实验中学2020届高三上学期质量检测数学理科试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精山西省实验中学2020届高三上学期质量检测数学理科试题含解析山西省实验中学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【解析】【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【解析】【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.6 B。2 C.—2 D.—6【答案】C【解析】【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的定义，属于基础题。4。已知程序框图如图，则输出i的值为A.7 B.9 C。11 D.13【答案】D【解析】【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【解析】【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.—1 C。1 D。【答案】A【解析】【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【解析】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。4 C. D.【答案】C【解析】【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.1 C. D。2【答案】B【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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,编号为奇数的小球有个，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：①“若，则”的逆命题;②“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”;③“”是“”的充分条件;④“存在，使得”的否定。则上述命题中，所有真命题的序号是______。【答案】③④【解析】【分析】根据不等式的性质可判断①；利用“或”联结词命题的真假表即可判断②;根据反比例函数的单调性可判断③；利用辅助角公式以及三角函数的性质即可判断④。【详解】①当或时,由无法推出，故①假命题；②逻辑联结词“或”连接的两个命题均为假命题，故②是假命题；③由于反比例函数为减函数，故可推出,故③是真命题;④由于，故这样不存在，故④为真命题;故答案为：③④【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】【解析】【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。故答案为：【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【解析】【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）【解析】【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）【解析】【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，求的值。【答案】（1)；（2）【解析】【分析】（1)利用等差中项可得，解方程即可求解.（2)由题意可得，利用正弦定理以及二倍角公式可得,再利用三角形的内角和性质可得,进而可得，利用两角和的公式化简即可求解。【详解】(1）根据题意，，①－②×2,得，即代入①，得，故为等边三角形,因此：；（2）根据题意：，由①及正弦定理得，④，由③得，⑤，又在中,⑥，把⑤⑥代入④中可得：，即⑦，又，利用及，⑦式可化简得，，即，由题可知为锐角，所以.【点睛】本题考查了等差中项、正弦定理以及两角和的正弦公式，需熟记公式，属于基础题.20.某书店今年5月上架10种新书,且它们的首月销量(单位:册）情况为：100，50，100，150，150，100，150,50，100，100，频率为概率，解答以下问题:（1）若该书店打算6月上架某种新书，估计它首月销量至少为100册的概率；(2）若某种最新出版的图书订购价为10元/册，该书店计划首月内按12元/册出售，第二个月起按8元/册降价出售，降价后全部存货可以售出。试确定，该书店订购该图书50册，100册，还是150册有利于获得更多利润？【答案】(1）0。8；（2）100册【解析】【分析】(1）根据题中数据求出销量达到100册的频率即可求解。(2）该图书首月销量为50册,100册,150册的概率分别可以估计为0。2,0。5,0。3.且在首月内，该图书获利情况为2元/册；降价处理时,该图书获利情况为—2元/册，分类讨论，分别计算出订购该图书50册、销量为100册、150册的数学期望，即可求解.【详解】(1）10种图书中，有8种首月销量达到100册，频率为，故所求概率可估计为0.8；(2）类似（1）的解法，可知该图书首月销量为50册，100册，150册的概率分别可以估计为0.2，0。5，0.3.且在首月内，该图书获利情况为2元/册；降价处理时，该图书获利情况为-2元/册。①若该书店订购该图书50册，则该书必可在首月内售罄，故获利情况为元；②若该书店订购该图书100册，设该书获得的利润为随机变量，则当首月销量为50册(概率0.2）时，订购的图书中首月销售50册，降价处理50册,,当首月销量为100册或150册(概率0。8）时，100册图书均可在首月售出,故，故；③若该书店订购该图书150册，类似②，可得该书获得的利润的数学期望.对照①②③可知，该书店订购该图书100册有利于获得更多利润.【点睛】本题考查了概率的求法、数学期望,考查了分类讨论的思想,属于基础题.21。设椭圆:的左右焦点分别为，,离心率，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的长为。（1)求椭圆的方程；（2）已知点的坐标为,直线：不过点且与椭圆交于、两点，设为坐标原点，，求证：直线过定点.【答案】(1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）设椭圆的焦半距为，由题意可得,解方程即可求解.（2)设出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立消，设，，利用韦达定理求出两根之和、两根之积,由,