山西省太原市2020届高三数学上学期期末考试试题文含解析

一、选择题（本大题共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，请将其字母标号填入下表相应位置）

，2，Bxy1.设集合A0,1x1，则下列图中阴影部分所表示的集合为（ ）



A. 1 【答案】B 【解析】

集合B表示函数yB. 0 C. 1,2 D. 0,1

x1的定义域，故Bxyx1xx1.

}0，故选B. 故图中阴影部分所表示的集合为ACRB0,1,2{x|x12.若复数z213i，则z（ ）

A.

1 2B. 3 2C. 1 D. 2

【答案】C 【解析】

试题分析：因为z213i213i13i13i13i 2213所以，z1故选C. 22考点：复数的概念与运算.

3.命题“若ab，则acbc”的否命题是（ ） A. 若acbc，则ab C. 若acbc，则ab

B. 若ab，则acbc D. 若ab，则acbc

22【答案】B 【解析】 【分析】

根据命题“若p，则q”的否命题是“若￢p，则￢q”．

【详解】命题“若ab，则acbc”的否命题是“若ab，则acbc” 故选B

【点睛】本题考查了命题与它的否命题的应用问题，是基础题． 4.tan105（ ） A. 23 【答案】D 【解析】 【分析】

根据1054560，然后利用两角和的正切公式，结合特殊角的正切值，可得结果. 【详解】由1054560，所以

B. 23 C. 23

D. 23 tan105tan4560tan45tan60

1tan45tan60131313则tan105

1131313所以tan10523 故选：D

【点睛】本题主要考查两角和的正切公式，关键在于将非特殊角转化为特殊角，识记公式，细心计算，属基础题.

5.已知等比数列an中，若4a1,a3,2a2成等差数列，则公比q（ ） A. 1 【答案】C 【解析】

2试题分析：设等比数列的公比为q，由题设得：2a1q4a12a1q

B. 1或2 C. 2或-1 D. -1

2因为a10，所以，qq20解得：q2或q1

故选C.

考点：等差数列与等比数列.

6.某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为（ ）

A. 3 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 2 C. 3 D. 9

根据三视图的还原以及直观想象，可知该几何体是底面为正方形的四棱锥，然后根据长对正，高平齐，宽相等，可知四棱锥的底面边长以及高度结合锥体体积公式，可得结果. 【详解】由图可知：几何体是底面为正方形的四棱锥 且底面边长为3，四棱锥的高为1 所以该四棱锥的体积为：V故选：C

【点睛】本题主要考查三视图的还原，考验空间想象能力以及对常见几何体的三视图的认识，属基础题.

7.秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图，给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例.若输入x的值为2，则输出v的值为（ ）

12313 3

A. 271 【答案】A 【解析】 【分析】

B. 27 C. 261 D. 26

2采用依次计算，第一次：k1,v121，第二次：k2,v22+1，…依次类推，直

到k6，简单计算，可得结果. 【详解】当输入x的值为2时 第一次：k1,v121 第二次：k2,v22+1 第三次：k3,v22+2+1 第四次：k4,v22+2+2+1 第五次：k5,v22+2+2+2+1 第六次：k6,v2+22+2+2+2+1 则当k7时，7>6，输出结果. 所以v26+2524+23+22+2+1=即v271 故选：A

【点睛】本题考查程序框图，对这种问题按部就班，依次计算，掌握该算法的功能，细心计

654325432432322112712

算，属基础题.

8.函数f(x)cos(x2)2sinsin(x)的最大值是（ ） A. 2 【答案】C 【解析】 【分析】

根据x2x，利用两角和的余弦公式展开化简，可得f(x)cosx，根据余弦函数的性质，可得结果.

【详解】cos(x2)cosx

所以cos(x2)cosxcossinxsin 所以f(x)cosxcossinxsin 即f(x)cosxcosx 由1cosx1 所以可知fmax(x)1 故选：C

【点睛】本题主要考查两角和的余弦公式，重在于对公式的识记，属基础题. 9.已知三个村庄A,B,C所处的位置恰好位于三角形的三个顶点处，且

B. 3 C. 1

D. 5 AB6km,BC8km,AC10km.现在ABC内任取一点M建一大型的超市，则M点到

三个村庄A,B,C的距离都不小于2km的概率为（ ）

A. 33 24B.

12 C. 213 24D.

12 12【答案】D 【解析】 【分析】

采用数形结合，计算SABC，以及“M点到三个村庄A,B,C的距离都不小于2km”这部分区域的面积S，然后结合几何概型，可得结果.

【详解】由题可知：AB2BC2AC2 所以该三角形为直角三角形

分别以A,B,C作为圆心，作半径为2的圆 如图所以

则 “M点到三个村庄A,B,C距离都不小于2km”

该部分即上图阴影部分，记该部分面积为S

11SABCABBC6824

22又三角形内角和为，

所以SSABC122242 2设M点到三个村庄A,B,C的距离都不小于2km的概率为P 所以P故选：D

SSABC24212 2412【点睛】本题考查面积型几何概型问题，重点在于计算面积，难点在于计算阴影部分面积，考验理解能力，属基础题.

10.若对任意的实数x0,xlnxxa0恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A. (,1] 【答案】A 【解析】 【分析】

B. (,1]

C. [1,)

的D. [1,)

构造函数fxxlnxxa，利用导数研究函数fx在0,单调性，并计算

fminx0，可得结果.

详解】令fxxlnxxa，x0, 则f'【若0x1时，f若x1时，f''xlnx，令f'x0x1

x0

x0

所以可知函数fx在0,1递减，在1,递增 所以fminxf11a

由对任意的实数x0,xlnxxa0恒成立 所以fminx1a0a1 故选：A

【点睛】本题考查利用导数解决恒成立问题，关键在于构建函数，通过导数研究函数性质，属基础题.

11.在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，ABCD为正方形，

QA//PC,PBCAQB60，己四棱锥PABCD与四棱锥QABCD的外接球的半

R1径分别为R1,R2，则R（ ）

2A.

35 7B.

105 7C.

35 9D.

105 9【答案】B 【解析】 【分析】

假设正方形的边长，然后利用勾股定理计算PA,CQ，根据墙角模型以及直观想象，可知

PA,CQ分别为四棱锥PABCD与四棱锥QABCD的外接球直径，最后计算可得结果.

【详解】设正方形的边长为2 如图

由PC底面ABCD，QA//PC 所以QA底面ABCD 又PBCAQB60

所以可知PC23,QA23 3根据墙角模型，将四棱锥PABCD补全是长方体

PA为该长方体的一条体对角线

所以四棱锥PABCD的外接球的直径为PA 同理四棱锥QABCD的外接球的直径为QC

PAPC2BC2CD225

QCQA2AB2AD2221 3所以R1PAQC21 5,R2223所以

R1105 R27故选：B

【点睛】本题考查四棱锥外接球的问题，熟悉墙角模型，可快速找到外接球的球心，属基础题.

ex,0x1,12.已知f(x)1若方程f(x)kxe有且仅有3个实数解，则实数k的取

e1,1xe.x值范围是（ ） A. (0,e]

B. 1e,e 2eC. 1e1, 4eD.

11e,2 4e【答案】D 【解析】 【分析】

采用数形结合的方法，作出f(x)图像，根据直线ykxe过定点0,e以及两函数图像有3个交点，可得结果.

【详解】由方程f(x)kxe有且仅有3个实数解 等价于函数f(x)，ykxe图像有3个交点 且直线ykxe过定点0,e 如图

根据图形可知：k0 当直线ykxe与gx设切点Px0,1e1相切时 x1e1， x011'gx又gx2，所以 0x02x'在点P处的切线方程：y11xxe1 0x02x0又过定点0,e，代入上式，可得x02 所以kg2'1 41Aykxe当直线过点e,e1时 e1e1e1e 则ek2e0e11e所以可知k2

4e故选：D

【点睛】本题考根据方程根的个数求参数，熟练使用等价转化的思想以及数形结合的方法，使问题化繁为简，考验对问题的分析能力，属中档题. 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

11f(x)alogxx13.已知函数的图象过点,，则实数a_________. 222【答案】1 【解析】 【分析】

根据对数的运算，直接代值计算即可.. 【详解】由题可知：f()alog2则a12111 22211a1 22故答案为：1

【点睛】本题考查对数式的运算，属基础题.

xy20,14.若x,y满足xy40,，则zy2x的最小值为____________.

y0,【答案】8 【解析】

【分析】

数形结合，作出可行域，利用目标函数的等值线y2x在可行域中平移，根据z或含z式子的含义，找到目标函数取最小值的最优解，简单计算，可得结果. 【详解】如图

令z0，

可得目标函数zy2x的一条等值线y2x 则将y2x移至点A4,0处，目标函数取最小值 所以最优解为点A4,0 则zmin0248 故答案为：8

【点睛】本题考查线性规划，基本思路：（1）作出可行域；（2）理解z或含z式子的意义，然后使用目标函数的一条等值线在可行域中平移找到最优解，最后计算，可得结果.

ba15.若0ab1,xa,yb,zlogba，则x,y,z由小到大排列为_______________.

【答案】xyz 【解析】 【分析】

根据指数函数、幂函数、对数函数的单调性以及借助特殊值1进行比较大小，可得结果. 【详解】由0ab1，且ya单调递减

x所以abaa

又yxa在x0,递增，所以aaba1 所以0abba1

由ylogbx单调递减，所以logbalogbb1

ba所以ablogba，即xyz

故答案为：xyz

【点睛】本题考查指数式，对数式比较大小，熟悉基本函数的单调性以及借助中间值比较大小，比如中间值常用：0，1，属基础题.

16.赵爽是我国古代数学家大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设ADABAC，若

DF2AF，则可以推出_________.

【答案】

12 13【解析】 【分析】

利用建系的方法，假设AF1，根据ADB120，利用余弦定理可得AB长度，然后计算

cosDAB,sinDAB，可得点D坐标，最后根据点B,C坐标，可得结果.

【详解】设AF1，则AD3,BDAF1 如图

由题可知：ADB120，

由AB2AD2BD22ADBDcosADB 所以AB13，则ACAB13 所以B133913,0,C2,2，A0,0

又

BDAB39 sinBADsinBADsinADB26713 26所以cosBAD1sin2BAD所以DADcosBAD,ADsinBAD

2113339D即26,26 所以AD2113339,,AB262613,0

1339AC 2,2又ADABAC

21131391326213所以

33393913226所以12 13故答案为：

12 13【点睛】本题考查考查向量的坐标线性表示，关键在于建系，充分使用条件，考验分析能力，属难题.

三、解答题（本大题共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） （一）必考题：共60分.

17.为提高产品质量，某企业质量管理部门经常不定期地抽查产品进行检测，现在某条生产线上随机抽取100个产品进行相关数据的对比，并对每个产品进行综合评分（满分100分），将每个产品所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为80分及以上的产品为一等品.

（1）求图中a的值，并求综合评分的中位数；

（2）用样本估计总体，以频率作为概率，按分层抽样的思想，先在该条生产线中随机抽取5个产品，再从这5个产品中随机抽取2个产品记录有关数据，求这2个产品中恰有一个一等品的概率.

【答案】(1) a0.040；中位数为82.5. (2) 【解析】 【分析】

（1）根据频率之和为1，结合频率分布直方图对应矩形区域面积求解即可；先结合数值预判中位数所在组距应在80到90之间，设综合评分的中位数为x，结合频率计算公式求解即可； （2）先结合分层抽样计算出一等品所占比例，再采用列举法表示出所有基本事件，结合古典概率公式求解即可

【详解】（1）由频率和为1，得(0.0050.0100.025a0.020)101，a0.040； 设综合评分的中位数为x，则(0.0050.0100.025)100.040(x80)0.5，解得

3 5x82.5，

所以综合评分的中位数为82.5.

（2）由频率分布直方图知，一等品的频率为(0.0400.020)100.6，即概率为0.6； 所以100个产品中一等品有60个，非一等品有40个，则一等品与非一等品的抽样比为3：2； 所以现抽取5个产品，一等品有3个，记为a、b、c，非一等品2个，记为D、E； 从这5个产品中随机抽取2个，基本事件为：ab、ac、aD、aE、bc、bD、bE、cD、

cE、DE共10种；

抽取的这2个产品中恰有一个一等品的事件为：aD、aE、bD、bE、cD、cE共6种， 所以所求的概率为P63. 105【点睛】本题考查频率分布直方图中具体数值的求解，中位数的计算，求解具体事件对应的概率，属于中档题

18.在ABC中，A,B,C对应的边为a,b,c.已知acosC（Ⅰ）求A；

（Ⅱ）若b4,c6，求cosB和cosA2B的值.

1cb. 2【答案】（Ⅰ）A【解析】 【分析】

11π（Ⅱ） 314（Ⅰ）先根据正弦定理化边为角，再根据两角和正弦公式化简得结果，（Ⅱ）根据余弦定理求

a，代入条件求得sinB23，解得cosB，最后根据两角和余弦定理得结果.

7711cb，得sinAsinCsinCsinB，又由22【详解】（Ⅰ）解：由条件acosC1sinBsinAC，得sinAcosCsinCsinAcosCcosAsinC.

21π由sinC0，得cosA，故A.

23π（Ⅱ）解：在ABC中，由余弦定理及b4,c6,A，

3有a2b2c22bccosA，故a27. 23cosB由bsinAasinB得sinB，因为ba，故. 77因此sin2B2sinBcosB1432，cos2B2cosB1.

7711. 14所以cosA2BcosAcos2BsinAsin2B【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的. 19.已知数列an的前n项和为Sn，满足Sn2annnN（Ⅰ）证明：an1是等比数列； （Ⅱ）求a1a3a5a2n1的值.

*.

【答案】（I）见解析；（II）【解析】 【分析】

24n13n

（I）计算Sn1，根据Sn,an关系，可得an2an11，然后使用配凑法，可得结果. （II）根据（1）的结果，可得an，然后计算a2n1，利用等比数列的前n和公式，可得结果. 【详解】（I）由Sn2ann① 当n1时，可得S12a11a11 当n2时，则Sn12an1n1② 则①-②：an2an2an11n2 则an2an11an12an11 又a112

所以数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列

nn（II）由（I）可知：an12an21

所以a2n122n1114n1

2记Tna1a3a5a2n1 所以Tn1442...4nn 2又442...4nn414n1444n13n

441241所以T1nn n233【点睛】本题考查Sn,an的关系证明等比数列以及等比数列的前n和公式，熟练公式，以及掌握Sn,an之间的关系，属基础题.

20.如图，三棱柱ABCA1B1C1中，A1A底面ABC，点D是棱B1C1的中点，

ABAC2，BCBB12.

（Ⅰ）求证：AC1//平面A1BD； （Ⅱ）求点D到平面ABC1的距离.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】 【分析】

3 3（Ⅰ）连接AB1交A1B于点M，连DM，根据中位线定理可得AC1//DM，然后根据线面平行的判定定理，可得结果.

（Ⅱ）计算SABC1,SBDC1，根据等体积法，VDABC1VABDC1，可得结果.

【详解】（Ⅰ）在三棱柱ABCA1B1C1中 连接AB1交A1B于点M，连DM 如图

由四边形ABB1A1为平行四边形，则M为AB1中点 又点D是棱B1C1的中点，所以AC1//DM 因为AC1平面A1BD，DM平面A1BD 所以AC1//平面A1BD

（Ⅱ）设点D到平面ABC1的距离为h 由A1A底面ABC，AB所以A1AAB， 由ABAC底面ABC

2，BCBB12

所以AB2AC2BC2，则ACAB

由AC,AA1平面ACC1A1，所以AB平面ACC1A1

AC1平面ACC1A1，所以ABAC1

AC1ACCC所以SABC122122226 SBDC11ABAC13 211DC1CC1121 22连接AD，作ANBC交BC于点N

由三角形ABC为等腰直角三角形，所以AN1 又AN底面ABC，所以ANAA1， 又AA1//CC1，所以ANCC1

CC1,BC平面B1BCC1，CC1BCC

所以AN平面B1BCC1 由VDABC1VABDC1 则SABC1h所以h33131SBDC1AN 3

【点睛】本题考查线面平行的判定以及使用等体积法求点到面的距离，识记线面平行的判定，熟练掌握使用等积法解决点到面的距离，细心观察，耐心计算，属中档题. 21.已知函数f(x)exalnxx.

（Ⅰ）当a1时，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处切线方程； （Ⅱ）若f(x)在区间(0,1)上存在极值点，求a的取值范围. 【答案】（Ⅰ）exy10；（Ⅱ）(0,e1) 【解析】 【分析】

（Ⅰ）根据导数的几何意义求解；（Ⅱ）根据极值点的定义域导函数与原函数的性质求解. 【详解】解：（Ⅰ） 当a1时，fxelnxx，x0.

xx所以fxe11， x所以 f1e1，f1e，

曲线yfx在点1,f1处的切线方程为ye1ex1， 整理得 exy10. （Ⅱ）因为fxealnxx，x0.

x的axexxa所以fxe1，

xxx依题意，fx在区间0,1上存在变号零点.

因为x0，设gxxexa，所以gx在区间0,1上存在变号零点.

x因

gxexx11，

x所以，当x0,1时，ex1，x11，所以ex11，即gx0，

所以gx在区间0,1上为单调递增函数，

a0,g00,依题意，  即

g10,e1a0.解得 0ae1.

所以，若fx在区间0,1上存在极值点，a的取值范围是0,e1.

【点睛】高考对导数几何意义的考查主要有以下几个命题角度：（1）已知切点求切线方程；（2）已知切线方程(或斜率)求切点或曲线方程；（3）已知曲线求切线倾斜角的取值范围. （二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题计分.

xt,xOy22.在直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，

y52tx轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2cos240.

（Ⅰ）写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；

11（Ⅱ）已知点A(0,5)，直线l与曲线C相交于点M,N，求的值. |AM||AN|【答案】（Ⅰ）直线l的普通方程为：2xy50，曲线C的直角坐标方程为：

x2y240；（Ⅱ）4

【解析】 【分析】

（Ⅰ）使用代入法消参，可得直线l的普通方程，根据cosx,siny，结合二倍角

的余弦公式，可得曲线C的直角坐标方程

（Ⅱ）写出直线l参数方程的标准形式，然后联立曲线C的方程，可得关于参数t的一元二次方程，根据t的几何意义，可得结果.

xt,【详解】（Ⅰ）由（t为参数），所以y52x

y52t则直线l的普通方程为：2x由cos240，所以2y50

2cossin40

222222又cosx,siny，所以xy40

则曲线C的直角坐标方程为：xy40 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知：

5xt,5直线l参数方程标准形式为：（t为参数）

y525t5将该方程代入曲线C的直角坐标方程 化简可得：3t220t50 设点M,N所对应的参数分别为t1,t2 所以t1t2所以

205,t1t2，则t10,t20 33111111 |AM||AN|t1t2t1t2t1t2114 则

|AM||AN|t1t2【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程，普通方程之间的转换，还考查直线参数方程参数的几何意义，熟练公式以及直线参数方程参数的几何意义，注意直线参数方程的标准化，属中档题

23.已知f（x）＝﹣x+|2x+1|，不等式f（x）＜2的解集是M． （Ⅰ）求集合M；

（Ⅱ）设a，b∈M，证明：|ab|+1＞|a|+|b|．

【答案】（Ⅰ）M＝{x|﹣1＜x＜1}；（Ⅱ）见解析 【解析】 【分析】 （Ⅰ）分11，x＜去绝对值可得M＝{x|﹣1＜x＜1}．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得|a|＜1，|b|22＜1，将不等式作差即可得证．

【综上可知，M＝{x|﹣1＜x＜1}． 故|ab|+1＞|a|+|b|． 中档题．

1时，f（x）＝﹣x+2x+1＝x+1． 21由f（x）＜2，得x＜1，所以x＜1．

21当x＜时，f（x）＝﹣x﹣2x﹣1＝﹣3x﹣1．

21由f（x）＜2，得x＞﹣1，所以﹣1＜x＜

2详解】（Ⅰ）当（Ⅱ）因为a，b∈M，所以﹣1＜a，b＜1，即|a|＜1，|b|＜1 所以|ab|+1﹣（|a|+|b|）＝（|a|﹣1）（|b|﹣1）＞0

【点睛】本题考查了绝对值不等式解法，考查了作差法证明不等式，准确计算是关键，属于