山西省2020届高三下学期3月适应性调研数学（理）试题 Word版含解析

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2020年3月山西省高三适应性调研考试

数学（理科）

（本试卷考试时间120分钟，满分150分）

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上相应的位置.

2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.

3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5毫米及以上黑色笔迹签字笔写在答题卡上.

4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.

参考公式：锥体的体积公式：（其中S为锥体的底面积，h为锥体的高）.

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.设全集，集合，，则（ ）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】

先求出，再与集合取交集，即可求出答案.

【详解】因为，，所以.

故选：C．

【点睛】本题考查集合的补集与交集，考查学生对基础知识的掌握.

2.在复平面内，复数，下列说法正确的是（ ）

A. 的实部为1 B. C. D. 在第一象限

【答案】B

【解析】

【分析】

利用复数代数形式的除法运算先求得，再根据复数有关概念一一判断即可．

【详解】解：，

位于第四象限，的实部为，，故选A、C、D错误；

，B正确，

故选：B．

【点睛】本题主要考查复数代数形式的除法运算，考查共轭复数、复数的模、实部、复数的几何意义等有关内容，属于基础题．

3.下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是增函数的是（ ）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】

分别讨论四个函数的奇偶性及单调性，可选出答案.

【详解】对于选项A，是上的偶函数，不符合题意；

对于选项B，是非奇非偶函数，不符合题意；

对于选项C，是奇函数，又是上增函数，符合题意；

对于选项D，因为函数在和上都单调递减，在其定义域上不是单调函数，不符合题.

故选：C．

【点睛】本题考查函数单调性与奇偶性的应用，考查学生的推理能力，属于基础题.

4.相关变量的散点图如图所示，现对这两个变量进行线性相关分析，方案一：根据图中所有数据，得到线性回归方程，相关系数为；方案二：剔除点，根据剩下数据得到线性回归直线方程：，相关系数为.则（ ）

A.

B

C.

D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据相关系数的意义：其绝对值越接近，说明两个变量越具有线性相关，以及负相关的意义作判断.

【详解】由散点图得负相关，所以，因为剔除点后，剩下点数据更具有线性相关性，更接近，所以.选D.

【点睛】本题考查线性回归分析，重点考查散点图、相关系数，突显了数据分析、直观想象的考查.属基础题.

5.设，，，则（ ）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

分析】

结合指数函数及对数函数的性质，分别比较与0，1的大小关系，可选出答案.

【详解】对于，由对数函数的图象与性质，可知；

对于，由指数函数的图象与性质，可知；

对于，由指数函数的图象与性质，可知，

综上可知，，即．

故选：A.

【点睛】本题考查几个数的大小比较，考查指数函数及对数函数的性质，考查学生的推理能力，属于基础题.

6.某几何体的三视图如右图所示，图中的四边形都是边长为1的正方形，其中正(主)视图、侧(左)视图中的两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

由三视图还原可知，原图形为一个边长为1的正方体，挖去了一个高为的，正四棱锥，所以体积为．选A.

7.2019年春节假期，旅游过年持续火爆.特别是：东北雪乡、梦回大唐、江南水乡、三亚之行这四条路线受到广大人民的热播.现有4个家庭准备去这四个地方旅游，假设每个家庭均从这四条路线中任意选取一条路线去旅源，则两个家庭选择同一路线的概率为（ ）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】

利用排列数与组合数，根据古典概型的概率计算公式求解即可．

【详解】解：所有情况为，恰有一条路线末被选中的情况为，由古典概型可知所求概率，

故选：B．

【点睛】本题主要考查古典概型的概率计算公式，考查排列与组合，属于基础题．

8.某程序框图如图所示，其中，若输出的，则判断框内应填入的条件为（ ）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

运行该程序，当n的值为2019时，满足判断框内的条件；当n的值为2020时，不满足判断框内的条件，退出循环，输出S的值，结合选项可选出答案.

【详解】由题意，，

运行该程序，

输入，判断框成立；

则，，判断框成立；

则，，判断框成立；

则，，判断框成立；

…

则，，判断框成立；

则，，判断框不成立，输出.

故判断框内应填入的条件为.

故选：A

【点睛】本题考查程序框图，考查学生推理能力，属于中档题.

9.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，点为阴影区域内动点（不包括边界），这里，，则下列不等式恒成立的是（ ）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】

结合图形，可知阴影区域有两部分，分别满足和，进而判断和的符号，可选出答案.

【详解】由题意，阴影区域有两部分，

当阴影部分为三角形区域时，满足，此时恒成立，而，

当阴影部分为梯形区域时，满足，此时恒成立，而，

所以只有恒成立.

故选：B.

【点睛】本题考查三角函数符号的判断，注意判断的范围，考查学生的推理能力，属于中档题.

10.若函数在区间上存在最小值-2.则非零实数的取值范围是（ ）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】

分和两种情况，结合三角函数的性质即可得出结论．

【详解】解：由已知可得：

①当时，

函数在区间上存在最小值-2，

，可得；

②当时，，

函数在区间上存在最小值-2，

，可得：；

综上所述，非零实数的取值范围；

故选：C．

【点睛】本题主要考查三角函数的性质，考查分类讨论的思想方法，属于中档题．

11.已知点，，动点P满足，点Q满足，．则（ ）

A. 2 B. 3 C. 4 D.

【答案】A

【解析】

分析】

由，可求出的轨迹方程，设，，由，可求出直线的斜率，进而得到直线的方程，同理可得的方程，联立直线，的方程，可得，再将代入曲线方程中，可求得，结合，可求出答案.

【详解】设动点，由，得，整理得，

所以动点的轨迹方程为．

设，直线的斜率为，由，所以直线的斜率，于是直线的方程为．

同理可得的方程为．

联立两直线方程，得，解得，则．

因为满足，所以，

所以，即．

所以.

故选：A．

【点睛】本题考查点的轨迹，考查三角形的面积，考查直线的斜率，考查学生的计算求解能力，属于中档题.

12.如图所示，在棱长为4的正方体中，点M是正方体表面上一动点，则下列说法正确的个数为（ ）

①若点M在平面ABCD内运动时总满足，则点M在平面ABCD内的轨迹是圆的一部分；

②在平面ABCD内作边长为1的小正方形EFGA，点M满足在平面ABCD内运动，且到平面的距离等于到点F的距离，则M在平面ABCD内的轨迹是抛物线的一部分；

③已知点N是棱CD的中点，若点M在平面ABCD内运动，且平面，则点M在平面内的轨迹是线段；

④已知点P、Q分别是，的中点，点M为正方体表面上一点，若MP与CQ垂直，则点M所构成的轨迹的周长为.

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】D

【解析】

【分析】

对于①，结合圆锥的性质，可判断其正确；对于②，结合抛物线的定义，可知其正确；对于③，取AB的中点I，BC的中点O，易证平面平面，可知当M在线段IO上时，满足题意；对于④，只需过点P作直线CQ的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即为动点M的轨迹，求出周长，即可判断④正确.

【详解】对于①，因为满足条件的动点M是以为轴线，以为母线的圆锥与平面ABCD的交线，即圆的一部分，故①是正确的；

对于②，依题意知点M到点F的距离与到直线AB的距离相等，所以M的轨迹是以F为焦点，AB为准线的抛物线，故②是正确的；

对于③，如图（1），取AB的中点I，BC的中点O，显然，，从而可以证明平面平面，当M在线段IO上时，均有平面，即动点M的轨迹是线段IO，故③是正确的；

对于④，如图（2），依题意，只需过点P作直线CQ的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即为动点M的轨迹．分别取，的中点R，S，由，知，易知，又，，所以平面ABRS，过P作平面ABRS的平行平面，点M的轨迹为四边形，其周长与四边形ABRS的周长相等，所以点M所构成的轨迹的周长为，故④是正确的．

因此说法正确的有4个.

故选：D．

【点睛】本题考查空间几何体的结构特征，考查轨迹方程，考查空间中点线面的位置关系，考查学生的空间想象能力与推理能力，属于难题.

二.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知点，，则_______；与同方向的单位向量为_______．

【答案】 (1). (2).

【解析】

【分析】

由的坐标，可求出，与同方向的单位向量为，求解即可.

【详解】，

所以与同方向的单位向量为.

故答案为：；.

【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查单位向量，属于基础题.

14.的展开式中含项的系数是________.

【答案】

【解析】

【分析】

直接根据二项式的展开式的通项公式求解即可．

【详解】解：展开式的通项公式为，令，得，所以含项的系数为，

故答案：．

【点睛】本题主要考查二项式的展开式，属于基础题．

15.已知函数，若存在实数，满足，且，则的最小值为________．

【答案】

【解析】

【分析】

作出的图象，由，可知，从而，，构造函数，求出最小值即可.

【详解】作出的图象，如下图所示，

当时，；当时，，

因为，所以，

令，得，

则，故，令．

则，易知函数在上单调递减，在上单调递增，所以．

故答案为：.

【点睛】本题考查函数图象的应用，考查函数单调性及最值的应用，利用构造函数是解决本题的关键，属于中档题.

16.已知一簇双曲线：（且），设双曲线的左、右焦点分别为、，是双曲线右支上一动点，三角形的内切圆与x轴切于点，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】

设、与圆分别切于点、，可知，再结合，，可求得，进而可求出答案.

【详解】如图，设、与圆分别切于点、，

根据内切圆的性质可得，，，

又点在双曲线的右支上，所以有．

则．

又，，，

所以，

所以，即，

因此．

故答案为：.

【点睛】本题考查双曲线的性质，考查三角形内切圆的性质，考查数列求和，考查学生的计算求解能力，属于中档题.

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

17.在中，角A，B，C的对边分别是a、b、c，且

（1）求A；

（2）若，的面积为，M是AB的中点，求．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）将，代入原式，整理可得，再结合正弦定理，及，可求得的值，进而可求出角；

（2）由，可计算求出，从而可求出，在中，由余弦定理可得，，即可求出答案.

【详解】（1）由题意，，即．

由正弦定理得，，

即，

所以，

即．

又，所以，

因为，所以．

（2）由，，，得．

因为是AB的中点，所以，

在中，由余弦定理得，．

【点睛】本题考查三角形的面积公式的应用，考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.

18.如图，在直角梯形ABCP中，，，，D是AP的中点，E，G，F分别为PC、CB、PD的中点，将沿CD折起，使得二面角为直二面角.

（1）证明：平面EFG；

（2）求二面角的大小.

【答案】（1）证明见解析（2）45°

【解析】

【分析】

（1）由题意先证平面平面PAB，再根据面面平行的性质即可证明结论；

（2）以D为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用平面的法向量求解二面角．

【详解】（1）证明：，分别为，的中点，，

同理：，

又，，又

平面PAB，

同理平面PAB，

，，

平面平面PAB，

又平面PAB，

平面EFG；

（2）解：以D为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，

则，.

设平面的法向量为，

则，即，取，

易知是平面PCD的一个法向量，

，

结合图知二面角平面角为．

【点睛】本题主要考查面面平行证线面平行，考查二面角的向量求法，属于中档题．

19.已知抛物线E：过点，过抛物线E上一点作两直线PM，PN与圆C：相切，且分别交抛物线E于M、N两点．

（1）求抛物线E的方程，并求其焦点坐标和准线方程；

（2）若直线MN的斜率为，求点P的坐标．

【答案】（1）抛物线E的方程为，焦点坐标为，准线方程为；（2）或

【解析】

【分析】

（1）将点代入抛物线方程，可求出抛物线E的方程，进而可求出焦点坐标及准线方程；

（2）设，，可表示出直线及的斜率的表达式，进而可表示出两直线的方程，再结合直线和圆相切，利用点到直线的距离等于半径，可得，满足方程，从而得到，又直线MN的斜率为，可求出的值，即可求出点P的坐标.

【详解】（1）将点代入抛物线方程得，，所以抛物线E的方程为，焦点坐标为：，准线方程为：．

（2）由题意知，，设，，

则直线的斜率为，同理，直线PN的斜率为，

直线MN的斜率为，故，

于是直线的方程为，即，

由直线和圆相切，得，

即，

同理，直线PN的方程为，

可得，

故，是方程的两根．

故，即，

所以，解得或．

当时，；当时，．

故点P的坐标为或．

【点睛】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查直线的方程，考查学生的计算求解能力，属于中档题.

20.自湖北武汉爆发新型冠状病毒肺炎疫情以来，各地医疗物资缺乏，各生产企业纷纷加班加点生产，某企业准备购买三台口罩生产设备，型号分别为A，B，C，已知这三台设备均使用同一种易耗品，提供设备的商家规定：可以在购买设备的同时购买该易耗品，每件易耗品的价格为100元；也可以在设备使用过程中，随时单独购买易耗品，每件易耗品的价格为200元．为了决策在购买设备时应同时购买的易耗品的件数，该单位调查了这三种型号的设备各60台，调查每台设备在一个月中使用的易耗品的件数，并得到统计表如下所示．

每台设备一个月中使用的易耗品的件数

6

7

8

频数

型号A

30

30

0

型号B

20

30

10

型号C

0

45

15

将调查的每种型号的设备的频率视为概率，各台设备在易耗品的使用上相互独立．

（1）求该单位一个月中A，B，C三台设备使用的易耗品总数超过21件（不包括21件）的概率；

（2）以该单位一个月购买易耗品所需总费用的期望值为决策依据，该单位在购买设备时应同时购买20件还是21件易耗品?

【答案】（1）；（2）该单位在购买设备时应同时购买21件易耗品

【解析】

【分析】

（1）由题中表格数据，分别求出三个型号设备在一个月使用易耗品的件数所对应的频率，设该单位三台设备在一个月中使用的易耗品的总件数为X，可知，分别求出和，即可求出答案；

（2）分别求出两种情况下，一个月购买易耗品所需总费用的所有可能值，并求出对应的概率，从而可求出两种情况的期望，比较二者大小，可得出结论.

【详解】（1）由题中表格可知，

A型号的设备一个月中使用易耗品的件数为6和7的频率均为；

B型号的设备一个月中使用易耗品的件数为6，7，8的频率分别为，，；

C型号的设备一个月中使用易耗品的件数为7和8的频率分别为，，

设该单位一个月中A，B，C三台设备使用易耗品的件数分别为x，y，z，则

，，，，，．

设该单位三台设备一个月中使用的易耗品的总件数为X，

则．

而

，

，

故，

即该单位一个月中A，B，C三台设备使用的易耗品总数超过21件的概率为．

（2）该单位三台设备一个月中使用的易耗品的总件数为X，可能的取值为19，20，21，22，23．

，

，

，

由（1）知，，．

若该单位在购买设备的同时购买了20件易耗品，设该单位一个月中购买易耗品所需的总费用为元，

则的所有可能取值为2000，2200，2400，2600．

，

，

，

，

所以．

若该单位在购买设备的同时购买了21件易耗品，设该单位一个月中购买易耗品所需的总费用为Z元，

则Z的所有可能取值为2100，2300，2500．

，

，

，

所以．

因为，即，所以该单位在购买设备时应同时购买21件易耗品．

【点睛】本题考查相互独立事件的概率，考查离散型随机变量的期望，考查学生的计算能力与推理能力，属于中档题.

21.已知函数．

（1）若函数有两个零点，证明：；

（2）设函数的两个零点为，．证明：．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）参变分离可得，构造函数，判断的单调性及图象特征，使与直线有两个交点，即满足题意，从而可证明结论；

（2）易知，，两式相减得，要证，即证，进而可将问题转化为证明，令，则，即证，进而构造函数，只需证明即可.

【详解】（1）证明：由，可得，

令，则，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

所以．

又因为当时，；

当时，，且当时，；

所以有两个零点时，．

（2）由题意知，，，

两式相减得：，

则．

要证，即证，

只需证，

即证.

令，则，即证，

令，则，令，则，

所以在上单调递增，，即，

所以在上单调递增，

所以，即，

所以，

故成立.

【点睛】本题考查函数的零点，考查利用导数证明不等式，考查学生的推理论证能力，属于难题.

（二）选考题：共10分.请考生在第22.23题中任选-题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.

22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（其中t为参数）.以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．

（1）求l和C的直角坐标方程．

（2）设点，直线l交曲线C于A，B两点，求的值．

【答案】（1）的直角坐标方程为；曲线的直角坐标方程为；（2）

【解析】

【分析】

（1）将直线的参数方程消去可得的直角坐标方程，由，得，结合极坐标方程与直角坐标方程间的关系，转化即可.

（2）将直线的参数方程，代入C的直角坐标方程中，得到关于的一元二次方程，结合根与系数关系，及，可求出答案．

【详解】（1）直线的参数方程为（其中为参数），

消去可得的直角坐标方程为；

由，得，

则曲线的直角坐标方程为.

（2）将直线的参数方程，代入，

得，设A，B对应的参数分别为，，

则，，

所以．

【点睛】本题考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程间的转化，考查直线参数方程中参数含义的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.

23.已知函数

（1）求函数的最小值m；

（2）在（1）的条件下，正数a，b满足，证明．

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）由，可求出的最小值；

（2）利用基本不等式可得，从而可得，即，再结合，可得，结合，可证明结论.

【详解】（1），

函数的最小值．

（2）证明：正数a，b满足，

又，当且仅当时取等号，所以，即，

因为，当且仅当时取等号，

所以，

又因为，所以，

故．

【点睛】本题考查利用绝对值三角不等式求最值，考查不等式的证明，考查基本不等式的应用，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题.