山东省2020届高三新高考预测数学试卷 Word版含解析 23页

‎2020年山东省新高考预测卷 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，将第Ⅰ卷选择题的正确答案选项填涂在答题卡相应位置上，考试结束，将答题卡交回．考试时间120分钟，满分150分．‎ 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考生务必将姓名、座号、准考证号填写在答题卡规定的位置上．‎ ‎2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．答案不能答在试题卷上．‎ ‎3．第Ⅱ卷答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试题卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效．‎ 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 一、选择题：（本大题共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.设复数，则复数z在复平面内对应点的坐标为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数的乘法化简得到，然后利用复数的几何意义求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 使用复数z在复平面内对应的点的坐标为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎2.已知集合，，则（　　 ）‎ - 23 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合,再根据交集的概念进行运算可得.‎ ‎【详解】因为函数的值域为所以,‎ 又集合,所以.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查了交集的运算,函数的值域,解一元二次不等式,属于基础题.‎ ‎3.“直线与平面内的无数条直线垂直”是“直线与平面垂直”的（　　　　）‎ A. 充分条件 B. 必要条件 C. 充要条件 D. 既非充分条件又非必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平面几何知识可得一个平面内的一条直线可以垂直此平面内的无数条直线，可得不是充分条件；利用直线与平面垂直的定义可得应该是必要条件。‎ ‎【详解】因为直线在平面内，也可以与平面内的无数条直线垂直，所以，“直线与平面内的无数条直线垂直”不是“直线与平面垂直”的充分条件；若直线与平面垂直，则直线与平面内的所有直线都垂直。所以，“直线与平面内的无数条直线垂直”是“直线与平面垂直”的必要条件。‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面垂直关系的判断，考查学生的空间想象能力，判断位置关系时，应寻找合适的模型即可；判断不对时，只需找到反例就行。‎ ‎4.函数在上的图象大致是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 23 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的奇偶性及特殊点的函数值，运用排除法得解．‎ ‎【详解】解：∵‎ 所以，∴是偶函数，函数图象关于轴对称，故排除B，D．∵，∴排除C．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的性质确定函数图象，考查数形结合思想，属于基础题．‎ ‎5.在直角梯形中，，，，，是的中点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由数量积的几何意义可得，，又由数量积的运算律可得 ‎，代入可得结果.‎ ‎【详解】∵，‎ 由数量积的几何意义可得：的值为与在方向投影的乘积，‎ 又在方向的投影为=2，‎ - 23 -‎ ‎∴，同理，‎ ‎∴，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了向量数量积的运算律及数量积的几何意义的应用，属于中档题.‎ ‎6.宁波古圣王阳明的《传习录》专门讲过易经八卦图，下图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（“—”表示一根阳线，“——”表示一根阴线）．从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有四根阴线的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据古典概型的概率求法，先得到从八卦中任取两卦基本事件的总数，再找出这两卦的六根线中恰有四根阴线的基本事件数，代入公式求解.‎ ‎【详解】从八卦中任取两卦基本事件的总数种，‎ 这两卦的六根线中恰有四根阴线的基本事件数有6种，‎ 分别是（巽，坤），（兑，坤），（离，坤），（震，艮），（震，坎），（坎，艮），‎ 所以这两卦的六根线中恰有四根阴线的概率是.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查古典概型的概率，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎7.已知抛物线的焦点为，点在上，.若直线 - 23 -‎ 与交于另一点，则的值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本道题结合抛物线性质，分别计算A,B的坐标，结合两点距离公式，即可．‎ ‎【详解】结合抛物线的性质可得，所以抛物线方程为，所以点A坐标为，所以直线AB的方程为，代入抛物线方程，计算B的坐标为，所以，故选C．‎ ‎【点睛】本道题考查了抛物线性质以及两点距离公式，难度中等．‎ ‎8.三棱锥的所有顶点都在半径为2的球的球面上.若是等边三角形，平面平面，，则三棱锥体积的最大值为（ ）‎ A. 2 B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意求得，则且， 又由平面平面，可得平面，即三棱锥的高，在中，利用基本不等式求得面积的最大值，进而可得三棱锥体积的最大值，得到答案.‎ ‎【详解】由题意知，三棱锥的所有顶点都在半径为2的球的球面上，若是等边三角形，‎ 如图所示，可得，则且， ‎ 又由平面平面，所以平面，即三棱锥的高，‎ 又由在中，，设，则,‎ 所以，当且仅当时取等号，即的最大值为3，‎ - 23 -‎ 所以三棱锥体积的最大值为，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了有关球的内接组合体的性质，以及三棱锥的体积的计算问题，其中解答中充分认识组合体的结构特征，合理计算三棱锥的高和底面面积的最大值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ 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，有多项是符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的0分．‎ ‎9.已知等比数列的公比为，前4项的和为，且，，成等差数列，则的值可能为（ ）‎ A. B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比的值．‎ 详解】解：因为，，成等差数列，‎ 所以，‎ 因此，，‎ 故．‎ 又是公比为的等比数列，‎ 所以由，‎ - 23 -‎ 得，即，‎ 解得或．‎ 故选：AC．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的中项性质和等比数列的通项公式和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．‎ ‎10.某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：____结伴步行，—自行乘车，___家人接送，—其他方式．并将收集的数据整理绘制成如下两幅不完整的统计图．根据图中信息，下列说法正确的是（ ）‎ A. 扇形统计图中的占比最小 B. 条形统计图中和一样高 C. 无法计算扇形统计图中的占比 D. 估计该校一半的学生选择结伴步行或家人接送 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用条形统计图和扇形统计图的性质直接判断求解．‎ ‎【详解】解：由条形统计图知，___自行乘车上学的有42人，___家人接送上学的有30人，___其他方式上学的有18人，采用，，三种方式上学的共90人，设___结伴步行上学的有人，由扇形统计图知，___结伴步行上学与___自行乘车上学的学生占60%，所以，解得，故条形图中， 一样高，扇形图中类占比与一样都为25%，和共占约50%，故D也正确．D的占比最小，A正确．‎ 故选：ABD - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断，考查条形统计图和扇形统计图的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．‎ ‎11.若将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 的最小正周期为 B. 在区间上单调递减 C. 不是函数图象的对称轴 D. 在上的最小值为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数图像的变换可得，结合余弦函数的周期性、单调性、对称轴等即可判断选项，得出答案.‎ ‎【详解】．‎ 的最小正周期为，选项A正确；‎ 当 时， 时，故在上有增有减，选项B错误；，故不是图象的一条对称轴，选项C正确；‎ 当时，，且当，即时，取最小值，D正确．‎ 故选：ACD ‎【点睛】本题考查了三角函数图像的变换、余弦函数的周期性、单调性和对称轴等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于一般题目.‎ - 23 -‎ ‎12.已知，．若有唯一的零点，则的值可能为（ ）‎ A. 2 B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过只有一个零点，化为只有一个实数根．‎ 令，利用函数的导数，判断函数的单调性，结合函数的图象，通过①当时，②当时，③当时，④当时，验证函数的零点个数，推出结果即可．‎ ‎【详解】解：，．‎ 只有一个零点，‎ 只有一个实数根，‎ 即只有一个实数根．‎ 令，则，‎ 函数在上单调递减，且时，，‎ 函数的大致图象如图所示，‎ 所以只需关于的方程有且只有一个正实根．‎ ‎①当时，方程为，解得，符合题意；‎ ‎②当时，方程为，解得或，不符合题意；‎ ‎③当时，方程为，得，只有，符合题意．‎ - 23 -‎ ‎④当时，方程为，得，只有，符合题意．‎ 故选：ACD．‎ ‎【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的零点以及数形结合，构造法的应用，考查转化思想以及计算能力，属于难题．‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知则________．‎ ‎【答案】14‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据分段函数解析式计算可得；‎ ‎【详解】解：因为 所以，‎ 则．‎ 故答案为：14‎ ‎【点睛】本题考查分段函数求函数值，属于基础题.‎ ‎14.已知，则的最小值等于________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，代入变形，利用基本不等式即可得出．‎ - 23 -‎ ‎【详解】解：由题意得，当且仅当时等号成立，所以的最小值为．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎15.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.‎ ‎16.已知圆，点，从坐标原点向圆作两条切线，，切点分别为，，若切线，的斜率分别为，，，则的取值范围为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据题意得到直线，的方程，再根据直线与圆的位置关系得到，结合 - 23 -‎ ‎，即可求得圆心的轨迹方程，最后数形结合可得的取值范围．‎ ‎【详解】由题意可知，直线，，‎ 因为直线，与圆相切，‎ 所以，，‎ 两边同时平方整理可得，‎ ‎，‎ 所以，是方程的两个不相等的实数根，‎ 所以．又，‎ 所以，即．又，‎ 所以，‎ 即．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式，还考查了数形结合思想和运算求解能力，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.在等差数列中，已知， ．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若________，求数列的前项和．‎ 在①，②，③这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并 对其求解．‎ - 23 -‎ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．‎ ‎【答案】（1）；（2）选条件①：，选条件②：，选条件③：.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题第（1）题先设等差数列的公差为，然后根据已知条件列出关于首项与公差的方程组，解出与的值，即可得到等差数列的通项公式；‎ 第（2）题对于方案一：选条件①，先根据第（1）题的结果计算出数列的通项公式，然后运用裂项相消法可计算出前项和；对于方案二：选条件②，先根据第（1）题的结果计算出数列的通项公式，然后分为偶数和奇数两种情况分别求和，并运用分组求和法和等差数列的求和公式进行计算，即可计算出前项和；对于方案三：选条件③，先根据第（1）题的结果计算出数列的通项公式，然后根据通项公式的特点运用错位相减法可计算出前项和．‎ ‎【详解】解：（1）由题意，‎ 解得，．‎ ‎∴．‎ ‎（2）选条件①：，‎ ‎．‎ - 23 -‎ 选条件②：∵，，‎ ‎∴，‎ 当为偶数时，‎ ‎；当为奇数时，为偶数，‎ ‎．‎ 选条件③：∵，，∴，‎ ‎∴，①‎ ‎，②‎ 由①-②得，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的基本量的计算，以及数列求和问题．考查了转化与化归思想，方程思想，分类讨论思想，等差数列求和公式的应用，以及逻辑推理能力和数学运算能力．属于中档题．‎ ‎18.在中，角，，的对边分别为，，，向量，，．‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若的面积为，且，求的值．‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）法一：由向量平行的坐标转化可得，由正弦定理转化为角的关系，即可得出结果.‎ 法二：由向量平行的坐标转化可得，由余弦定理转化为边的关系，即可得出结果.‎ ‎（2）由条件和余弦定理，可得，利用三角形面积公式即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）法一： 因为，所以，‎ 由正弦定理得，‎ 得，即，‎ 因，所以，‎ 又，所以． ‎ 法二： 因为，所以，‎ 易知，，代入上式得，‎ ‎，‎ 整理得，，所以，‎ 又，所以．‎ ‎（2）由（1）得，又，所以，‎ 又，得，所以．‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查了正、余弦定理，三角形的面积公式等基本解三角形知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题目.‎ ‎19.如图①，在等腰梯形中，，，，，，将沿折起，使平面平面，得到如图②所示的四棱锥，其中为的中点．‎ ‎（1）试分别在，上确定点，，使平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1），分别为，的中点，证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当，分别为，的中点时，连接，，，则．．从而平面，同理平面，由此能证明平面平面．‎ ‎（2）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．‎ ‎【详解】解：（1），分别为，的中点，证明如下：‎ 连接， ，，∵，分别为，的中点，‎ ‎∴．又为的中点，且四边形为梯形，∴．∵平面，平面，‎ ‎∴平面，同理平面,‎ 又∵，,平面，‎ ‎∴平面平面．‎ ‎（2）由题意知，， 两两垂直，以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，‎ - 23 -‎ 轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ ‎∵在等腰梯形中，，，，，∴，，，‎ ‎∴，，，，‎ ‎，．‎ 设平面的法向量为，‎ 则即 令，则，，∴为平面的一个法向量．‎ 同理可得平面的一个法向量为． ‎ 设二面角的平面角为，‎ 由图可知，‎ 则．‎ ‎∴二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查面面平行的点的位置的判断与求法，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．‎ - 23 -‎ ‎20.某企业进行深化改革，使企业的年利润不断增长．该企业记录了从2014年到2019年的年利润（单位：百万）的相关数据，如下：‎ 年份 ‎2014‎ ‎2015‎ ‎2016‎ ‎2017‎ ‎2018‎ ‎2019‎ 年份代号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 年利润百万 ‎3‎ ‎5‎ ‎8‎ ‎11‎ ‎13‎ ‎14‎ ‎（1）根据表中数据，以年份代号为横坐标，年利润为纵坐标建立平面直角坐标系，根据所给数据作出散点图；‎ ‎（2）利用最小二乘法求出关于的线性回归方程（保留2位小数）；‎ ‎（3）用表示用正确的线性回归方程得到的与年份代号对应的年利润的估计值，为与年份代号对应的年利润数据，当时，将年利润数据称为一个“超预期数据”，现从这6个年利润数据中任取2个，记为“超预期数据”的个数，求的分布列与数学期望．‎ 附：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：‎ ‎，．‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）散点图见解析；（2）；（3）分布列见解析，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在平面坐标系中描出数据的点，可得散点图；‎ ‎（2）利用最小二乘法公式，代入对所给数据所求的值，可得线性回归直线方程；‎ ‎（3）根据线性回归方程得出估计值，从而得出随机变量可能的取值，再根据古典概率公式求得分布列，从而求得数学期望.‎ 详解】（1）根据表中数据，描点如图：‎ ‎（2）由已知数据得，，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 所以关于的线性回归方程为．‎ ‎（3）由（2）可知，当时，；当时，；当时，；当 时，；当时，；当时，．‎ - 23 -‎ 与年利润数据对比可知，满足的数据有3个，所以的所有可能取值为0，1，2，‎ 则，，，的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ 数学期望．‎ ‎【点睛】本题考查由所给样本数据进行散点图的绘制，线性回归方程的求得，数据的估计，以及随机变量的分布列和数学期望，属于中档题.‎ ‎21.已知椭圆经过点，且右焦点．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）过且斜率存在的直线交椭圆于，两点，记，若的最大值和最小值分别为，，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据焦点坐标得出的值，由，将点代入椭圆的方程，解出，即可得出椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设直线的方程为，将其代入椭圆方程，由韦达定理以及向量的数量积公式得出，利用判别式法得出，最后由韦达定理得出的值．‎ - 23 -‎ ‎【详解】（1）由椭圆的右焦点为，知，即 则，．‎ 又椭圆过点，∴，又，∴．‎ ‎∴椭圆的标准方程为．‎ ‎（2）设直线的方程为，，‎ 由得，即 ‎∵点在椭圆内部，∴‎ ‎∴‎ 则 ‎ ‎ ‎∴，∴，‎ 则 ‎∴，即 由题意知，是的两根 ‎∴．‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了求椭圆的标准方程以及由直线与椭圆的位置关系求参数的值，属于中档题.‎ ‎22.已知函数（其中，是自然对数的底数）．‎ ‎（Ⅰ）当时，求函数的图象在处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）求证：当时，．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（Ⅰ）根据导数的几何意义求解即可．（Ⅱ）通过对的分析讨论可得在上是增函数，且仅有一解，记为，于是可得当时，单调递减；当时，单调递增，从而有．由于是．令，则所以要证原不等式只需证即可．‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）当时，‎ ‎∴‎ 又，‎ 函数的图象在处的切线方程，‎ 即．‎ ‎（Ⅱ）由题意得，‎ 设，则，‎ 在上是增函数．‎ - 23 -‎ ‎，由，‎ ‎∴当时，；‎ 若，由，‎ 当时，，‎ 故仅有一解，记为，‎ 则当时，，单调递减；当时，，单调递增．‎ ‎，‎ 而 解得 记，‎ 则 又，‎ 而显然是增函数，‎ 所以，‎ ‎；‎ 综上可得当时，．‎ - 23 -‎