2020届山西省长治市高三下学期(3月在线)综合测试数学(理)试题(解析版)

1、2020届山西省长治市高三下学期（3月在线）综合测试数学（理）试题一、单选题1i为虚数单位，复数z的共轭复数在复平面内对应的点到点（，）的距离为（ ）ab1cd【答案】d【解析】利用复数的运算法则化简复数,根据共轭复数的定义表示出,由复数的几何意义求出在复平面内对应的点坐标,利用两点间距离公式求解即可.【详解】由题意知,复数,由共轭复数的定义知,由复数的几何意义知,在复平面内对应的点坐标为,由两点间距离公式得，点到点（，）的距离为,故选:d【点睛】本题考查复数的运算法则和共轭复数定义及复数的几何意义;属于基础题.2已知函数f（x）log2（x22x）的定义域为a，bx|2x2），则ab（ ）a

2、rbx|x2cx|x2dx|2x2【答案】a【解析】利用对数函数的真数大于零求出集合a,再由集合的并运算求解即可.【详解】由题意知,解得或,所以集合,因为集合,由集合的并运算可得,.故选:a【点睛】本题考查对数函数定义域的求解和集合的并运算;考查运算求解能力;属于基础题、常考题型.3已知角的终边经过点（4，3），则cos（2+）（ ）abcd【答案】b【解析】由任意角三角函数定义求出,再利用诱导公式和二倍角的余弦公式求解即可.【详解】由题意知,，由任意角三角函数的定义知,由诱导公式和二倍角的余弦公式可得,即,故选:b【点睛】本题考查任意角三角函数的定义、诱导公式和二倍角的余弦公式;熟练掌握诱导

3、公式和二倍角的余弦公式是求解本题的关键;属于基础题.4随着经济的发展，城市空气质量也越来越引起了人民的关注，如图是我国某大城市2018年1月至8月份的空气质量检测结果，图中一、二、三、四级是空气质量等级，一级空气质量最好，一级和二级都是空气质量合格，下面说法错误的是（ ）a6月的空气质量最差b8月是空气质量最好的一个月c第二季度与第一季度相比，空气质量合格天数的比重下降了d1月至8月空气质量合格天数超过20天的月份有5个【答案】a【解析】由统计表分析题目中的命题,再判断它们的真假性即可.【详解】对于选项a：5月份空气质量合格的只有13天,6月份空气质量合格的有25天,故空气质量最差的为5月份,

4、故选项a错误;对于选项b：8月份空气质量合格的达到30天,是空气质量最好的一个月,故选项b正确;对于选项c：第一季度合格天数的比重为,第二季度合格天数的比重为,所以第二季度与第一季度相比,空气达标的比重下降了,故选项c正确；对于选项d：1月至8月空气质量合格天数超过20天的月份有：1月份、2月份、6月份、7月份、8月份,共有5个,故选项d正确；故选: a【点睛】本题考查条形图的应用;考查学生知识迁移能力和分析问题、解决问题的能力;属于基础题.52022年北京冬季奥运会将在北京和张家口举行，现预备安排甲、乙、丙、丁四人参加3个志愿服务项目，每人只参加一个志愿服项目，每个项目都有人参加，则不同的安

5、排方案有（ ）a24b36c48d72【答案】b【解析】先将甲、乙、丙、丁四人分成3组,再将分成的三组分别参加三个项目即可.【详解】先将甲、乙、丙、丁四人分成3组,其中必有一组为2人,所以有种选择,再将分成的三组分别参加三个项目,此时有种选择,由分步乘法原理可得,不同的安排方案有(种),故选: b【点睛】本题考查排列组合思想与分步乘法原理;分清楚是有序还是无序，分类还是分步是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.6如图是某几何体的三视图，则它的表面积为（ ）a9b211c8d2211【答案】a【解析】根据三视图还原几何体为如图所示的四棱锥,由侧棱底面,利用线面垂直的性质,结合题中数据求出每条侧

6、棱的长度,利用三角形和梯形的面积公式求解即可.【详解】由三视图知,该几何体为如图所示的四棱锥,侧棱底面,由勾股定理可得,，在中,由余弦定理的推论知,由同角三角函数的基本关系知,，所以的面积为,因为侧棱底面,所以,因为,所以平面,由线面垂直的性质知,即为直角三角形,所以,因为侧棱底面，所以,所以,因为底面是以为底的直角梯形,所以,所以所求几何体的表面积为,即,故选:a【点睛】本题考查三视图还原几何体和棱锥表面积的求解;考查空间想象能力和运算求解能力;三视图正确还原几何体是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.7七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，顾名思义，是由七块板组成的而这七块板可拼成许多图形

7、如图中的正方形七巧板就是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形组成的若向正方形内随机的抛10000颗小米粒（大小忽略不计），则落在阴影部分的小米粒大约为（ ）a3750b2500c1875d1250【答案】d【解析】根据与面积有关的几何概型的概率公式求出对应区域的面积即可求解.【详解】设正方形的边长为2,则阴影部分是由2个小等腰直角三角形构成的,由图知,图中大等腰直角三角形的直角边为,设正方形的边长为,则小等腰直角三角形的直角边为,即,解得,所以小等腰直角三角形的面积为,所以阴影部分的面积为,因为正方形的面积,由与面积有关的几何概型概率公式可得,向正方形内撒一把豆子,落在阴影区域内的

8、概率为， 设向正方形内随机的抛10000颗小米粒（大小忽略不计），则落在阴影部分的小米粒大约为颗,所以,解得,故选:d【点睛】本题考查与面积有关的几何概型概率公式;考查运算求解能力;熟练掌握几何概型的概率公式及几何概型的适用条件是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.8已知数列满足，则（ ）abcd【答案】a【解析】把递推式an+1两边同时取倒数,得到数列为等差数列,利用等差数列通项公式求出,再取倒数即可.【详解】因为an+1,两边同时取倒数可得,，即,所以数列是以为首项,为公差的等差数列,所以,所以,即.故选:a【点睛】本题考查利用数列的递推公式求通项公式和等差数列的定义;对递推公式进行灵活

9、的变形是求解本题的关键;属于中档题.9已知直三棱柱abca1b1c1的6个顶点都在球o的球面上，若ab3，ac3，bac120°，aa18，则球o的表面积为（ ）a25bc100d【答案】c【解析】根据已知条件,利用正余弦定理求出底面外接圆的半径, 设此圆的圆心为,直三棱柱外接球的球心为,利用球的截面圆的圆心与球心的连线垂直于截面,在中,求出球的半径,代入球的表面积公式求解即可.【详解】在底面中,由余弦定理可得,，即,所以,在底面中,由正弦定理可得,即,解得,设底面圆的圆心为,直三棱柱外接球的球心为,球的半径为,由球的截面圆的圆心与球心的连线垂直于截面知,底面,即，,在中,由勾股定理

10、可得,，即所以,由球的表面积公式可得,，故选:c【点睛】本题考查空间几何体的表面积、体积和多面体的外接球及球的截面圆问题;考查空间想象能力和运算求解能力;球的截面圆的圆心与球心的连线垂直于截面这一结论的应用是求解本题的关键;属于中档题.10设f为抛物线c：x23y的焦点，过f且倾斜角为60°的直线交于c于a，b两点，o为坐标原点，则oab的面积为（ ）abcd【答案】a【解析】由抛物线的定义求出焦点,代入点斜式方程求出直线的方程,与抛物线方程联立得到关于的一元二次方程,利用韦达定理得到a，b两点横坐标的和与积,把oab的面积转化为和的面积之和求解即可.【详解】由抛物线知,焦点为,所以

11、直线的方程为,即，联立方程， 消去可得,设点,则由韦达定理可得,所以,.故选:a【点睛】本题考查抛物线的定义和直线与抛物线的位置关系;考查转化与化归的思想;根据抛物线的定义,把oab的面积转化为和的面积之和是求解本题的关键;属于中档题.11已知，若恒成立，则满足条件的的个数有（ ）a1b3c2d4【答案】b【解析】根据不等式恒成立,分,三种情况讨论是否符合题意,其中当时,利用导数研究函数的解的个数,设,则,由此可得函数在上单调递减,在上单调递增,从而求出函数的最小值为,即有两解,由此即可求解.【详解】当时,对恒成立,符合题意;当时,对恒成立,使,所以不恒成立,不符合题意；当时,设,令,则,，可

12、得，设,则,令，则,当时,；当时,所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以函数的最小值为,所以有两解,又因为函数均为上的增函数,所以存在两个使恒成立,综上可知,满足条件的的个数是.故选:b【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和求解恒成立问题;考查分类讨论的数学思想、转化与化归能力和运算求解能力;属于综合型、难度较大型试题.12已知双曲线e：1（a0，b0）的左、右焦点分别为f1，f2，过f1的直线与e交于a，b两点（b在x轴的上方），且满足若直线的倾斜角为120°，则双曲线的离心率为（ ）a2bcd【答案】d【解析】设则,由双曲线的定义知,，在和中分别利用余弦定理,然后两式相减即

13、可求解.【详解】设则,则,由双曲线的定义知,在中,由余弦定理可得,，即， 在中,由余弦定理可得, 即 两式相减可得,所以离心率.故选:d【点睛】本题考查双曲线及其性质、直线与双曲线的位置关系,及三角形中的余弦定理;考查运算求解能力和转化与化归能力;双曲线定义的灵活运用是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.二、填空题13已知，是相互垂直的两个单位向量，且32，若（），则_【答案】【解析】利用两向量垂直其数量积为零,列出方程化简求解即可.【详解】由题意知,因为32，,所以,因为（）,所以,即,化简可得,解得.故答案为：【点睛】本题考查两向量垂直其数量积为零;考查运算求解能力;属于基础题.14的展

14、开式中的系数是_（数字作答）【答案】1080【解析】根据题意知,求出中的系数即可,在的二项展开式的通项公式中,令,求出的值即可.【详解】由题意可知,中的系数即为所求,因为的二项展开式的通项公式为,所以令,此时即为所求.故答案为:【点睛】本题考查利用二项展开式的通项公式求二项展开式中某项的系数;考查运算求解能力;属于基础题、常考题型.15若实数，满足，则的最小值是_.【答案】【解析】不等式可表示为如图所示的平面区域.为该区域内的点与坐标原点连线的斜率，显然，当时，取得最小值.故答案为：.点睛：本题是常规的线性规划问题，线性规划问题常出现的形式有：直线型，转化成斜截式比较截距，要注意前面的系数为负

15、时，截距越大，值越小；分式型，其几何意义是已知点与未知点的斜率；平方型，其几何意义是距离，尤其要注意的是最终结果应该是距离的平方；绝对值型，转化后其几何意义是点到直线的距离.16定义r在上的函数为奇函数，并且其图象关于x1对称；当x（0，1时，f（x）9x3若数列an满足anf（log2（64+n）（nn+）；若n50时，当sna1+a2+an取的最大值时，n_【答案】26【解析】先由函数的奇偶性和对称性求得函数的周期,再根据函数的值域及对数运算求得及时的取值范围,即可求得取得最大值时的值.【详解】因为函数为奇函数,所以,又因为其图象关于直线x1对称,所以,即,所以,可得即函数f（x）是周期为

16、4的周期函数，因为当x（0，1时，f（x）9x3，所以，因为函数为上的增函数,所以当时,，当时,作出函数在上的图象如图所示:所以当时,，当时,，由周期性可得：x（6，）时，f（x）0x（，）时，f（x）0f（）f（）0因为,所以6log2（64+n）log21147而当6log2（64+n）时,an0即当6464+n6490.496,an0n26时，an0当27n50时，log2（64+n）log21147,此时an0，当n26时,sna1+a2+an取的最大值故答案为:【点睛】本题考查函数奇偶性、图象的对称性、函数的周期性，对数的运算及数列前n项和的最值问题；考查学生的运算求解能力、抽象概括

17、能力、分类讨论思想和数形结合思想；属于综合型、难度大型试题.三、解答题17在abc中，点d是边bc上的一点且满足bdsinbcdsinc，dc2bd2（1）求的值（2）若ad2，求abc的面积【答案】（1）（2）【解析】根据题意可知,在abc中利用正弦定理即可求解;在中和中,利用余弦定理的推论求出和,再由求出,在中,由余弦定理的推论求出,进而求得,代入三角形的面积公式求解即可.【详解】（1）bdsinbcdsinc，且dc2bd，在abc中由正弦定理得，；（2）如图，dc2bd2，ad2，ac2ab， 在中,由余弦定理的推论可得,，在中,由余弦定理的推论可得,，因为cosadbcosadc，6

18、ab2（62ab2），解得ab2，ac4，在中,由余弦定理的推论可得,，【点睛】本题考查正余弦定理及三角形的面积公式;正余弦定理的灵活运用和两角互补其余弦值互为相反数这一结论的应用是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.18一次考试共有12道选择题，每道选择题都有4个不同的选项，其中有且只有一个是正确的，评分标准规定：每题只选一个选项，答对得5分，不答或答错得0分，某考生已确定有8道题的答案是正确的，其余题中，有两道题都可判断两个选项是错误的，有一道题可以判断一个选项是错误的，还有一道题因为不理解题意只好乱猜，请求出该考生：（1）得60分的概率；（2）所得分数的分布列与数学期望【答案】（1）；

19、（2）分布列见解析，【解析】试题分析：（1）“考生已确定有道题的答案是正确的”故至少还要分才能达到分，也就是后面题全部答对，按独立重复实验来计算概率；（2）依题意，取值的可能性为，然后按独立重复实验分别计算各个情况的概率，进而求出期望.试题解析：解：（1）设“有两道题可判断两个选项是错误的”选对的为事件，“有一道题可判断一个选项是错误”的选对的为事件；“有一道题不理解题意”选对的为事件，所以，得60分的概率为（2）得40分的概率为，得45分的概率为，得50分的概率为得55分的概率为得60分的概率为（3）【考点】1、相互独立事件的概率；2、离散型随机变量的期望【方法点晴】相互独立事件计算概率时，

20、类似于分步计数原理，用的是乘法，个题，有个已经确定好，只要计算生下来个题的概率，然后相乘就可以.在第二问中，每一个分数，对应的个题目对错的情况要进行分类，比如说得分，也就是对一个，错个，那就会有中可能，计算时，要分成类来解决.分类和分步这两个计数原理，在本章内容中是非常重要的.19如图，半球内有一内接正四棱锥sabcd，该四棱锥的体积为（1）求半球的半径（2）求平面sad与平面sbc所成的二面角的余弦值【答案】（1）；（2）【解析】设球的半径为r,由sabcd 为正四棱锥,利用球的半径表示棱锥的体积即可求解;以o为原点，oa，ob，os分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法分别求

21、出平面sad与平面sbc的法向量,则向量夹角的余弦值或其相反数即为所求.【详解】（1）连接ac，bd交于点o，连接so，因为sabcd 为正四棱锥，所以so平面abcd，设球的半径为r，则，所以，解得r，即半球的半径为；（2）以o为原点，oa，ob，os分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：则a（r，0，0），b（0，r，0）c（r，0，0），d（0，r，0），s（0，0，r），所以，设平面sad的法向量为，由，得，设平面sbc的法向量，由，得，由，因为平面sad与平面sbc所成的二面角为锐角,所以平面sad与平面sbc所成的二面角余弦值为【点睛】本题考查球的内接多面体和利用空间向量

22、法求面面角;考查空间想象能力和转化与化归能力、运算求解能力;建立合适的空间直角坐标系,正确求出两个平面的法向量是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.20已知椭圆c：1（ab0）的离心率为，o是坐标原点，点a，b分别为椭圆c的左右顶点，|ab|4（1）求椭圆c的标准方程（2）若p是椭圆c上异于a，b的一点，直线l交椭圆c于m，n两点，apom，bpon，则omn的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，请说明理由【答案】（1）1；（2）是，定值2【解析】由题知,由及的关系即可求解;由题意可得a（2，0），b（2，0），设p（x0，y0）则x02+2y028，可得,分直线l的斜率存在和不存在两种

23、情况分别求omn的面积即可.【详解】由2a4，e，解得a2，c2，b2a2c24，则椭圆的方程为1；（2）由题意可得a（2，0），b（2，0），设p（x0，y0），可得1，即x02+2y028，则，因为apom,bpon，则，当直线l的斜率不存在时，设l：xm，联立椭圆方程可得y±，所以,由,可得，解得m±2，所以,所以smno2×22；当直线l的斜率存在时，设直线l：ykx+n，m（x1，y1），n（x2，y2），联立直线ykx+n和x2+2y28，可得（1+2k2）x2+4knx+2n280，可得x1+x2，x1x2，y1y2（kx1+n）（kx2+n）k2x

24、1x2+kn（x1+x2）+n2，由k2，可得n22+4k2，由弦长公式可得,|mn|，点（0，0）到直线l的距离为，所以somnd|mn|2，综上可知,omn的面积为定值2【点睛】本题考查椭圆标准方程和直线与椭圆的位置关系及弦长公式;考查分类讨论思想和运算求解能力;分直线l的斜率存在和不存在两种情况分别求omn的面积是求解本题的关键,亦是易错点;属于中档题、常考题型.21已知函数，g（x）x21（1）求f（x）在点（0，f（0）处的切线方程（2）若h（x）f（x）+g（x）有两个极值点x1，x2（x1x2），求证：x1f（x1）x2f（x2）【答案】（1）yax；（2）见解析【解析】对函数进

25、行求导,利用导数的几何意义求出即为所求切线的斜率,代入点斜式求解即可;对函数求导,根据题意知,为方程的两个不同的实根,利用判别式求出的取值范围,再利用韦达定理判断出的范围, 要证明x1f（x1）x2f（x2），即证明,根据题意分别求出的表达式,然后作差,结合韦达定理把用代换,构造函数m（x）2x1+2（1x）lnx2xln（1x），x,通过求导判断其单调性和最值,证明在上恒成立即可.【详解】（1）由题意知,，f（0）0,，故f（x）在（0，f（0）处的切线方程yax；（2）由题意可知,h（x）aln（1x）+x21，x1，所以0在上有2个不同的实数根，即方程2x2+2xa0在上有2个不同实根x1，x2，所以48a0，即0a，由韦达定理可得,，所以要证明x1f（x1）x2f（x2），即证明，因为,所以2x1ln（1x1）（1+x1），同理2x2ln（1x2）（1+x2），所以2x1ln（1x1）（1+x1）2x2ln（1x2）+（1+x2）2x1ln（1x1）2x2ln（1x2）+x2x1，因为,所以 令m（x）2x1+2（1x）lnx2xln（1x），x，2ln（1x）0在（）上恒成立，故函数m（x）在（）上单调递增，m（x）m（）0，故0，即x1f（x1）x2f（x2）【点睛】本题考查利用导数的几何意义求切线方