2020届山西省大同市第一中学高三2月模拟（一）数学（理）试题（解析版）

2020届山西省大同市第一中学高三2月模拟（一）数学（理）试题  一、单选题1．设，则A． B． C． D．【答案】C【解析】分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，然后求解复数的模.详解：，则，故选c.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.2．已知命题，命题，，则成立是成立的（  ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】分别由命题p,q求得a的取值范围，然后考查充分性和必要性是否成立即可.【详解】求解不等式可得，对于命题，当时，命题明显成立；当时，有：，解得：，即命题为真时，故成立是成立的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查不等式的解法，充分条件和必要条件的判定，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3．已知随机变量服从正态分布，，则（ ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由正态分布的特征得＝，选A.4．在中，，，则角的取值范围是（   ）A． B． C． D．【答案】A【解析】，所以，所以，因，必定为锐角，故点睛：注意利用题设中的去限制角的范围.5．若直线与直线l2关于点(2,1)对称，则直线l2过定点（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】先求出l1的定点，再利用点关于点的对称求出l1的定点的对称点，该点即为所求点.【详解】直线恒过定点(4,0)，其关于点(2,1)对称的点为(0,2)，又由于直线与直线l2关于点(2,1)对称，故直线l2恒过定点(0,2).【点睛】本题考查直线关于点对称的相关问题，利用对称性求解是解题的关键，属基础题.6．若实数数列：1，，81成等比数列，则圆锥曲线的离心率是（    ）A．或 B．或 C． D．或10【答案】A【解析】由等比数列的性质可得a的值，分类讨论可求曲线的离心率．【详解】由1，，81成等比数列有：，所以，当时，方程为，表示焦点在y轴的椭圆，其中，，故离心率；当时，方程为，表示焦点在x轴的双曲线，其中，，故离心率,故选择A.【点睛】本题考查知识点有等比数列的性质和圆锥曲线的离心率，属于综合题型，根据题意得出未知量代入圆锥曲线方程即可求离心率，难度不大，注重基础的应用，属于简单题.7．设，满足约束条件，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义确定其取值范围即可.【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数表示可行域内的点与点之间连线的斜率，数形结合可知目标函数在点处取得最大值：，目标函数在点处取得最小值：，故目标函数的取值范围是.故选B.【点睛】(1)本题是线性规划的综合应用，考查的是非线性目标函数的最值的求法．(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义．8．已知两点，以及圆：，若圆上存在点，满足，则的取值范围是（   ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意可知：以AB为直径的圆与圆有公共点，从而得出两圆圆心距与半径的关系，列出不等式得出的范围．【详解】，点在以，两点为直径的圆上，该圆方程为：，又点在圆上，两圆有公共点．两圆的圆心距解得：故选D【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，还考查了向量垂直的数量积表示，属于中档题．9．已知椭圆的离心率为，且椭圆的长轴长与焦距之和为6，则椭圆的标准方程为　　A． B． C． D．【答案】D【解析】根据椭圆的离心率为，椭圆的长轴长与焦距之和为6，结合性质 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、，即可得结果.【详解】依题意椭圆：的离心率为得，椭圆的长轴长与焦距之和为6，，
解得，，则，
所以椭圆的标准方程为：，故选D．【点睛】本题考查椭圆的简单性质与椭圆方程的求法，属于简单题．用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断椭圆的焦点在轴上，还是在轴上，还是两个坐标轴都有可能；②设方程：根据上述判断设方程或；③找关系：根据已知条件，建立关于、、的方程组；④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求.10．对数列，如果及，使成立，其中，则称为阶递归数列．给出下列三个结论：① 若是等比数列，则为阶递归数列；② 若是等差数列，则为阶递归数列；③ 若数列的通项公式为，则为阶递归数列．其中正确结论的个数是（  ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解析】对于①,令k=1得，,又是等比数列，所以存在，①正确．对于②，令k=2得，因为是等差数列，所以，故存在，②正确．对于③，令k=3得，因为，所以，,所以③正确11．在中，点满足，过点的直线与，所在的直线分别交于点，，若，（），则的最小值为（   ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据题意画出图形，结合图形利用平面向量的线性运算与共线定理，即可求得的最小值．【详解】如图所示，，，又2，∴2（），∴；又P、M、N三点共线，∴1，∴＝（）•（）＝（）+（）2，当且仅当＝＝时取“＝”，∴的最小值是．故选A．【点睛】本题考查了平面向量的线性运算与共线定理以及基本不等式的应用问题，是中档题．12．若函数有一个极值点为，且，则关于的方程的不同实数根个数不可能为（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【解析】分析：详解：由已知，由题意有两个不等实根，不妨设为，因此方程有两个不等实根，即或，由于是的一个极值，因此有两个根，而有1或2或3个根（无论是极大值点还是极小值点都一样，不清楚的可以画出的草图进行观察），所以方程的根的个数是3或4或5，不可能是2．故选A．点睛：本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值及方程根的个数等基础知识，考查了数形结合的思想方法、揄能力、分类讨论的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力．  二、填空题13．若二项式的展开式中的常数项为，则______.【答案】124【解析】先根据二项展开式求得常数项项数，即得常数项，再根据定积分得结果.【详解】因为，所以由得,因此.【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.14．在中，角的对边分别为，，，且为锐角，则面积的最大值为________.【答案】【解析】由，，利用正弦定理求得.，再由余弦定理可得，利用基本不等式可得，从而利用三角形面积公式可得结果.【详解】因为，又，所以，又为锐角，可得.因为，所以，当且仅当时等号成立，即，即当时，面积的最大值为. 故答案为.【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理以及基本不等式的应用，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.15．平行四边形ABCD中，已知AB＝4，AD＝3，∠BAD＝60°，点E，F分别满足，，则________.【答案】【解析】试题分析：因为，；，那么.【考点】向量数量积16．已知，，使得，则实数的取值范围为____．【答案】【解析】画出函数的图像，根据在区间上，函数图像最高点，高于图像的最高点列不等式，解不等式求得的取值范围.【详解】画出函数的图像如下图所示，要，，使得成立，则需要函数图像最高点，高于图像的最高点.即，即.对于，，故，所以，即的取值范围是.【点睛】本小题主要考查任意、存在两个关键词同时存在的不等式的解法，考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，考查利用导数求解函数的最小值，综合性较强，属于较难题目.解题的突破口在于将不等式两边看作两个函数，利用两个函数的图像的的高低，来解决不等式的问题. 三、解答题17．△ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为(1)求;(2)若求△ABC的周长.【答案】(1)(2) .【解析】试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为.试题解析：（1）由题设得，即.由正弦定理得.故.（2）由题设及（1）得，即.所以，故.由题设得，即.由余弦定理得，即，得.故的周长为.点睛:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.18．如图，在四面体中，，分别是线段，的中点，，，，直线与平面所成的角等于．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】(Ⅰ)见证明； (Ⅱ) ．【解析】（Ⅰ）先证得，再证得，于是可得平面，根据面面垂直的判定定理可得平面平面．（Ⅱ）利用几何法求解或建立坐标系，利用向量求解即可得到所求．【详解】（Ⅰ）在中，是斜边的中点，所以.因为是的中点，所以，且，所以，所以. 又因为，所以，又，所以平面，因为平面，所以平面平面．（Ⅱ）方法一：取中点，连，则，因为，所以.又因为，，所以平面，所以平面．因此是直线与平面所成的角．故，所以.过点作于，则平面，且．过点作于，连接，则为二面角的平面角．因为，所以，所以，因此二面角的余弦值为．方法二：如图所示，在平面BCD中，作x轴⊥BD，以B为坐标原点，BD，BA所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系．因为 (同方法一,过程略) 则，,．所以,,，设平面的法向量，则，即，取,得． 设平面的法向量则，即，取,得．所以，由图形得二面角为锐角，因此二面角的余弦值为．【点睛】利用几何法求空间角的步骤为“作、证、求”，将所求角转化为解三角形的问题求解，注意计算和证明的交替运用．利用空间向量求空间角时首先要建立适当的坐标系，通过求出两个向量的夹角来求出空间角，此时需要注意向量的夹角与空间角的关系．19．已知双曲线＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为2x＋y＝0，且顶点到渐近线的距离为.(1)求此双曲线的方程；(2)设P为双曲线上一点，A，B两点在双曲线的渐近线上，且分别位于第一、二象限，若，求△AOB的面积.【答案】(1)－x2＝1；(2)2.【解析】（1）利用一条渐近线的离心率为2，和顶点到渐近线的距离列出两个等式结合求得可得双曲线方程；（2）设A(m,2m)，B(－n,2n)，其中m>0，n>0，说明P是AB的中点，由中点坐标公式得P点坐标，代入双曲线方程可求得，设∠AOB＝2θ，则有tan＝2，由此可求得sin 2θ，再有|OA|＝m，|OB|＝n，面积易求．【详解】(1)依题意得解得故双曲线的方程为－x2＝1.(2)由(1)知双曲线的渐近线方程为y＝±2x，设A(m,2m)，B(－n,2n)，其中m>0，n>0，由得点P的坐标为.将点P的坐标代入－x2＝1，整理得mn＝1.设∠AOB＝2θ，∵tan＝2，则tan θ＝，从而sin 2θ＝.又|OA|＝m，|OB|＝n，∴S△AOB＝|OA|·|OB|sin 2θ＝2mn＝2.【点睛】本题考查求双曲线的标准方程，已知渐近线方程和顶点到渐近线的距离，列出方程组可解得，得双曲线方程．三角形OAB的面积，其夹角易求（），设A(m,2m)，B(－n,2n)，由AB中点在双曲线上可求得，从而可求得面积．20．一种掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第0站、第1站、第2站、…、第100站，共101站，设棋子跳到第n站的概率为，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次骰子，棋子向前跳动一次．若掷出奇数点，棋子向前跳一站；若掷出偶数点，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站(获胜)或第100站(失败)时，游戏结束(骰子是用一种均匀材料做成的立方体形状的游戏玩具，它的六个面分别标有点数1，2，3，4，5，6)．(1)求，，，并根据棋子跳到第n站的情况，试用和表示；(2)求证：为等比数列；(3)求玩该游戏获胜的概率．【答案】（1），，，；（2）证明见解析；（3）.【解析】(1) 在第0站是必然事件，所以．棋子跳到第1站，只有一种情形，第一次掷骰子出现奇数点,可求出，棋子跳到第2站，包括两种情形，①第一次掷骰子岀现偶数点，②前两次掷骰子出现奇数点，可求出.棋子跳到第站，包括两种情形，①棋子先跳到第站，又掷骰子出现偶数点, ②棋子先跳到第站，又掷骰子出现奇数点,进行求解.
(2) 由(1)知，，所以可证.
(3) 该游戏获胜的概率,即求，由（2）用累加法可求解.【详解】(1)棋子开始在第0站是必然事件，所以． 棋子跳到第1站，只有一种情形，第一次掷骰子出现奇数点，其概率为，所以． 棋子跳到第2站，包括两种情形，①第一次掷骰子岀现偶数点，其概率为；②前两次掷骰子出现奇数点，其概率为，所以． 棋子跳到第站，包括两种情形，①棋子先跳到第站，又掷骰子出现偶数点，其概率为；②棋子先跳到第站，又掷骰子出现奇数点，其概率为．故．(2)由(1)知，，所以． 又因为， 所以是首项为，公比为的等比数列．  (3)由(2)知，． 所以． 所以玩该游戏获胜的概率为．【点睛】本题主要考查随机事件的概率和等比数列的概念、通项公式及前n项和公式．考查累加法求和，属于难题.21．已知，.（1）讨论的单调区间；（2）当时，证明：.【答案】（1）在上单调递减；在和上单调递增.（2）见解析【解析】（1）先求函数的定义域，再进行求导得，对分成，，三种情况讨论，求得单调区间；（2）要证由，等价于证明，再对分，两种情况讨论；证明当时，不等式成立，可先利用放缩法将参数消去，转化成证明不等式成立，再利用构造函数，利用导数证明其最小值大于0即可。【详解】（1）的定义域为，，当时，由，得；由，得，所以在上单调递减，在上单调递增；当时，由，得或；由，得；所以在上单调递减，在和上单调递增；当时，由，得在上单调递增；当时，由，得或；由，得；所以在上单调递减；在和上单调递增. （2）由，得，①当时，，，不等式显然成立； ②当时，，由，得，所以只需证：， 即证，令，则，，令，则，令，则，所以在上为增函数，因为，，所以存在，，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以，所以，所以原命题得证【点睛】本题考查含参数函数的单调性、放缩法证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，在分类讨论时要做到不重不漏，在运用放缩法时，要注意合理进行消参。22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线：，曲线：.（Ⅰ）求曲线，的直角坐标方程；（Ⅱ）已知曲线与轴交于，两点，为曲线上任一点，求的最小值.【答案】（Ⅰ）：，：；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）根据代入可化曲线；将利用两角差的余弦公式展开，代入可化得（Ⅱ）求出曲线与轴像交，两点，点关于直线的对称点为，根据即可求解.【详解】（Ⅰ）因为，所以曲线的直角坐标方程为，因为，所以曲线的直角坐标方程为.（Ⅱ）因为曲线与轴交于，两点，点关于直线的对称点为，所以，所以的最小值为.【点睛】本题考查了极坐标方程与普通方程的互化以及直线与圆的位置关系求距离的最值，需熟记极坐标与普通方程的关系式，属于基础题23．已知函数.（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若时，，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）将代入函数的解析式，分和解不等式，即可得出不等式的解集；（Ⅱ）由可得出，由可得出，结合，即可得出实数的取值范围.【详解】（Ⅰ）当时，，由得.①当时，原不等式可化为：，解之得：；②当时，原不等式可化为：，解之得：且，.因此，不等式的解集为；（Ⅱ）当时，，由得，，，，，因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，同时也考查了利用不等式恒成立求参数，解题的关键就是要结合自变量的取值范围去绝对值，考查运算求解能力，属于中等题.