【KS5U解析】山西省大同市第一中学2020届高三下学期2月模拟考试二数学（理）试题 Word版含解析

1、 山西省大同市第一中学2020届高三2月模拟（自主测试）二数学（理）试题一、单选题1.设的实部与虚部相等，其中为实数，则（ ）a. 3b. 2c. 2d. 3【答案】a【解析】试题分析：，由已知，得，解得，选a.【考点】复数的概念及复数的乘法运算【名师点睛】复数题也是每年高考的必考内容,一般以客观题的形式出现,属得分题.高考中考查频率较高的内容有：复数相等、复数的几何意义、共轭复数、复数的模及复数的乘除运算.这类问题一般难度不大,但容易出现运算错误,特别是中的负号易忽略,所以做复数题时要注意运算的准确性.2.已知集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】根据集合和集合所表

2、示的意义，根据集合的交集运算，得到答案.【详解】因为集合集合表示满足的点的集合，即直线的图像，集合表示满足的点的集合，即直线的图像，所以表示两条直线的交点，解，得所以.故选：c.【点睛】本题考查集合的描述法，集合交集的运算，属于简单题.3.已知命题p：若命题p是假命题，则a的取值范围为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】命题p假命题，其否定为真命题:为真命题，转化成不等式恒成立求参数范围，即可求解.【详解】由题：命题p是假命题，其否定:为真命题，即，解得.故选：b【点睛】此题考查特称命题和全称命题的否定和真假性判断，当一个命题为假，则其否定为真，在解题中若发现正面解决问题比

3、较繁琐，可以考虑通过解该命题的否定进而求解.4.已知，其中为锐角，若与夹角为，则（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由向量夹角为，可得，进而求得，由代入求解即可.【详解】由，与夹角为，则，所以，为锐角，解得.故选a.【点睛】本题主要考查了向量的数量积的坐标运算及三角函数的基本关系，考查了利用三角齐次式进行弦化切的转化，属于中档题.5.已知数列的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且，则（ ）a. b. 19c. 20d. 23【答案】d【解析】【分析】本题首先可以设出奇数项的公差以及偶数项的公比，然后对、进行化简，得出公差和公比的数值，然后对进行化简即可得出结果【详

4、解】设奇数项的公差为，偶数项的公比为，由，得，解得，所以，故选d【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想等，体现基础性与综合性，提升学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题6.以下给出的是计算的值的一个程序框图（如图所示），其中判断框内应填入的条件是 （ ） a. i>10?b. i<10?c. i<20?d. i >20?【答案】a【解析】【分析】根据算法要求，最后要计算，因此时要执行循环，但时循环结束【详解】算法要求最后计算，此时，但计算后，结束循环，条件应为，故选a【点睛】本题考查程

5、序框图，考查循环结构，属于基础题，解题时可模拟程序运行，从而确定结论7.如图是某空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图、俯视图依次为直角三角形、直角梯形、等边三角形，则该几何体的体积为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】由几何体的三视图可知，该几何体为四棱锥，再结合棱锥的体积公式即可得解.【详解】解：由几何体的三视图可知，该几何体为如图所示的四棱锥，其中侧面abcd底面pab，侧面abcd为直角梯形，adbc，daab，该几何体的体积v××2×，故选：d.【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，重点考查了棱锥体积的求法，属基础题.8.如图，长方体

6、abcda1b1c1d1中，abbc4，点e，f，m分别为c1d1，a1d1，b1c1的中点，过点m的平面与平面平行，且与长方体的面相交，则交线围成的几何图形的面积为（ ）a. b. c. 12d. 24【答案】a【解析】【分析】设n为a1b1的中点，连结mn，an、ac、cm，则四边形mnac为所作图形，再求其面积可得答案.【详解】解：设n为a1b1的中点，连结mn，an、ac、cm，则四边形mnac为所作图形由题意知mna1c1（或ef），四边形mnac为梯形，且mnac2，过m作mpac于点p，可得mc2，pc，得mp梯形mnac的面积6，故选：a【点睛】本题主要考查面面平行的判定与性质

7、及梯形面积的计算，属于基础题型.9.设是两个非零向量、的夹角，若对任意实数t，|t|的最小值为1，则下列判断正确的是（ ）a. 若|确定，则唯一确定b. 若|确定，则唯一确定c. 若确定，则|唯一确定d. 若确定，则|唯一确定【答案】d【解析】分析】可将|t|平方，利用二次函数的性质进行求解可得答案.【详解】解：令g（t）2t，440，恒成立当且仅当t时，g（t）取得最小值1，21，化为：sin21确定，则|唯一确定故选：d【点睛】本题考查了向量含参数问题，也考查了二次函数的性质，属于基础题.10.某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过

8、掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的所有不同走法共有（ ）a. 22种b. 24种c. 25种d. 27种【答案】d【解析】分析：抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，列举出在点数中三个数字能够使得和为的，共有种组合，利用分类计数原理能得到结果.详解：由题意知正方形（边长为个单位）的周长是，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，列举出在点数中三个数字能够使得和为的有，共有种组合，前种组合，每种情况可以排列出种结果，共有种结果；各有种

9、结果，共有种结果，根据分类计数原理知共有种结果，故选d.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.11.在直角坐标系内，已知是以点为圆心的圆上的一点，折叠该圆两次使点分别与圆上不相同的两点（异于点）重合，两次的折痕方程分别为和，若圆上存在点，使得，其中点、，则的取值范围为（ ）a. b. c. d

10、. 【答案】b【解析】分析：求出的方程和过的圆的方程，两圆内切时，取得最大值，两圆外切时，取得最小值，利用圆与圆的位置关系进行求解即可.详解：若，则，即，则，由题意，是上一点，折叠该圆两次使点分别与圆上不相同的两点，（异于点）重合，两次折痕方程分别为和，设关于对称的点为，则可得，同理关于对称的点为，直线和互相垂直，的中点为圆心，半径为，的方程为圆心，圆上存在点，使得，则过圆的方程为，（设），与圆有交点，若两圆内切时，取得最大值，此时为，即，则，两圆外切时取得最小值，所以的取值范围为，故选b.点睛：本题考查圆的方程，考查圆与圆的位置关系，考查学生的计算能力，利用数形结合以及对称性是解决本题的关键

11、，有一定的难度. 解析几何中的对称问题，主要有以下三种题型：（1）点关于直线对称，关于直线的对称点，利用，且 点 在对称轴上，列方程组求解即可；（2）直线关于直线对称，利用已知直线与对称轴的交点以及直线上特殊点的对称点（利用（1）求解），两点式求对称直线方程；（3）曲线关于直线对称，结合方法（1）利用逆代法求解.12.已知函数，若对任意的，总有恒成立，记的最小值为，则最大值为（ ）a. 1b. c. d. 【答案】d【解析】【详解】分析：由题意可得在恒成立，设，只要的最大值不大于零，求出的导数和单调区间，讨论的符号，可得最小值，再令，可令，求出导数和单调区间，可得极大值，且为最大值.详解：若对

12、任意的，总有恒成立，即为在恒成立，设，则的最大值不大于零，由，若在递增，无最大值，若，则当时，在递减，当时，在递增，可得处取得最大值，且为 ，则，可得， 可得，设，当时，递减，当时，在递增，可得处取得极大值，且为最大值，则最大值为，故选d.点睛：本题考查函数的最值的求法，注意运用导数判断单调性，考查不等式恒成立问题的解法，注意转化为求函数的最值，考查换元法和构造函数法，属于综合题. 不等式恒成立问题常见方法： 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）； 数形结合( 图象在 上方即可)； 讨论最值或恒成立； 讨论参数.二、填空题13.若，则=_.【答案】【解析】.故答案为14.的展开式中项的系数为

13、270，则_【答案】1【解析】分析：先求出二项式的展开式的通项公式，令的指数等于，求出的值，即可求得展开式中的项的系数，从而求得，利用微积分基本定理求解即可.详解：展开式的通项为，令得的展开式中项的系数为，解得，故答案为.点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.15.设曲线与轴、轴、直线围成的封闭图形的面积为，若在上单调递减，则实数的取

14、值范围是_【答案】k0【解析】由题意可知，则由在上单调递减，则在上恒成立，即在上恒成立，令则当时，函数在上为减函数，则故实数的取值范围是点睛：曲线与轴、轴、直线围成的封闭图形的面积为，为函数在上的定积分，求出后代入函数，由在上单调递减，可知其导函数在上小于等于恒成立，然后利用分离变量法可求的取值范围16.已知椭圆：的两个焦点分别为和，短轴的两个端点分别为和，点在椭圆上，且满足，当变化时，给出下列三个命题：点的轨迹关于轴对称；的最小值为2；存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个，其中，所有正确命题的序号是_【答案】【解析】分析：运用椭圆的定义可得也在椭圆上，分别画出两个椭圆的图形，即可判断正确；由图

15、象可得当的横坐标和纵坐标的绝对值相等时，的值取得最小，即可判断正确；通过的变化，可得不正确.详解：椭圆的两个焦点分别为和，短轴的两个端点分别为和，设，点在椭圆上，且满足，由椭圆定义可得，即有在椭圆上，对于，将换为方程不变，则点的轨迹关于轴对称，故正确.；对于，由图象可得，当满足，即有，即时，取得最小值，可得时，即有取得最小值为，故正确；对于，由图象可得轨迹关于轴对称，且，则椭圆上满足条件的点有个，不存在使得椭圆上满足条件的点有个，故不正确.，故答案为.点睛：本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的定义以及椭圆的简单性质，属于难题. 求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时

16、也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴、离心率等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.三、解答题17.如图，在凸四边形中，设（1）若，求长；（2）当变化时，求的最大值【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由余弦定理可得，解得从而，解得；（2）设，由余弦定理得，再由正弦定理得从而再由得：当，时取到最大值试题解析：（1）在中，在中，（2）设，在中，在中，当，时取到最大值考点：解三角形18.某单位举办2020年杭州亚运会知识宣传活动，进行现场抽奖，盒中装有9张大小相同的精美卡片，卡片上分别印有“亚运会会徽”或“五环”图案；抽奖规则是：参加者从盒中抽取卡片两张，

17、若抽到两张都是“五环”卡即可获奖，否则，均为不获奖.卡片用后放回盒子，下一位参加者继续重复进行.（）活动开始后，一位参加者问：盒中有几张“五环”卡？主持人答：我只知道，从盒中抽取两张都是“会徽”卡的概率是，求抽奖者获奖的概率；（）现有甲、乙、丙、丁四人依次抽奖，用表示获奖的人数，求的分布列及的值.【答案】（）；（）见解析【解析】【分析】（）设“会徽”卡有张，利用从盒中抽取两张都是“会徽”卡的概率是，可以求出，也就可以求出“五环”图案卡片的张数，然后求出抽奖者获奖的概率；（）由题意可知服从二项分布，根据二项分布的概率公式，列出的分布列，计算出的值.【详解】（）设“会徽”卡有张，因为从盒中抽取两张

18、都是“会徽”卡的概率是，所以有，所以“五环”图案卡片的张数为4，故抽奖者获奖的概率为；（）由题意可知本题中的离散型随机变量服从二项分布，即，的分布列为：01234.【点睛】本题考查了古典概型、离散型随机变量分布列、以及期望，由题意分析出服从二项分布是解题的关键.19.如图，在矩形abcd中，ab2，bc1，e是cd的中点，将三角形ade沿ae翻折到图的位置，使得平面aed平面abc（1）在线段bd'上确定点f，使得cf平面aed'，并证明；（2）求aed'与bcd'所在平面构成的锐二面角的正切值【答案】（1）点f是线段bd'的中点，见解析（2）【解析】【

19、分析】（1）取bd'的中点,记ae，bc延长线交于点m，由平面几何知识可得点c是bm的中点，可得cfmd'，可得cf平面aed'；（2）先根据面面垂直的性质可得be平面aed'，在平面aed'内作enmd'，可得bne就是aed'与bcd'所在平面构成的锐二面角的平面角，最后解三角形可得锐二面角的正切值.【详解】（1）点f是线段bd'的中点时，cf平面aed'证明：记ae，bc延长线交于点m，ab2ec，点c是bm的中点，cfmd'，而md'在平面aed'内，cf在平面aed'外，c

20、f平面aed'；（2）在矩形abcd中，ab2，cd1，beae，平面aed'平面abc，且交线是ae，be平面aed'，在平面aed'内作enmd'，连接bn，则bnmdbne就是aed'与bcd'所在平面构成的锐二面角的平面角，求解三角形可得，【点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质及二面角的求法，属于基础题型，注意灵活运用各定理解题.20.若椭圆：上有一动点，到椭圆的两焦点，的距离之和等于，到直线的最大距离为.（）求椭圆的方程；（）若过点的直线与椭圆交于不同两点、，（为坐标原点）且，求实数的取值范围.【答案】(1) .(2) （2，

21、）（，2）.【解析】分析：（i）由椭圆的定义及到直线的最大距离为列方程可求得和的值，从而可求得椭圆的方程；（ii）设椭圆的方程，代入椭圆的方程，由取得的取值范围，利用韦达定理及向量的坐标运算求得点坐标，代入椭圆方程，求得，由，即可求得的取值范围.详解：（i）由已知得， ，所以椭圆的方程为：. （ii）l的斜率必须存在，即设l：，联立，消去y整理得，由得，设，由韦达定理得，而，设p（x，y），而p在椭圆c上，（*），又，解之，得，再将（*）式化为 ，将代入得，即或，则t的取值范围是（2，）（，2）点睛：求椭圆标准方程方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程解决

22、直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.21.设函数为常数(1)若函数在上是单调函数，求的取值范围； (2)当时，证明.【答案】(1) ；(2) 证明见解析.【解析】【分析】（1）对函数求导，单调分单调增和单调减，利用或在上恒成立，求得实数的取值范围；（2）利用导数研究函数的单调性，求得结果.【详解】（1）由得导函数，其中.当时，恒成立，故在上是单调递增函数，符合题意； 当时，恒成立，故在上是单调递减函数，符合题意； 当时，由得，则存在，使得.当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，故在上是不是单调函数，不符合题意.综上，的取值范围是. （2）由（1）知当时，即，故. 令，则，当时，所以在上是单调递减函数，从而，即.【点睛】该题考查的是有关导数的应用，涉及到的知识点有根据函数