山西省山西大学附中高三5月三模（总第七次模块）诊断考试理科数学含答案

5月数学理科答案

1．【详解】因，则故选：A

2．【详解】由，即，解得，

所以，

又，

所以；故选：A

3．【详解】

由于，所以，

由于与的夹角为，所以，

在上的投影为.故选：C

4．【详解】因为，所以，

又因为，所以公差，

所以，故选：.

5．【详解】因为，

，即，

所以，则.故选：C.

6．【详解】甲和乙必须安装不同的吉祥物，则有种情况，

剩余3人分两组，一组1人，一组2人，有，然后分配到参与两个吉祥物的安装，

有，则共有种，故选：．

7．【详解】抛物线的焦点，准线为

过点作准线于点，故△PAF的周长为，

，可知当三点共线时周长最小，为

故选：C

8．【详解】棱长为1的正方形的面积为，正六边形的面积为，

又正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，该多面体共有24个顶点，所以最多有6个正方形，最少有4个正六边形，1个正六边形与3个正方形相连，

所以该多面体有6个正方形，正六边形有个，

所以该多面体的表面积为，故选：C.

9．【详解】因为，

所以，

所以，

所以或．又A为锐角，所以．

因为，所以，所以，

又，所以，所以为锐角，所以，又，

所以，

所以△ABC的面积，故选：D．

10．【详解】由双曲线的性质可得，由双曲线的对称性，不妨设点P在第一象限，因为，所以，即，设，

因为双曲线的渐近线方程为，所以，所以，

因为，所以，

所以的横坐标为，纵坐标为，

即点的坐标为，

所以，

设，则，

在中，由余弦定理可得，

所以，得，

所以，所以，

所以，所以，

所以，所以，

所以离心率为，故选：B

11．【详解】由题意得：；

令，则，

当时，；当时，；

在上的单调递减，在上单调递增；；

又，当时，；

方程有两个不等解，，；

，又，

，，；

又，，；综上所述：.故选：D.

12．【详解】因为函数的图象关于点对称，所以函数是奇函数，

因为，

所以．

令，则在R上单调递增．又，，

所以，．

因为，所以，即，

所以，所以．故选：C．

13．【详解】∵双曲线的焦点在x轴上

∴，即.

∵双曲线的两条渐近线互相垂直

∴，即，解得（负值舍去）.故答案为：1.

14．【详解】

由题意令，得，即，解得，

则中含的项为，

故展开式中的系数是，故答案为：-63

15．【详解】

为中点，，，

又、、三点共线，，又，

，化简可得，，又

数列是首项为4、公比为2的等比数列.，.

16．【详解】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，如下所示：

因为分别为的中点，故可得//，，

根据已知条件可知：//，故//，

故四边形为平行四边形，则//，又面面，

故//面，故①正确；

对②：因为面面，故，

又四边形为矩形，故，则两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：

则，设，，

若GH⊥AE，则，

即，解得，不满足题意，故②错误；

对③：，因为均为定点，故为定值，

又//面面，故//面，

又点在上运动，故点到面的距离是定值，

故三棱锥的体积为定值，则③正确；

对④：取△的外心为，过作平面的垂线，

则三棱锥的外接球的球心一定在上

因为面，面面，

则，又，

面，故面,又面，

则//，故在同一个平面，

则过作，连接如图所示.

在△中，容易知，

则由余弦定理可得，故，

则由正弦定理可得；

设三棱锥的外接球半径为，则，

在△中，，，

又，

故由勾股定理可知：，即，

解得：，则该棱锥外接球的表面积，故④正确.故答案为：①③④.

17．【详解】(1)

选①②，由可知数列是以公差的等差数列，又得，故

选②③，由可知数列是以公差的等差数列，由可知，

选①③，无法确定数列.

(2)，其中,

当，时，

当，时，数列是从第三项开始，以公差的等差数列.

18．【详解】(1)由，得，

∴平均数为（岁），

设中位数为岁，则，解得(岁)，

即中位数约为岁；

(2)由频率分布直方图可得第、组的频率比为3:1；所以从第、组中抽取的人数比为3:1，又两组共抽取8人，所以第、组抽取的人数分别为人、人，     

设从人中随机抽取人进行访谈且第组恰好抽到人为事件，则； 

(3)从众多参与调查的人中任意选出人，能自觉隔离防控新型冠状病毒肺炎的概率为，

可取、、、，服从，

则，， ，，     

则的分布列为：

∴.

19．【详解】(1)设()，由题意知，∴．

∵点，且，解得，

∴，，因此C的方程为．

(2)由题意可知，直线l的方程为．

由得，

设，，则，．

∵轴，∴，∴直线，

令，得．∵轴，∴．

∴

，∴B，M，E三点共线．

20．【详解】（1）证明：如图，作的中点，连接，，

在等腰梯形中，，为，的中点，∴，

在正中，为的中点，∴，

∵，，，，平面，

∴平面，又平面，∴．

（2）解：∵平面，

在平面内作，以为坐标原点，以，，，分别为，，，轴正向，如图建立空间直角坐标系，

∵，，∴为二面角的平面角，即，

，，，，，，

设平面的法向量为，，，

则有，即，

则可取，又，

设直线与平面所成角为，

∴，

∵，∴，∴．

21．【详解】(1)由题意知，

令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，无极大值．

(2)由题意知恒成立，

设，则．

①当时，，与恒成立矛盾，不合题意．

②当时，在上单调递减，

又因为，且时，，所以，使得，即，

且当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，

．

由恒成立知，又因为，所以．

所以，即，解得．

设，，则，

所以在上单词递增，

所以，

即m的最小值是．

22．【详解】(1)当时，所以，则，即，因为，，所以，

又，所以；

当时，所以，则，即，

因为，所以 ，所以，

，所以；

所以曲线的图形如下所示：所以曲线与坐标轴所围成图形的面积为；

(2)因为点，在曲线C上，所以，

所以的面积

所以当，即时；

23．【详解】(1)由题意，时，即，

则，即 ，

解得 或 ，故不等式解集为 或 ；

(2)证明：，

当 时，，

当时，，

由于 ，故，

当 时，，

综合以上，.