1、山西省阳泉市20192020学年度第一学期期末考试试题高三理科数学一、选择题1.设集合，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】对集合A中的不等式进行求解，然后与集合B取交集即可.【详解】因为，故解得与集合B取交集得：故选：B.【点睛】本题考查集合的交运算，涉及不等式的求解.2.若复数满足，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先用复数除法进行化简，之后求共轭复数即可.【详解】因为故：故其共轭复数为：故选：C.【点睛】本题考查复数的除法运算，涉及共轭复数，属基础题.3.若方程有两个不等的实根和，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案
2、】C【解析】【分析】由方程可得两个实数根的关系，再利用不等式求解范围.【详解】因为两个不等的实根是和不妨令故可得，解得则=故选：C.【点睛】本题考查对数函数的性质，涉及均值不等式的使用，属基础题.4.随着社会发展对环保的要求，越来越多的燃油汽车被电动汽车取代，为了了解某品牌的电动汽车的节能情况，对某一辆电动汽车“行车数据”的两次记录如下表：记录时间累计里程（单位：公里）平均耗电量（单位：公里）剩余续航里程（单位：公里）2020年1月1日50000.1253802020年1月2日51000.126246（注：累计里程指汽车从出厂开始累计行驶的路程，累计耗电量指汽车从出厂开始累计消耗的电量，）下面
3、对该车在两次记录时间段内行驶100公里的耗电量估计正确的是（ ）A. 等于B. 到之间C. 等于D. 大于【答案】D【解析】【分析】根据累计耗电量的计算公式，即可求解.【详解】由题意可知：故该车在两次记录时间段内行驶100公里的耗电量估计值大于12.6.故选：D.【点睛】本题考查函数模型的建立，关键是要正确的理解题意，根据累计耗电量进行计算.5.已知函数的图象向右平移个单位长度后与原图象重合，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据平移后函数图像重合，可得函数的周期，即可求解.【详解】由题可知，是该函数的周期的整数倍即：解得，又故其最小值为：故选：B.【点睛】本
4、题考查函数周期的意义，属基础题.6.宋元时期数学名著算数启蒙中有关于“松竹并生”问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等. 如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的分别为，则输出的（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由程序框图可得，时，继续循环；时，继续循环；时， 继续循环；结束输出.点睛：循环结构的考查是高考热点，有时会问输出结果，或是判断框的条件是什么，这类问题容易错在审题不清，计数变量加错了，没有理解计数变量是在计算结果之前还是计算结果之后，最后循环进来的数是什么等问题，防止出错的最好的办法是按顺序结构写出每一个循环，这样就会很好的防止出错.7.函数在的图
5、像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】根据函数的奇偶性，以及特殊值即可判断.【详解】因为又定义域关于原点对称，故该函数为奇函数，排除B和D.又，故排除C.故选：A.【点睛】本题考查函数图像的选择，通常结合函数的性质，以及特殊值进行判断即可.8.在中，是线段上一点，且则是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由正切值求得余弦值，再结合向量基本定理，用基向量对问题进行处理.【详解】因为，由同角三角函数关系解得在中，由题可知： 故：=-故选：D.【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，重点是基向量的选择.9.记为等差数列的前项和.已知则（ ）A. B. C.
6、 D. 【答案】B【解析】【分析】由等差数列的基本量，等价转换，解方程即可.【详解】设等差数列的公差为，由题可知：解方程可得：故故选：B.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，属基础题.10.设是双曲线上的点，、是焦点，双曲线的离心率是，且，的面积是7，则是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据离心率以及焦点三角形的面积公式，即可求得.【详解】因为离心率为，又焦点三角形面积，又解得故故选：A.【点睛】本题考查椭圆的基本性质，本题中要注意焦点三角形面积公式的使用即可.11.如图，在直角梯形中，过点作交于点，以为折痕把折起，当几何体的的体积最大时，则下列命题中正确的个数是（
7、）平面与平面所成的角等于与平面所成的角与所成的角等于与所成的角A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由体积最大，推出面面垂直，再结合选项，利用垂直和平行的判定及性质，进行判断.【详解】当体积最大时，平面SAD平面ABCD，如下图所示： 对：若又根据题意，故平面SDB，又BD平面SDB故可得，而根据题意，无法得知两直线位置关系，故不正确；对：AB/CD，由CD平面SCD，故AB/平面SCD，正确；对：因为无法得知底面ABCD的边长关系，所以无法确定，故错误；对：AB与SC所成角度为，而DC与SA所成角度为，两个角度显然不相等，故错误.综上所述，正确的只有.故选：D.【点睛】本题考查由
8、面面垂直推证线面垂直，涉及线面平行，异面直线夹角，线面角问题，属综合题.12.已知，若不等式在上有解，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用导数分析函数单调性，再利用单调性求解不等式即可.【详解】因为在区间上故是增函数，又，则该函数为偶函数，则不等式等价于在有解等价于在区间有解即：或等价于，或在区间有解等价于或解得或故故选：A.【点睛】本题考查利用函数单调性奇偶性解不等式，涉及用导数判断函数单调性.二、填空题13.已知曲线在点处的切线与直线垂直，则_.【答案】e【解析】【分析】利用导数的几何意义，结合题中的斜率，即可求得.【详解】因为，又处切线的斜率为2
9、故由导数几何意义可知：解得.故答案为：.【点睛】本题考查导数的几何意义，属基础题.14.若展开式中的系数为30，则_.【答案】1【解析】【分析】利用二项式通项，根据题意，进行求解.【详解】展开式中的系数来源是：中的系数与的乘积加上的系数与的乘积由通项公式可得，的系数为：解得.故答案为：.【点睛】本题考查由二项式中某一项的系数，求参数的问题，属基础题.15.已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点.若，则_.【答案】6【解析】【分析】根据向量关系式，以及点M在抛物线上，根据比例关系求得N点坐标，用两点之间距离公式即可求得.【详解】由可得M是FN上靠近N点的三等分点，由由，解得，代入抛物线解
10、得故，由故故答案为：6.【点睛】本题考查抛物线的几何性质，属基础题.16.已知数列满足，数列的前项和，则数列的前n项和_.【答案】【解析】【分析】分别求解数列和，再求得，用裂项求和，进而求解前n项和.【详解】因为故当时， 由-可得：又当时，满足题意，故因为故当时，又当时，故，故故答案为：.【点睛】本题考查递推公式求通项公式，以及裂项求和法，属综合题.三、解答题17.在中，角的对边分别为，且.（1）求;（2）若，且边上中线长为，求的面积.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用正弦的和角公式以及化简即可；（2）利用向量将中线的长度进行利用和转化，结合余弦定理进行求解.【详解】（1）由已知
11、可得，所以在中，所以.因为在中，所以，因为，所以.（2）由（1）得，又边上的中线长为，所以，所以+，即，所以，由余弦定理得，所以，由得：，所以.【点睛】本题考查解三角形，涉及余弦定理，以及面积公式，本题的难点在于三角形与向量的结合.18.如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为等边三角形且垂直于底面，是的中点.（1）在棱上取一点使直线平面并证明；（2）在（1）的条件下，当棱上存在一点，使得直线与底面所成角为时，求二面角的余弦值. 【答案】（1）上取中点，证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）找上取中点，由线线平行推证线面平行；（2）根据线面角的大小找到棱长的等量关系，再根据三垂线定理，找出二面角
12、的平面角，在三角形中求解余弦值即可.【详解】（1）在上取中点，在上取中点，连接，作图如下：由于平行且等于，平行且等于，所以平行且等于，所以四边形是平行四边形，所以.直线，所以平面.（2）取中点，连接，由于为正三角形又平面平面，平面平面平面，连接，四边形为正方形。平面，平面平面而平面平面过作，垂足为平面为与平面所成角，在中，设，在中，过点H作HN垂直于CD，垂足为N，连接MN，HN因为MH平面ABCD,则即为所求二面角的平面角,在中，因为，HN=FC=，由勾股定理解得故故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查由线线平行推证线面平行，以及二面角的求解，属综合题.19.已知椭圆的两个焦点分别是，离心率，
13、为椭圆上任意一点，且的面积最大值为.（1）求椭圆的方程.（2）过焦点的直线与圆相切于点，交椭圆于两点，证明：.【答案】（1）；（2）证明见详解.【解析】【分析】（1）根据离心率以及面积最大值的状态，求得即可；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，将问题转化为证明线段中点重合的问题进行处理.【详解】（1）由椭圆性质知，解得所以椭圆的方程为（2）证明：容易知的斜率存在，故的方程可设为.因为直线与圆相切，所以圆心到的距离，解得.当时，直线的方程为由联立，可得，显然，设，则.所以设，由不妨取，又，所以.由此可得线段中点重合，故.同理当时，线段中点也重合，故综上.【点睛】本题考查椭圆方程的求解
14、，以及利用韦达定理证明线段相等的问题；本题的难点在于如何转化线段相等的条件.20.某校为了解校园安全教育系列活动的成效，对全校学生进行了一次安全意识测试，根据测试成绩评定“合格”、“不合格”两个等级，同时对相应等级进行量化：“合格”记5分，“不合格”记0分.现随机抽取部分学生的答卷，统计结果及对应的频率分布直方图如图所示：等级不合格合格得分频数624（）求，的值；（）用分层抽样的方法，从评定等级为“合格”和“不合格”的学生中随机抽取10人进行座谈.现再从这10人这任选4人，记所选4人的量化总分为，求的分布列及数学期望；（）某评估机构以指标（，其中表示的方差）来评估该校安全教育活动的成效.若，则
15、认定教育活动是有效的；否则认定教育活动无效，应调整安全教育方案.在（）的条件下，判断该校是否应调整安全教育方案？【答案】（1），；（2）（3）见解析.【解析】试题分析：（1）利用频率分布直方图的性质即可得出；（2）从评定等级为“合格”和“不合格”的学生中随机抽取10人进行座谈，其中“不合格”的学生 ，则“合格”的学生数=6由题意可得=0，5，10，15，20利用“超几何分布列”的计算公式即可得出概率，进而得出分布列与数学期望；（3）利用D计算公式即可得出，可得,即可得出结论试题解析：（1）由频率分布直方图可知，得分在的频率为，故抽取的学生答卷数为：，又由频率分布直方图可知，得分在的频率为0.2
16、，所以，又，得，所以.（2）“不合格”与“合格”的人数比例为24：36=2：3，因此抽取的10人中“不合格”有4人，“合格”有6人.所以有20，15，10，5，0共5种可能的取值.的分布列为：，.的分布列为：20151050所以.（3）由（2）可得，所以，故我们认为该校的安全教育活动是有效的，不需要调整安全教育方案.21.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，若且有两个零点，求的取值范围.【答案】（1）当时，在上是增函数；当时，在，上是增函数，在上是减函数.（2）【解析】【分析】（1）求定义域以及导数，对参数进行分类讨论，求解对应情况下的单调性即可；（2）由（1）中所得，可知的解析式，根据的
17、单调性，将零点问题转化为图像相交的问题，数形结合，求解参数范围.【详解】（1）的定义域为，对于，当时，则在上是增函数.当时，对于，有，则在上是增函数.当时，令，得或，令，得，所以在，上是增函数，在上是减函数.综上，当时，在上是增函数；当时，在，上是增函数，在上是减函数.（2）由已知可得，因为，所以，而，所以，所以，所以在上单调递增.所以.故有两个零点，等价于=在内有两个零点.等价于有两根，显然不是方程的根，因此原方程可化为，设，由解得，或由解得，故在上单调递减，在上单调递增.其图像如下所示：所以，所以，所以.【点睛】本题考查利用导数对含参函数的单调性进行讨论，以及函数零点问题的处理，数形结合是
18、本题的关键.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；（2）已知曲线的极坐标方程为，点是曲线与的交点，点是曲线与的交点，均异于原点，且，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据曲线的参数方程，消去参数，即可得到的普通方程；由两边同时乘以，即可得到，进而可得的直角坐标方程；(2)根据的直角坐标方程先得到其极坐标方程，将分别代入和的极坐标方程，求出和，再由，即可求出结果.【详解】（1）由消去参数，得的普通方程为.由，得，又，所以的直角坐标方程为.（2）由（1）知曲线的
19、普通方程为，所以其极坐标方程为.设点，的极坐标分别为，则，所以，所以，即，解得，又，所以.【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化、以及参数方程与普通方程的互化，熟记公式即可，属于常考题型.23.已知的最小值为t.（1）求t的值；（2）若实数a，b满足，求的最小值.【答案】（1）2；（2）9.【解析】【分析】（1）由绝对值定义去掉绝对值符号，化函数为分段函数，再根据分段函数性质求得最小值（2）由基本不等式可得最小值【详解】（1），f（x）在（，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，f（x）minf（1）2，t2；（2）由（1）可知2a2+2b22，则a2+b21，当且仅当，即，时取等号，故的最小值为9【点睛】本题考查绝对值函数的性质，考查基本不等式求最值对绝对值函数可根据绝对值定义去掉绝对值符号，然后再研究分段函数的性质即可
