山东省潍坊高密市2020届高三模拟数学试题一 Word版含解析 24页

数学模拟题一 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出与中不等式的解集，确定出与，求出与的并集．‎ ‎【详解】解：集合，1，2，，，‎ 所以，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】此题考查了并集及其运算，熟练掌握并集的定义是解本题的关键．‎ ‎2.已知为虚数单位,复数满足,则的共轭复数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将 ‎【详解】解:因为,‎ 所以 , ‎ 所以其共轭复数为 故选:C ‎【点睛】本题考查复数的除法运算,共轭复数的概念,是基础题.‎ ‎3.已知两个力,‎ 作用于平面内某静止物体的同一点上,为使该物体仍保持静止,还需给该物体同一点上再加上一个力,（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据力的平衡条件下,合力为,即可根据向量的坐标运算求得 ‎【详解】解:根据力的合成可知,‎ 因为物体保持静止即合力为,‎ 则,‎ 即 故选:A ‎【点睛】本题考查了向量的运算在物理中的简单应用,静止状态的条件应用,属于基础题.‎ ‎4.若，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用同角三角函数的基本关系、诱导公式，求得，再利用倍角公式求得的值．‎ ‎【详解】，，得，‎ ‎.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系、诱导公式，倍角公式的应用，属于基础题．‎ ‎5.函数的大致图象是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由于，，且，‎ 故此函数是非奇非偶函数，排除；又当时，满足，即的图象与直线的交点中有一个点的横坐标为，排除， 故选B．‎ ‎【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除 ‎6.已知,,且,则的最小值为（ ）‎ A. 100 B. 81 C. 36 D. 9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据,,且,利用基本不等式有,整理可得,‎ 验证取等的情况即可.‎ ‎【详解】解: 已知,,且,‎ 所以,‎ 即,故.‎ 当且仅当是,即时等号成立.‎ 所以的最小值为.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查利用均值不等式求乘积的最小值,是基础题.要注意 “一定、二正、三相等”.‎ ‎7.已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，直线与抛物线交于，两点，若，则=‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据题意写出直线的方程，再将直线的方程与抛物线y2＝2x的方程组成方程组，消去y得到关于x的二次方程，最后利用根与系数的关系结合抛物线的定义即可求线段AB的长．‎ ‎【详解】解：抛物线C：y2＝2x的焦点为F（，0），准线为l：x＝﹣，设M（x1，y1），N（x2，y2），M，N到准线的距离分别为dM，dN，‎ 由抛物线的定义可知|MF|＝dM＝x1+，|NF|＝dN＝x2+，于是|MN|＝|MF|+|NF|＝x1+x2+1．‎ ‎∵，则，易知：直线MN的斜率为±，‎ ‎∵F（，0），‎ ‎∴直线PF的方程为y＝±（x﹣），‎ 将y＝±（x﹣），代入方程y2＝2x，得3（x﹣）2＝2x，化简得12x2﹣20x+3＝0，‎ ‎∴x1+x2，于是|MN|＝x1+x2+11‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义和性质，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．‎ ‎8.已知，，，记为，，中不同数字的个数，如：，，，则所有的的排列所得的的平均值为（ ）‎ A. B. 3 C. D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 由题意得所有的的排列数为，再分别讨论时的可能情况则均值可求 ‎【详解】由题意可知，所有的的排列数为，当时，有3‎ 种情形，即，，；当时，有种；当时，有种，那么所有27个的排列所得的的平均值为.‎ 故选A ‎【点睛】本题考查排列组合知识的应用，考查分类讨论思想，考查推理论证能力和应用意识，是中档题 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.‎ ‎9.“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，旨在积极发展我国与沿线国家经济合作关系，共同打造政治互信、经济融合、文化包容的命运共同体.自2013年以来，“一带一路”建设成果显著下图是2013-2017年，我国对“一带一路”沿线国家进出口情况统计图，下列描述正确的是（ ）.‎ A. 这五年，2013年出口额最少 B. 这五年，出口总额比进口总额多 C. 这五年，出口增速前四年逐年下降 D. 这五年，2017年进口增速最快 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 选项A :观察五个灰色的条形图的高低即可判断;选项B:观察五组条形图,对比每组灰色条形图与黑色条形图的高低及高低悬殊程度即可判断;选项C :从图中知,‎ 红色的折线图是先上升后下降即可判断;选项D :观察这五年所对的蓝色折线图的高低即可判断.‎ ‎【详解】解:选项A :观察五个灰色的条形图,可得2013年所对的灰色条形图高度最低,所以这五年, 2013年出口额最少.故A正确;‎ 选项B:观察五组条形图可得2013年出口额比进口额稍低但2014年-2017年都是出口额高于进口额并且2015年和2016年都是出口额明显高于进口额,故这五年,出口总额比进口总额多.故B正确:‎ 选项C :从图中可知,红色折线图是先上升后下降即2013年到2014年出口增速是上升的.故C错误;‎ 选项D :从图中可知,蓝色的折线图2017年是最高的,即2017年进口增速最快,故D正确.‎ 故选: ABD ‎【点睛】本题主要考查统计条形图和折线图的应用:解题的关键 是从条形图看出口金额和进口金额从折线图看出口增速和进口增速;属于基础题.‎ ‎10.关于函数下列结论正确的是（ ）‎ A. 图像关于轴对称 B. 图像关于原点对称 C. 在上单调递增 D. 恒大于0‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数的奇偶性,单调性直接求解.‎ ‎【详解】解: 函数定义域为,‎ ‎①因为 ‎,‎ 故函数为偶函数,所以A正确;‎ ‎②由①知,函数为偶函数,所以B不正确;‎ ‎③当时,,且在单调递减,‎ 当时,,‎ 且在单调递减,‎ 而,故在单调递调减,‎ 又由为偶函数,故在上单调递增,所以C正确;‎ ‎④由①知, ,当,,,,‎ 故此时.故D正确.‎ 故选:ACD ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性和恒大于0,属于函数基本性质的综合题,是中档题。‎ ‎11.设函数（），已知在有且仅有3个零点，下列结论正确的是（ ）‎ A. 上存在，，满足 B. 在有且仅有1个最小值点 C. 单调递增 D. 的取值范围是 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意根据在区间有3个零点画出大致图象，可得区间长度介于周期，，再用表示周期，得的范围．‎ ‎【详解】解：画出函数大致图象如图所示，‎ 当时；‎ 又，所以时在轴右侧第一个最大值区间内单调递增，‎ 函数在，仅有3个零点时，则的位置在之间（包括，不包括，‎ 令，则得，，‎ 轴右侧第一个点横坐标为，周期，‎ 所以，‎ 即，解得，所以错误；‎ 在区间，上，函数达到最大值和最小值，‎ 所以存在，，满足，所以正确；‎ 由大致图象得，在内有且只有1个最小值，正确；‎ 因为最小值为，所以时，，，‎ 所以时，函数不单调递增，所以错误．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三角函数图象及周期的计算问题，由题意求出的范围，再判断命题的真假性，是解题的关键．‎ ‎12.已知正方体,过对角线作平面交棱于点,交棱于点,下列正确的是（ ）‎ A. 平面分正方体所得两部分的体积相等；‎ B. 四边形一定是平行四边形；‎ C. 平面与平面不可能垂直；‎ D. 四边形的面积有最大值.‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正方体的对称性可知,平面分正方体所得两部分的体积相等;依题意可证,,故四边形一定是平行四边形;当为棱中点时,平面,‎ 平面平面;当与重合,当与重合时的面积有最大值.‎ ‎【详解】解: 对于A：由正方体的对称性可知,平面分正方体所得两部分的体积相等,故A正确;‎ 对于B：因为平面,平面平面,‎ 平面平面,.‎ 同理可证：,故四边形一定是平行四边形,故B正确;‎ 对于C：当为棱中点时,平面,又因为平面,‎ 所以平面平面,故C不正确;‎ 对于D：当与重合,当与重合时的面积有最大值,故D正确.‎ 故选:ABD ‎【点睛】本题考查正方体的截面的性质, 解题关键是由截面表示出相应的量与相应的关系,考查空间想象力.‎ 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知双曲线过点且渐近线为，则双曲线的标准方程为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的渐近线方程可设双曲线方程为,将点代入方程求出,即可得出双曲线方程为.‎ ‎【详解】解:根据题意,双曲线的渐近线方程为,‎ 可化为: ,‎ 则可设双曲线方程为,‎ 将点代入,‎ 得,即,‎ 故双曲线方程为: .‎ 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的标准方程、双曲线的几何性质等基础知识考查运算求解能力,考查数形结合思想属于基础题特别要掌握已知渐近线方程时,如何设出双曲线的标准方程.‎ ‎14.若展开式的二项式系数之和是,则__________;展开式中的常数项的值是__________.‎ ‎【答案】 (1). (2). 135‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二项式系数和求出指数,仔写出展开式通项后可得常数项.‎ ‎【详解】解:因为展开式的二项式系数之和是,‎ 则,解得,‎ 所以展开式中常数项的值是.‎ 故答案为: (1). (2). 135‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理,在展开式中二项式系数为,所有项的系数和为.其中二项式系数是固定的,只与指数有关,而所有相系数还与二项式中的系数有关.‎ ‎15.已知是定义在上的偶函数，且，当时，，若在内关于的方程（且）有且只有个不同的根，则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 推导出函数的周期和对称轴，由题意可知函数与函数在区间上的图象有个交点，数形结合可得出实数所满足的不等式组，进而可解出实数的取值范围.‎ ‎【详解】由，得，即函数的图象关于直线对称.‎ 又是定义在上的偶函数，所以，即，则是以4为周期的周期函数.‎ 画出函数与函数在上的图象如图所示.‎ 要使函数与的图象有个不同的交点，则有，解得，‎ 即实数的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数的取值范围，一般转化为两个函数图象的交点个数，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ ‎16.在△ABC中，设角A，B，C对应的边分别为，记△ABC的面积为S，且，则的最大值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中条件利用余弦定理进行简化，然后化简为二次函数，求出二次函数的最值即可.‎ ‎【详解】由题知，‎ 整理得，‎ 因为，‎ 代入整理得，‎ 令，有，‎ 所以，‎ 所以的最大值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用余弦定理解三角形，结合考查了二次函数的最值问题，属于中档题.‎ 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.在①，，成等差数列.②，，成等差数列中任选一个，补充在下列的问题中，并解答.‎ 在公比为2的等比数列中，______‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）若选①，根据三个数成等差数列，建立等量关系，求得，进而求得通项公式；若选②，根据，，成等差数列，建立等量关系，求得，进而求得通项公式；‎ ‎（2）将代入，求得，，裂项之后求和得结果.‎ ‎【详解】（1）选①：因为，，成等差数列，‎ 所以，‎ 所以，‎ 解得，所以.‎ 选②：因为，，成等差数列，‎ 所以，即，‎ 所以，解得，所以.‎ ‎（2）因，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以 ‎.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有三数成等差数列的条件，等比数列的通项公式，裂项相消法求和，属于中档题目.‎ ‎18.在平面四边形中，已知，，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求周长的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）15‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设,,则,利用正弦定理求出,在利用余弦定理,或,最后检验即可得出结果.‎ ‎（2）设,利用正弦定理有,从而得出 和的表示方法,然后,即可得出周长最大值.‎ ‎【详解】解:（1）由条件即求的长,在中,设,,则,‎ ‎∵,∴,∴‎ 整理得,解得或.‎ 当时可得,与矛盾,故舍去 ‎∴‎ ‎（2）在中,设,则 ‎∴,‎ ‎∴‎ ‎∴周长最大值为15.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理解三角形,考查三角形周长的最大值,是中档题.‎ ‎19.如图①：在平行四边形中,,,将沿对角线折起,使,连结,得到如图②所示三棱锥.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若,二面角的平面角的正切值为,求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明,从而证明平面,进而得出,即可证平面.最后证得平面.‎ ‎（2）若,二面角的平面角的正切值为,由（1）知平面,‎ 因为平面,所以,‎ 又,所以即为二面角的平面角,得,从而求出,,建立空间直角坐标系,求平面的法向量为,‎ 最后根据公式,即得直线与平面所成角大小.‎ ‎【详解】（1）证明：在平行四边形中,,‎ 则.‎ 在三棱锥中,因为,.‎ 所以平面,所以.‎ 又,,所以平面.‎ 又平面,所以.‎ 因为,,所以平面.‎ ‎（2）解：由（1）知平面,‎ 因为平面,所以,‎ 又,所以即为二面角的平面角,即.‎ 因为平面,平面.‎ 所以,故,‎ 又.所以.‎ 在平行四边形,,,‎ 所以与为相似三角形,则,‎ 故（）,解得,‎ 故,解得,‎ 所以,.‎ 过点作,以为坐标原点,,,的方向为轴、轴、轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.‎ 则,,,.‎ 所以,,.‎ 设平面的法向量为,‎ 则 令,得.‎ 设直线与平面所成角为,‎ 即直线与平面所成角为.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间线面垂直判定性质及二面角的解法,属于中档题.‎ ‎20.在传染病学中，通常把从致病刺激物侵人机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期. 一研究团队统计了某地区1000名患者的相关信息，得到如下表格：‎ 潜伏期（单位：天）‎ 人数 ‎（1）求这1000名患者的潜伏期的样本平均数x (同一组中的数据用该组区间的中点值作代表) ；‎ ‎（2）该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述1000名患者中抽取200人，得到如下列联表.请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关；‎ 潜伏期天 潜伏期天 总计 岁以上（含岁）‎ 岁以下 总计 ‎（3）以这1000名患者的潜伏期超过6天的频率，代替该地区1名患者潜伏期超过6天发生的概率，每名患者的潜伏期是否超过6天相互独立，为了深入研究，该研究团队随机调查了20名患者，其中潜伏期超过6天的人数最有可能（即概率最大）是多少？‎ 附：‎ ‎，其中.‎ ‎【答案】（1）天；（2）见解析，没有；（3）人.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据统计数据计算平均数即可；（2）根据题意补充完整的列联表，计算，对照临界值表得出结论；（3）根据题意知随机变量，计算概率，列不等式组并结合题意求出的值.‎ ‎【详解】（1）天；‎ ‎（2）根据题意补充完整的列联表如下：‎ 潜伏期天 潜伏期天 总计 岁以上（含岁）‎ 岁以下 总计 则，，‎ 所以没有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关；‎ ‎（3）由题可得该地区1名患者潜伏期超过6天发生的概率为，‎ 设调查的20名患者中潜伏期超过6天的人数为，则，，，‎ 由，即，‎ 化简得解得，又，所以，‎ 即这20名患者中潜伏期超过6天的人数最有可能时8人.‎ ‎【点睛】本题主要考查独立性检验的应用问题，以及二项分布，考查学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎21.已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，过作直线与椭圆交于，两点，的周长为8．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）问：的内切圆面积是否有最大值？若有，试求出最大值；若没有，说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由离心率得，再利用的周长为8得，从而得到的值，进而得到椭圆的方程；‎ ‎（2）将的内切圆面积的最大值转化为求的值最大，设，，直线，从而将面积表示成关于的函数，再利用换元法研究函数的最值.‎ ‎【详解】（1）离心率为，，‎ 的周长为8，，得，‎ ‎，，‎ 因此，椭圆的标准方程为．‎ ‎（2）设的内切圆半径为，， ‎ 又，，‎ 要使的内切圆面积最大，只需的值最大．‎ 设，，直线，‎ 联立消去得：，‎ 易得，且，，‎ 所以 ‎，‎ 设，则，‎ 设，，所以在上单调递增，‎ 所以当，即时，的最大值为3，‎ 此时，所以的内切圆面积最大为．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的离心率、方程的求解、焦点三角形的性质，考查转化与化归思想、函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意换元法的灵活运用.‎ ‎22.已知函数．‎ ‎（1）若，曲线在点处的切线与直线平行，求的值；‎ ‎（2）若，且函数的值域为，求的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对函数进行求导得，再利用导数的几何意义得，从而得到关于的方程，解方程即可得到答案；‎ ‎（2）当时，，将函数可化为，则，从而将问题转化为有解，再构造函数，利用导数研究函数的值域，从而得到的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ ‎，‎ 由，‎ 得，‎ 即，‎ 解得或，‎ 当时，，此时直线恰为切线，故舍去，‎ 所以.‎ ‎（2）当时，，设，‎ 设，则，‎ 故函数可化为.‎ 由,可得 的单调递减区间为，单调递增区间为，‎ 所以的最小值为，‎ 此时，函数的的值域为 问题转化为当时，有解，‎ 即，得.‎ 设，则，‎ 故的单调递减区间为，单调递增区间为，‎ 所以的最小值为，‎ 故的最小值为．‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、求参数的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意对问题进行多次转化，同时注意构造函数法的应用.‎