解方程求得.（2）先求得三角形和三角形的面积比，再由三角形的面积，求得三角形的面积.【详解】（1）由已知可得，所以.在ABC中，由余弦定理得，即，解得c=-6（舍去），c=4.（2）

13、由题设可得，所以.故ABD与ACD面积的比值为.又ABC的面积为，所以ABD的面积为.【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查三角形面积的计算，考查同角三角函数的基本关系式，属于基础题.18. 如图，四边形ABCD为平行四边形，点E在AB上，AE2EB2，且DEAB.以DE为折痕把ADE折起，使点A到达点F的位置，且FEB60.（1）求证：平面BFC平面BCDE；（2）若直线DF与平面BCDE所成角的正切值为，求二面角EDFC的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）首先通过证明平面证得.结合余弦定理和勾股定理证得，由此证得平面，进而证得平面平面.（2）建立空间直角坐标

14、系，由直线与平面所成角的正切值求得正弦值，结合直线的方向向量和平面的法向量列方程，解方程求得的长.由此通过平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值，进而求得其正弦值.【详解】（1）证明：DEAB，DEEB，DEEF，DE平面BEF，DEBF，AE2EB2，EF2，EB1，FEB60，由余弦定理得BF，EF2EB2+BF2，FBEB，由得BF平面BCDE，平面BFC平面BCDE.（2）解：以B为原点，BA为x轴，在平面ABCD中过点B作AB的垂线为y轴，BF为z轴，建立空间直角坐标系，设DEa，则D（1，a，0），F（0，0，），（1，a，），直线DF与平面BCDE所成角的正切值为，直线DF与平

15、面BCDE所成角的正弦值为，平面BCDE的法向量（0，0，1），|cos|，解得a2，D（1，2，0），C（2，2，0），（0，2，0），（1，2，），设平面EDF的法向量（x，y，z），则，取z1，得（），同理得平面DFC的一个法向量（0，2），cos，二面角EDFC的正弦值为sin.【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查根据线面角求边长，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.19. 已知圆，一动圆与直线相切且与圆外切.（1）求动圆圆心的轨迹的方程；（2）若经过定点的直线与曲线交于两点，是线段的中点，过作轴的平行线与曲线相交于点，试问是否存在直线，使得，若存在，求

16、出直线的方程，若不存在，说明理由.【答案】(1) ;(2) 存在直线或，使得.【解析】试题分析：（1）本题用直接法求动点轨迹方程，设支点坐标为，当然由已知分析，动点不能在轴左侧，然后利用直线与圆相切和两圆外切的条件列出方程，化简即可；（2）假设存在满足题意的直线，设出直线方程，分析发现直线的斜率为0时不合题意，从而设直线方程为，设，直线方程与曲线方程联立方程组，消去变量后得的一元二次方程，由韦达定理得，设，得，由求出值，得直线方程，若不能求出实数，则说明假设错误，不存在相应的直线.试题解析：（1）设，分析可知：动圆的圆心不能在轴的左侧，故，动圆与直线相切，且与圆外切，化简可得；（2）设，由题意

17、可知，当直线与轴垂直时，显然不符合题意，故可设直线的方程为，联立和并消去，可得，显然，由韦达定理可知，又，假设存在，使得，由题意可知，由点在抛物线上可知，即，又，若，则，由代入上式化简可得，即，故，存在直线或，使得点睛：解答探索直线与圆锥曲线位置关系中的存在性问题，主要有两个方向：（1）根据圆锥曲线的方程及性质直接进行解答；（2）通过假设存在，然后由此出发进行推，最后判断其推导结果是否合理20. 已知函数.（1）若函数的图象在点处的切线平行于轴，求函数在上的最小值；（2）若关于的方程在上有两个解，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意得出可求得的值，利用导数求得

18、函数的极值，结合函数的单调性可得出该函数在区间上的最小值；（2）由参变量分离法可知：直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得的取值范围，进而可求得实数的取值范围.【详解】（1），由题意可得，解得.，则，令，解得.令，解得，此时函数单调递增；令，解得，此时函数单调递减.所以，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，当时，函数取得极小值即最小值，即；（2）在有两解，即在有两解，.设，令，得.当时，；当时，.所以，函数在上增函数，在上为减函数.当，；当时，如下图所示：由图象可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点.因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查利

19、用导数求解函数的最值，同时也考查了利用导数研究函数的零点个数问题，考查数形结合思想以及参变量分离法的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.21. 冠状病毒是一个大型病毒家族，可引起感冒以及中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征（SARS）等较严重疾病.而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等.在较严重病例中感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚至死亡.某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，有以下两种检验方式：方式一：逐份检验，则

20、需要检验次.方式二：混合检验，将其中份血液样本分别取样混合在一起检验，若不是阳性，检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这份血液究竟哪几份为阳性，就要对这份再逐份检验，此时这份血液的检验次数总共为.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为.现取其中份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为.（1）若，试求关于的函数关系式；（2）若与干扰素计量相关，其中是不同的正实数，满足且都有成立.（）求证：数列为等比数列；（）当时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份

21、检验的总次数的期望值更少，求的最大值.（，）【答案】（1）；（2）（）证明见解析；（）最大值为4.【解析】【分析】（1）由随机变量的概率公式和数学期望，计算可得所求函数的解析式；（2）（）当时可得，当时，可得，两式作差可得即可得证；（）运用（）的结论和构造函数，求得导数和单调性，计算可得所求最大值.【详解】解：（1）由已知可得，的所有取值为1，由，可得，即，即，即，可得，；（2）（）证明：当时，即，由，得，因为当时，所以，两式相减得，则，可得，因为，所以数列为等比数列，且；（）由（）可知，可得，即，所以，设，当时，递减，又，则；，则，可得的最大值为4.【点睛】本题考查随机变量的数学期望和等比数列的证明，等比数列的通项公式的应用，考查函数的导数的运用，考查化简运算能力，属于难题.（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，曲线参数方程为(为参数).以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为()，将曲线向左平移