1、2020届山西省晋城市高三第一次模拟考试数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】D【解析】解不等式，化简集合，根据交集定义即可求解.【详解】因为，所以.故选:D【点睛】本题考查集合间的运算，解对数不等式是解题的关键，属于基础题.2已知复数，则复数的共轭复数（ ）ABCD【答案】A【解析】复数实数化，即可求解.【详解】因为，所以.故选:A【点睛】本题考查复数的除法运算，考查共轭复数定义，属于基础题.3已知，则（ ）ABCD【答案】B【解析】利用“1”的变换，所求式子化为关于的齐次分式，化弦为切，即可求解.【详解】.故选:B【点睛】本题考查同角间三角函关系，弦切互化是解题的关键
2、，属于基础题.4设满足约束条件，则的最小值为（ ）A0B-4C-8D-6【答案】D【解析】作出可行域，利用数形结合即可求解.【详解】作出可行域，如下图所示：当目标函数经过时，取得最小值-6.故选:D【点睛】本题考查二元一次不等式组所表示的平面区域，以及线性目标函数的最小值，属于基础题.5甲、乙两人近五次某项测试成绩的得分情况如图所示,则（ ）A甲得分的平均数比乙的大B乙的成绩更稳定C甲得分的中位数比乙的大D甲的成绩更稳定【答案】B【解析】根据图形中的数据，可求出甲乙的平均数，中位数，分析数据的离散程度，确定方差大小，即可求解.【详解】甲、乙得分的平均数均为13，中位数均为13，甲得分的方差明显
3、比乙大.故选:B【点睛】本题考查数据的处理以及数据的分析，属于基础题.6已知是定义在上的奇函数，当时，若，则（ ）A-1B0C-2D1【答案】C【解析】根据是定义在上的奇函数，可得，由可得，求出，即可得出结论.【详解】因为是奇函数，所以，可得.所以当时，所以，又，所以.故选:C【点睛】本题考查奇函数的对称性，属于基础题.7函数在的图像大致为（ ）ABCD【答案】D【解析】先求出函数为奇函数，再通过特殊值确定答案.【详解】函数的定义域关于原点对称.因为，所以为奇函数.又因为.，故选：.【点睛】本题主要考查图象的确定问题，考查函数奇偶性的判定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.8某几何体的三视
4、图如图所示,则该几何体的最长棱的长为（ ）A4BCD【答案】C【解析】由三视图可得直观图为四棱锥，即可求出结论.【详解】根据三视图，还原直观图如图所示，最长棱为.故选:C【点睛】本题考查三视图应用，三视图还原成直观图是解题的关键，属于基础题.9已知是抛物线上的一点，是抛物线的焦点，为坐标原点，若，则抛物线的方程为（ ）ABCD【答案】A【解析】，可求出点的坐标，代入抛物线方程，即可求解.【详解】过向轴作垂线，设垂足为，将点的坐标代入，得，故的方程为.故选:A【点睛】本题考查抛物线的标准方程，属于基础题.10如图，在长方体中，异面直线与所成角的余弦值为，则该长方体外接球的表面积为（ ）ABCD【
5、答案】B【解析】先做出与所成角的角下图中的，设用表示，然后用余弦定理求出，求出长方体的对角线，即长方体的外接球的直径，可求出答案.【详解】连与交于点,则为中点，取中点，连，则为异面直线与所成角,设则，在中，由余弦定理得，解得，所以长方体的对角线长为所以长方体的外接球的半径为，所以长方体外接球的表面积为.故选:B【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理，以及长方体外接球的表面积，做出空间角，解三角形是解题的关键，属于较难题.11双曲线的渐近线于圆相切，且该双曲线过点，则该双曲线的虚轴长为（ ）ABCD【答案】D【解析】的渐近线与圆相切等价于圆心到渐近线的距离等于半径，推出的方程，结合点在双曲线
6、上，求解，然后求解双曲线的虚轴长【详解】双曲线的一条渐近线圆的圆心，半径渐近线与圆相切，即，该双曲线过点， 解可得，双曲线，该双曲线的虚轴长为8故选：【点睛】熟练掌握双曲线的渐近线方程、直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式、离心率的计算公式是解题的关键，是中档题12在锐角中，角的对边分别为，的面积为，若，则的最小值为（ ）AB2C1D【答案】A【解析】结合面积公式，可得出，由余弦定理得出，再用正弦定理化边为角，得出，把所求式子用角表示，并求出角范围，最后用基本不等式求最值.【详解】因为，即，所以，因为，所以，由余弦定理，可得，再由正弦定理得，因为，所以，所以或，得或（舍去）.因为是锐角三角形
7、，所以，得，即，所以，当且仅当，取等号.故选:A【点睛】本题考查考查用正弦定理、余弦定理、面积公式解三角形，考查基本不等式求最值，属于较难题.二、填空题13已知向量，若，则_【答案】1【解析】根据垂直向量的坐标关系，即可求解.【详解】由，得.故答案为:1【点睛】本题考查向量垂直的坐标表示，属于基础题.14的二项展开式中，项的系数是_（用数字作答）【答案】【解析】分析：先求出二项式的展开式的通项公式，令的指数等于，求出的值，即可求得展开式中项的系数.详解：的二项展开式的通项为，展开式项的系数为故答案为.点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热
8、点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.15若函数图像的一条对称轴方程为，则_【答案】【解析】利用对称轴的点纵坐标为函数的最大或最小值，即可求解.【详解】由，得.故答案为:【点睛】本题考查正弦型函数性质的应用，属于基础题.16若，则的最小值为_，此时_.【答案】 【解析】设，点在函数图像上，点在直线上，为两点距离的平方，转化为函数图像上的点到直线的距离平方最小，利用数形结合方法，即可求出的最小值.【详解】设，点在函数图像上，点在
9、直线上，的最小值可转化为函数图像上的点与直线上的点的距离的最小值的平方，由，可得，与直线平行的直线的斜率为，令，得，所以切点坐标为，切点到直线的距离，即的最小值为，过切点与直线垂直的直线，由，得.【点睛】本题考查导数几何意义的应用，解题的关键是要把问题转化为点到直线的距离，属于难题.三、解答题17已知等差数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】(1) (2) 【解析】（1）根据前项和为与通项的关系，即可求出结论；（2）用裂项相消法，求出数列的前项和.【详解】（1）当时，当时，是等差数列，得所以（2）因为，所以【点睛】本题考查由数列的前项和求通项，考查用裂项相消
10、法求数列的前项和，属于中档题.18“绿水青山就是金山银山”的生态文明发展理念已经深入人心,这将推动新能源汽车产业的迅速发展.下表是近几年我国某地区新能源乘用车的年销售量与年份的统计表：年份20142015201620172018销量（万台）810132524某机构调查了该地区30位购车车主的性别与购车种类情况，得到的部分数据如下表所示：购置传统燃油车购置新能源车总计男性车主624女性车主2总计30（1）求新能源乘用车的销量关于年份的线性相关系数，并判断与是否线性相关；（2）请将上述列联表补充完整，并判断是否有的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关；（3）若以这30名购车车主中购置新能
11、源乘用车的车主性别比例作为该地区购置新能源乘用车的车主性别比例,从该地区购置新能源乘用车的车主中随机选取50人,记选到女性车主的人数为X,求X的数学期望与方差.参考公式：，其中.，若，则可判断与线性相关.附表：0100.050.0250.0100.0012.7063.8415.0246.63510.828【答案】(1) ,与线性相关. (2)见解析，有90%的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关.(3) 数学期望20.方差12【解析】（1）根据已知数据以及给定公式，求出相关系数，再判断与是否线性相关；（2）由调查数据，即可补充列联表，代入公式，结合附表数据，即可得结论；（3）应用二项
12、分布的期望和方差公式，即可求解.【详解】（1）依题意，故，则故与线性相关.（2）依题意，完善表格如下：购置传统燃油车购置新能源车总计男性车主18624女性车主246总计201030故有90%的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关.（3）依题意，该地区购置新能源车的车主中女性车主的概率为，则，所以，.【点睛】本题考查判断变量间是否线性相关，考查列联表独立性检验，以及二项分布期望，方差，考查计算能力，属于中档题.19如图，在直四棱柱中，底面为梯形，点在线段上，.（1）证明：平面.（2）求二面角的余弦值.【答案】(1)见解析 (2) 【解析】（1）连接，证明得到四边形为平行四边形，故得到证
13、明.（2）作于，以点为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴，计算平面的法向量为，平面的法向量为，计算夹角得到答案.【详解】（1）证明：连接，因为底面为梯形，则，且，所以四边形为平行四边形，则.又平面，平面，所以平面.（2）作于，以点为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，.设平面的法向量为，则令，得.设平面的法向量为，则令，得.所以因为二面角为锐角，所以其余弦值为.【点睛】本题考查了线面平行，二面角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.20已知椭圆的半焦距为，圆与椭圆有且仅有两个公共点，直线与椭圆只有一个公共点.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知动
14、直线过椭圆的左焦点，且与椭圆分别交于两点，试问：轴上是否存在定点，使得为定值?若存在，求出该定值和点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）在轴上存在点，使得为定值【解析】（1）根据已知求出即得椭圆的标准方程；（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，利用韦达定理和向量的数量积求出，此时为定值；当直线的斜率不存在时，直线的方程为，求出此时点R也满足前面的结论，即得解.【详解】(1)依题意，得，则，故椭圆的标准方程为.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代人椭圆的方程，可得设，则，设，则若为定值，则，解得此时点的坐标为当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代人，得不妨设，若，则综上所
15、述，在轴上存在点，使得为定值【点睛】本题主要考查椭圆的方程的求法，考查椭圆中的定点定值问题，意在考查学生对这些知识的 理解掌握水平.21已知函数的定义域为且满足，当时，.（1）判断在上的单调性并加以证明；（2）若方程有实数根，则称为函数的一个不动点，设正数为函数的一个不动点，且，求的取值范围.【答案】(1) 单调递减. 见解析 (2) （或）.【解析】（1）根据已知条件，构造函数，可证在上单调递减.，再通过的奇偶性，可得出在上单调递减，即可判断在上的单调性；（2）转为为（1）中的两个函数值，利用的单调性，求出的范围，再根据不动点的定义转化为在有解，分离参数，转化为研究与函数在有交点，通过两次求
16、导得出在单调性，即可求出在的范围.【详解】（1）令，则， 当时，在上单调递减，又，为奇函数，在上单调递减.又在上单调递减，在上单调递减.（2）由（1）可知，在上单调递减.，故.正数为函数上的一个不动点，方程在上有解，即方程在上有解，整理得：.令，设，则，在上单调递增，又，在上单调递减，（或），即的取值范围是（或）.【点睛】本题考查利用导数研究函数性质的综合应用，构造函数法判断函数的单调性，注意审题，对于新定义问题转化为函数的零点，并用分离参数法研究函数的零点问题，属于难题.22在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1
17、）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）直线与轴的交点为，经过点的直线与曲线交于两点，若，求直线的倾斜角.【答案】(1) ， (2) 或.【解析】（1）利用消去参数化曲线为普通方程，运用，即可化直线极坐标方程为直角坐标方程；（2）将直线方程化为具有几何意义的参数方程，代入曲线方程，利用根与系数关系结合直线参数的几何意义，即可求解.【详解】（1）曲线的普通方程为，因为，所以，直线的直角坐标方程为.（2）点的坐标为，设直线的参数方程为（为参数，为倾斜角），联立直线与曲线的方程得.设对应的参数分别为，则，所以，得，且满足，故直线的倾斜角为或.【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化，极坐标方程和直角坐标
18、方程互化，考查直线参数方程参数灵活应用，属于中档题.23已知函数.（1）求不等式的解集；（2）正数满足，证明：.【答案】(1) (2)证明见解析【解析】（1）分类讨论，去绝对值，解一元一次不等式，即可求解；（2）要证不等式两边平方，等价转化证明，即证，根据绝对值的不等式求出，运用基本不等式即可证明结论.【详解】（1）当时，解得，所以；当时，；当时，解得，所以.综上，不等式的解集为.（2）证明：因为为正数，则等价于对任意的恒成立.又因为，且，所以只需证，因为，当且仅当时等号成立.所以成立.【点睛】本题考查解绝对值不等式，证明不等式恒成立，转化为函数的最值与不等式关系，考查用基本不等式证明不等式，属于中档题.第 21 页 共 21 页