2020届山西省吕梁市高三上学期第一次模拟考试数学（理）试题（解析版）

2020届山西省吕梁市高三上学期第一次模拟考试数学（理）试题  一、单选题1．已知集合，，则（   ）A． B．C． D．【答案】C【解析】先化简集合B,再求A∪B得解.【详解】由题得，所以.故选：C【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合的并集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2．下列函数中，既是奇函数又在其定义域上单调递增的是（   ）A． B．C． D．【答案】B【解析】对每一个选项的函数逐一分析判断得解.【详解】A中函数单增区间为和，定义域上不是单调递增，所以该选项不符合题意；B中函数既是奇函数又在其定义域上单调递增（增函数+增函数=增函数），满足条件；C中函数为偶函数，所以该选项不符合题意；D中函数为减函数（减函数+减函数=减函数），所以该选项不符合题意.故选：B【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和单调性的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3．的充分不必要条件是（   ）A． B． C． D．【答案】D【解析】对每一个选项逐一分析判断得解.【详解】A. 时，不一定有，如：x=0,y=-1.所以不是的充分条件，所以该选项不符合题意；B. 时，不成立，所以不是的充分条件，所以该选项不符合题意；C. 时，成立，所以是的充分条件；时，一定成立，所以是成立的充要条件.所以该选项不符合题意；D. 时，成立，所以是的充分条件；但是时，不一定成立，如：x=-3,y=0.所以是的非必要条件.所以是的充分非必要条件.故选：D【点睛】本题主要考查充分非必要条件的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.4．已知为公差不为0的等差数列的前项和，，则（   ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【解析】由得，再化简即得解.【详解】由题得，所以.由题得.故选：B【点睛】本题主要考查等差数列的通项和前n项和的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.5．已知向量，满足，则（   ）A． B． C． D．1【答案】C【解析】直接利用向量的模的公式求解即可.【详解】由题得，所以.故选：C【点睛】本题主要考查向量的模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.6．已知函数的部分图像如下，判断函数解析式为（   ）A． B．C． D．【答案】C【解析】利用排除法逐一排除得解.【详解】因为，所以排除A；因为，所以排除B，D.故选：C【点睛】本题主要考查根据函数的图象找解析式，考查函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.7．被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用.0.618就是黄金分割比的近似值，黄金分割比还可以表示成，则（    ）A．4 B． C．2 D．【答案】D【解析】把代入，然后结合同角三角函数基本关系式与倍角公式化简求值．【详解】解：把代入故选：【点睛】本题考查三角函数的恒等变换与化简求值，考查同角三角函数基本关系式与倍角公式的应用，属于基础题．8．已知，则（   ）A． B． C． D．【答案】D【解析】求出b=4,，，即得解.【详解】，因，所以，所以，所以.故选：D【点睛】本题主要考查指数对数函数的运算和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9．已知直线与圆相交的弦长为，则的取值范围为（   ）A． B． C． D．【答案】A【解析】先分析得到，再利用不等式得解.【详解】圆心到直线的距离，所以，所以，又因为，所以.故选：A【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，考查不等式的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10．若直线与函数的图像恰好有2个不同的公共点，则的取值范围为（   ）A． B．C． D．【答案】D【解析】作出函数f(x)的图象，结合直线，对k分类讨论数形结合分析得解.【详解】画出函数 的图象，由图可知，当时，直线与函数在区间内有两个交点，与区间的部分没有交点，因而满足条件；当时，直线 与函数只有一个交点，不满足条件；当时，直线 与函数 在区间内只有一个交点，当直线 与 在区间 内的部分也有一个交点时满足条件，这时由与 联立，得，由得，当时，直线 也与在区间 内的部分也有一个交点，满足条件.所以满足条件的 的取值范围为【点睛】本题主要考查函数的零点问题，考查函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.11．如图四面体中，，截面四边形满足，则下列结论正确的个数为（   ）①四边形的周长为定值②四边形的面积为定值③四边形为矩形④四边形的面积有最大值1A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解析】对每一个选项逐一分析判断得解.【详解】因为平面，所以平面，又平面平面，所以.同理，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为矩形.所以③是正确的；由相似三角形的性质得，所以，，所以，所以四边形的周长为定值4，所以①是正确的；，所以四边形的面积有最大值1，所以④是正确的.因为①③④正确.故选：D【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查基本不等式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.12．已知数列中，，数列的前99项和（   ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题得得，求出，设，利用等比数列的求和公式求解.【详解】由得又，所以是3为首项，公比为3的等比数列，即设，.故选：B【点睛】本题主要考查等比数列的判定，考查等比数列的前n项和的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.  二、填空题13．设变量满足约束条件，则目标函数的最小值为__________.【答案】-7【解析】先作出不等式对应的可行域，目标函数化为，平移直线，再利用数形结合分析得解.【详解】可行域为如图所示,目标函数化为，平移直线，由图像可知当直线，经过点时，直线在轴上的截距最小，此时最小，联立得B(3,0),所以.故答案为：-7【点睛】本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析推理能力.14．函数在点处的切线方程为，则_____，____.【答案】        【解析】由题得，由导数的几何意义可得，解方程组即得解.【详解】由题得，由导数的几何意义可得，即，，所以.故答案为：(1).     (2). 【点睛】本题主要考查导数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.15．已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，，，，，E，F分别为，的中点，，则球O的体积为______.【答案】【解析】可证，则为的外心，又则平面即可求出，的值，再由勾股定理求出外接球的半径，最后根据体积公式计算可得.【详解】解：，，，因为为的中点，所以为的外心，  因为，所以点在内的投影为的外心，所以平面，平面，所以，所以，又球心在上，设，则，所以，所以球O体积，.故答案为：【点睛】本题考查多面体外接球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，属于中档题．16．函数，则如下结论正确的序号是__________.①当时，若图像的对称轴为，则；②当时，若的图像向右平移单位长度后关于原点对称，则；③当时，若的图像在区间内有且仅有一条对称轴，则的取值范围为；④当时，若集合含有2020个元素，则的取值范围为.【答案】①②③【解析】对每一个命题，利用三角函数的图象和性质逐一分析判断得解.【详解】对于①，由得，因，取得,所以该命题正确；对于②，由得，所以，所以该命题正确；对于③，由的对称轴为，由得，所以该命题正确；对于④，由得或所以或.因集合含有2020个元素，所以且，所以，所以该命题不正确.故正确序号为①②③.故答案为：①②③.【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 三、解答题17．已知的内角A､B､C的对边分别为a､b､c，若.（1）求C的值；（2）若，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】（1）利用二倍角公式将式子变形为即可求出即可得解；（2）由正弦定理求出，即可求出，再由面积公式计算可得.【详解】解：（1）由得，所以或（舍去），所以.（2）由正弦定理得，，即，又，所以，所以所以，所以【点睛】本题考查正弦定理解三角形，两角和的正弦公式的应用，三角形面积公式的应用，属于基础题.18．如图三棱柱中，平面.（1）证明：平面；（2）求与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】（1）先证明，，平面即得证；（2）建立如图所示的空间坐标系，利用向量法求与平面所成的角的正弦值.【详解】（1）因为，所以是直角三角形，，又，因为AC,平面,∩=A，所以平面.（2）建立如图所示的空间坐标系，则所以设平面的法向量为，则即，取设与平面所成的角为，则所以与平面所成角的正弦值.【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查空间角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.19．已知数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）为数列的前n项和，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】（1）利用累加法求出数列的通项公式； （2）裂项相消法求出即可得证.【详解】解：（1）取得，……相加得所以（2）由（1）得，所以因随着n的增大而增大，所以 又所以【点睛】本题累加法求数列的通项公式以及裂项相消法求和，属于中档题.20．如图正方形纸片的边长为，中心为，正方形的中心也是，，，，分别是以为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以，，，为折痕折起，，，，使得重合于点，得到四棱锥，设正方形的边长为. （1）用表示四棱锥的体积；（2）当最大时，求四棱锥的表面积.【答案】（1），（2）【解析】（1）连接交为，先求出四棱锥的高，再求四棱锥的体积；（2）设，利用导数求函数的最值，即得解.【详解】（1）连接交为，则，所以四棱锥的高为所以（2）设，则由得，.所以当时，由最大值，也即有最大值.此时四棱锥的表面积为.【点睛】本题主要考查四棱锥表面积体积的计算和函数的最值的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.21．已知两定点，，点P满足.（1）求点P的轨迹C的方程；（2）若，直线l与轨迹C交于A，B两点，，的斜率之和为2，问直线l是否恒过定点，若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】（1）（2）直线l过定点，定点为【解析】（1）设P的坐标为，由题意得，得到方程化简即可；（2）分斜率存在与不存在两种情况讨论，当直线l的斜率存在时，设，，直线l的方程为，联立直线与曲线方程，消元列出韦达定理根据得到、的关系，即可求出直线过的定点.【详解】解：（1）设P的坐标为，由题意得，化简得：（2）当直线l的斜率不存在时，设，则有，得，此时直线l与圆相切，不合题意. 当直线l的斜率存在时，设，，直线l的方程为，与轨迹C联立得，，，所以所以所以直线l的方程为所以直线l过定点.【点睛】本题考查求动点的轨迹方程，直线与圆的综合应用，直线过定点问题，属于中档题.22．已知函数的最大值为1.（1）求的值；（2）证明：【答案】（1），（2）证明见解析【解析】（1）利用导数求出在处取到最大值，即，所以，即得解；（2）即证明，令，所以存在，所以，再证明即得证.【详解】（1）由题意，故当时，，当时，，所以函数在上单调递增，函数在上单调递减；所以在处取到最大值，即，所以（2）欲证，即证明令，则，所以为增函数，又，所以存在，所以由得，设，则所以为增函数，所以，所以即，即.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调区间和最值，考查利用导数证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.