山东省济宁市第一中学2020届高三下学期二轮质量检测数学试题 21页

济宁一中2017级高三一轮复习质量检测数学试题（二）‎ 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）‎ ‎1.已知集合，则=‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．‎ ‎【详解】由题意得，，则 ‎．故选C．‎ ‎【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．‎ ‎2.设复数z满足，z在复平面内对应的点为(x，y)，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易．此题可采用几何法，根据点（x，y）和点(0，1)之间的距离为1，可选正确答案C．‎ ‎【详解】则．故选C．‎ ‎【点睛】本题考查复数的几何意义和模的运算，渗透了直观想象和数学运算素养．采取公式法或几何法，利用方程思想解题．‎ ‎3.若a>b，则 A. ln(a−b)>0 B. ‎3a<3b C. a3−b3>0 D. │a│>│b│‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题也可用直接法，因为，所以，当时，，知A错，因为是增函数，所以，故B错；因为幂函数是增函数，，所以，知C正确；取，满足，，知D错．‎ ‎【详解】取，满足，，知A错，排除A；因为，知B错，排除B；取，满足，，知D错，排除D，因为幂函数是增函数，，所以，故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查对数函数性质、指数函数性质、幂函数性质及绝对值意义，渗透了逻辑推理和运算能力素养，利用特殊值排除即可判断．‎ ‎4.已知， ，那么“”是“ ”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎ ∵‎ ‎ ，解得 ‎ 故是“ ”的必要不充分条件 故选B．‎ 点睛：充分、必要条件的三种判断方法．‎ ‎1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒‎ ‎”为真，则是的充分条件．‎ ‎2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．‎ ‎3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．‎ ‎5.双曲线C：=1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，若，则△PFO的面积为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查以双曲线为载体的三角形面积的求法，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取公式法，利用数形结合、转化与化归和方程思想解题．‎ ‎【详解】由．‎ ‎，‎ 又P在C的一条渐近线上，不妨设为在上，‎ ‎，故选A．‎ ‎【点睛】忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅，采取列方程组的方式解出三角形的高，便可求三角形面积．‎ ‎6.已知正项等比数列满足：，若存在两项使得，则的最小值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以通过等比数列的相关性质以及、求出数列的通项公式，然后通过得出，最后将转化为并利用基本不等式即可得出结果．‎ ‎【详解】因为数列是正项等比数列，，，‎ 所以，，，‎ 所以，，，，，‎ 因为，所以，，‎ ‎，当且仅当时“=”成立，‎ 所以的最小值为，故选A．‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的相关性质以及基本不等式的相关性质，等比数列的通项公式是，等比中项，基本不等式有，考查公式的使用，考查化归与转化思想，是中档题．‎ ‎7.已知四棱锥，平面，，，，，.若四面体的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的中点为，的中点为，可知点为四面体外接球的球心，进而根据垂直关系利用边长求解即可.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，，，四点共圆，.‎ 由，得，所以.‎ 设的中点为，的中点为，因为平面，所以平面.‎ 易知点为四面体外接球的球心，所以，.‎ 故选C ‎【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ．‎ ‎8.如图，在中，，，为上一点，且满足，若面积为，则的最小值为( )‎ A. B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用平面向量基本定理，得到m 的值，结合向量模长计算方法，建立等式，计算最值，即可．‎ ‎【详解】 ‎ ‎，得到，所以，结合 的面积为，得到,得到，所以 ‎，故选D．‎ ‎【点睛】考查了平面向量基本定理，考查了基本不等式的运用，难度偏难．‎ 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分）‎ ‎9.如图，在以下四个正方体中，直线与平面垂直的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用逐一验证法，结合线线位置关系以及线面垂直的判定定理，可得结果.‎ ‎【详解】对于A，由与所成角为，‎ 可得直线与平面不垂直；‎ 对于B，由，，，‎ 可得平面；‎ 对于C，由与所成角为，‎ 可得直线与平面不垂直；‎ 对于D，连接，由平面，‎ 可得，同理可得，‎ 又，所以平面 故选：BD ‎【点睛】本题考查线线位置关系，还考查线面垂直的判定定理，属基础题.‎ ‎10.“科技引领，布局未来”科技研发是企业发展的驱动力量.2007~2018年，某企业连续12年累计研发投入达4100亿元，我们将研发投入与经营投入的比值记为研发投入占营收比，这12年间的研发投入（单位：十亿元）用图中的条形图表示，研发投入占营收比用图中的折线图表示.根据折线图和条形图，下列结论正确的有（ ）‎ A. 2012年至2013年研发投入占营收比增量相比2017年至2018年研发投入占营收比增量大 B. 2013年至2014年研发投入增量相比2015年至2016年研发投入增量小 C. 该企业连续12年来研发投入逐年增加 D. 该企业连续12年来研发投入占营收比逐年增加 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图形给出的信息，分析判断即可．‎ ‎【详解】对于选项A，2012年至2013年研发投入占营收比增量为，2017年至2018年研发投入占营收比增量为，所以该选项正确；‎ 对于选项B，2013年至2014年研发投入增量为2，2015年至2016年研发投入增量为19，所以该选项正确；‎ 对于选项C，该企业连续12年来研发投入逐年增加，所以该选项是正确的；‎ 对于选项D，该企业连续12年来研发投入占营收比不是逐年增加，如2009年就比2008‎ 年的研发投入占营收比下降了.所以该选项是错误的.‎ 故选：ABC ‎【点睛】本题考查命题真假的判断，考查折线图等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．‎ ‎11.将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数的图象，则下列关于函数的说法正确的是（ ）‎ A. 最大值为，图象关于直线对称 B. 图象关于y轴对称 C. 最小正周期为 D. 图象关于点对称 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数的图象变换规律，求得的解析式，再利用余弦函数的图象和性质，得出结论．‎ ‎【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，‎ 得到的图象；‎ 再向上平移1个单位长度，得到函数的图象，对于函数，它的最大值为，由于当时，，不是最值，故的图象不关于直线对称，故A错误；‎ 由于该函数为偶函数，故它的图象关于y轴对称，故B正确；‎ 它的最小正周期为，故C正确；‎ 当时，，故函数的图象关于点对称，故D正确.‎ 故选：BCD ‎【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，余弦函数的图象和性质，属于中档题．‎ ‎12.已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 函数在区间内单调递增 B. 当时，函数取得极小值 C. 函数在区间内单调递增 D. 当时，函数有极小值 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用的区间是增区间，使的区间是减区间，导数等于零的值是极值，先增后减是极大值，先减后增是极小值分别对选项进行逐一判定.‎ ‎【详解】对于A，函数在区间内有增有减，故A不正确；‎ 对于B，当时，函数取得极小值，故B正确；‎ 对于C，当时，恒有，则函数在区间上单调递增，故C正确；‎ 对于D，当时，，故D不正确.‎ 故选：BC ‎【点睛】本题考查了通过导函数图象判定原函数的单调性，以及极值问题，属于易错题．‎ 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.‎ 为了解某高中学生的身高情况，现采用分层抽样的方法从三个年级中抽取一个容量为100的样本，其中高一年级抽取24人，高二年级抽取26人．若高三年级共有学生600人，则该校学生总人数为_____．‎ ‎【答案】1200‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出高三年级出去的人数和所占比例，再用高三年级学生数除以其所占比例即为总人数.‎ ‎【详解】解：由题意知高三年级抽取了人 所以该校学生总人数为人 故答案为1200.‎ ‎【点睛】本题考查了分层抽样，属于基础题.‎ ‎14.已知的展开式的所有项系数之和为27，则实数______，展开式中含的项的系数是______.‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 23；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将x=1代入表达式可得到各项系数之和，按照展开式的系数的公式得到的系数之和.‎ ‎【详解】已知的展开式的所有项系数之和为27,将x=1代入表达式得到 展开式中含的项的系数是 ‎ 故答案为(1). 2；(2). 23.‎ ‎【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可;(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.‎ ‎15.“中国梦”的英文翻译为“”，其中又可以简写为，从“中取6个不同的字母排成一排，含有“”字母组合（顺序不变）的不同排列共有______种.‎ ‎【答案】600‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，分2步进行分析：先从从其他5个字母中任取4个，再将“ea”看成一个整体，与选出的4个字母全排列，由分步计数原理计算可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，分2步进行分析：先从其他5个字母中任取4个，有（种）选法，再将“”看成一个整体，与选出的4个字母全排列，有（种）情况，则不同的排列有（种）.‎ 故答案为：600‎ ‎【点睛】本题考查排列、组合的实际应用，注意将“ea”看成一个整体,属于中档题．‎ ‎16.若函数与函数，在公共点处有共同的切线，则实数的值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数的定义域为，求出导函数，利用曲线与曲线公共点为由于在公共点处有共同的切线，解得，，联立解得的值．‎ ‎【详解】解：函数的定义域为，，，‎ 设曲线与曲线公共点为，‎ 由于在公共点处有共同的切线，∴，解得，．‎ 由，可得．‎ 联立，解得．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．‎ 四、解答题（本题共6小题，共70分）‎ ‎17.已知数列中，，，.‎ ‎（1）求证：数列是等比数列;‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据求得,化简成含的表达式再得即可.‎ ‎(2)根据(1)中等比数列的首项与公比求得数列的通项公式,再代入即可求得数列的通项公式,再根据分组求和求解即可.‎ ‎【详解】（1）证明：因为 所以, ‎ 又因为,则, ‎ 所以数列是首项为2,公比为2的等比数列.‎ ‎（2）由（1）知,所以, ‎ 所以 ‎【点睛】本题主要考查了数列的递推公式证明等比数列的方法,同时也考查了分组求和与等比等差数列求和的公式等.属于中等题型.‎ ‎18.在中，内角，，的对边分别为，，，且.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，的面积为，求的周长 ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）根据余弦定理直接求解可得，进而可得；‎ ‎（2）由正弦定理角化边可得，再利用面积公式求解即可.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，‎ 所以，从而.‎ ‎（2）因为，所以，即.‎ 因为的面积为，所以，即，所以，‎ 解得.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正余弦定理及面积公式求解三角形，属于基础题.‎ ‎19.已知如图1直角梯形，，，，，E为的中点，沿将梯形折起（如图2），使平面平面.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）在线段上是否存在点F，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）存在，F为中点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接，则，由平面平面可得平面，可得,又可证平面；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，设，，根据二面角的向量计算公式即可求出.‎ ‎【详解】（1）证明 连接，则，‎ 又平面平面，平面平面，平面，‎ 所以平面，‎ 所以.‎ 又，，，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）（1）得平面，所以.‎ 所以，，两两垂直，‎ 分别以，，方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系,‎ 如图所示，‎ 则，，，‎ 设，，‎ 所以，，‎ 设平面的法向量为，‎ 则 取，得.‎ 取平面的法向量为.‎ 所以，‎ 所以.‎ 所以线段上存在点F，且F为中点时，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定与性质，二面角的向量求法，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，且椭圆C过点．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)过椭圆C的右焦点的直线l与椭圆C交于A、B两点，且与圆：交于E、F两点，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)本题首先可以通过离心率为得到，再将点带入椭圆方程中即可得出结果；‎ ‎(2)首先可以通过椭圆方程来确定椭圆的右焦点坐标，然后对直线的斜率是否存在进行分类讨论，分别求出在两种情况下的取值范围，最后即可得出结果．‎ ‎【详解】（1）由已知可得，所以， ‎ 所以椭圆的方程为，将点带入方程得，即，‎ 所以椭圆C的标准方程为．‎ ‎（2）椭圆的右焦点为，‎ ‎①若直线的斜率不存在，直线的方程为，‎ 则，，，‎ 所以，，；‎ ‎②若直线的斜率存在，设直线方程为，设，，‎ 联立直线与椭圆方程，可得，‎ 则，，‎ 所以，‎ 因为圆心到直线的距离，所以，‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 综上，．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的相关性质，主要考查了椭圆的标准方程的求法以及椭圆与直线位置关系的应用，考查了化归与转化思想，考查了分类讨论思想，考查了韦达定理的使用，考查了计算能力，是难题．‎ ‎21.某社区消费者协会为了解本社区居民网购消费情况，随机抽取了100位居民作为样本，就最近一年来网购消费金额(单位：千元)，网购次数和支付方式等进行了问卷调査.经统计这100位居民网购消费金额均在区间内，按，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示.‎ ‎（1）估计该社区居民最近一年来网购消费金额的中位数；‎ ‎（2）将网购消费金额在20千元以上者称为“网购迷”，补全下面的列联表，并判断有多大把握认为“网购迷与性别有关系”；‎ 男 女 合计 网购迷 ‎20‎ 非网购迷 ‎45‎ 合计 ‎100‎ ‎（3）调査显示，甲、乙两人每次网购采用的支付方式相互独立，两人网购时间与次数也互不. 影响.统计最近一年来两人网购的总次数与支付方式，所得数据如下表所示：‎ 网购总次数 支付宝支付次数 银行卡支付次数 微信支付次数 甲 ‎80‎ ‎40‎ ‎16‎ ‎24‎ 乙 ‎90‎ ‎60‎ ‎18‎ ‎12‎ 将频率视为概率，若甲、乙两人在下周内各自网购2次，记两人采用支付宝支付的次数之和为，求的数学期望.‎ 附：观测值公式：‎ 临界值表：‎ ‎0.01‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎【答案】(1) 中位数估计为17.5千元. (2)见解析；(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用频率分布直方图的中位数公式求解即可(2) 由直方图知，网购消费金额在20千元以上的频数为，得“网购迷”共有35人，列出列联表计算即可得出结论；(3) 设甲，乙两人采用支付宝支付的次数分别为，，据题意得，，计算，由，即可求解 ‎【详解】（1）在直方图中，从左至右前3个小矩形的面积之和为， ‎ 后2个小矩形的面积之和为，所以中位数位于区间内.‎ 设直方图的面积平分线为，则，得，所以该社区居民网购消费金额的中位数估计为17.5千元.‎ ‎（2）由直方图知，网购消费金额在20千元以上的频数为，‎ 所以“网购迷”共有35人，由列联表知，其中女性有20人，则男性有15人.‎ 所以补全的列联表如下：‎ 男 女 合计 网购迷 ‎15‎ ‎20‎ ‎35‎ 非网购迷 ‎45‎ ‎20‎ ‎65‎ 合计 ‎60‎ ‎40‎ ‎100‎ 因为，查表得，‎ 所以有97.5%的把握认为“网购迷与性别有关系”.‎ ‎（3）由表知，甲，乙两人每次网购采用支付宝支付的概率分别为，.‎ 设甲，乙两人采用支付宝支付的次数分别为，，据题意，，.‎ 所以，.‎ 因为，则，所以的数学期望为.‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图，独立性检验，二项分布，熟记公式准确计算是关键，是中档题 ‎22.已知函数 ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）当时，设且，证明：．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ 分析：（1）先求出导函数，分类讨论当和当时导函数的符号，判断单调区间．‎ ‎（2）通过构造函数g（x），利用导函数研究g（x ‎）的单调性，利用函数的单调性，求出函数的最大值，不等式得证．‎ 详解：‎ 解：（1），‎ 当时，，则在上单调递增．‎ 当时，令，得，则的单调递增区间为，‎ 令，得，则的单调递减区间为．‎ ‎（2）证明：（法一）设，则，‎ 由得；由得，‎ 故 从而得，‎ ‎，‎ 即．‎ ‎（法二），‎ ‎，‎ 设，则，‎ 由得；由得，‎ 故．‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，．‎ 点睛：本题考查利用导函数求函数的单调性、利用函数的单调性求函数的最值、通过构造函数证明不等式、分类讨论的数学思想方法在解题中的综合应用．高考中常考压轴题，属于难题．‎