山东省聊城市2020届高三高考模拟考试（三模）数学试题 Word版含解析 25页

‎2020年聊城市高考模拟试题 数学（三） ‎ 一、单项选择题．‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，先得到，再求交集，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 因此.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合交集运算，熟记交集的概念即可，属于基础题型.‎ ‎2.已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先化简复数和，再根据复数的几何意义判断对应的点所在的象限.‎ ‎【详解】 ‎ ‎，复数在复平面内对应的点是，在第一象限.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查复数的运算，复数的几何意义，属于基础题型.‎ - 25 -‎ ‎3.已知向量，，，则向量与向量的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中条件，求出，再由向量夹角公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为向量，，，‎ 所以，即，即，‎ 因此，所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查求向量的夹角，熟记向量夹角公式，以及向量数量积的运算法则即可，属于基础题型.‎ ‎4.在某技能测试中，甲乙两人的成绩（单位：分）记录在如下的茎叶图中，其中甲的某次成绩不清晰，用字母代替．已知甲乙成绩的平均数相等，那么甲乙成绩的中位数分别为（ ）‎ A. 20 20 B. 21 20 C. 20 21 D. 21 21‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题中数据，根据题意，求出，将甲乙的成绩都从小到大排序，即可得出中位数.‎ ‎【详解】由题中数据可得：甲的平均数为，‎ 乙的平均数为，‎ 因为甲乙成绩的平均数相等，所以，解得：，‎ - 25 -‎ 所以甲的成绩为：，其中位数为，‎ 乙的成绩为：，其中位数为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查由茎叶图计算中位数，属于基础题型.‎ ‎5.函数的图像大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数解析式，分别判断，，的正负，即可得出结果.‎ ‎【详解】当时，，，所以，排除AB选项；‎ 当时，，，所以，排除D选项.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查函数图像的识别，根据排除法，即可得出结果.‎ ‎6.最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》（1247年）．该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”．其中“天池测雨”法是下雨时用一个圆台形的天池盆收集雨水．已知天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．当盆中积水深九寸（注：1尺=10‎ - 25 -‎ 寸）时，平地降雨量是（ ）‎ A. 9寸 B. 7寸 C. 8寸 D. 3寸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意求得盆中水的体积，再除以盆口面积即得．‎ ‎【详解】由已知天池盆上底面半径是14寸，下底面半径上6寸，高为18寸，由积水深9寸知水面半径为寸，‎ 则盆中水体积为（立方寸）‎ 所以平地降雨量为（寸），‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查圆台的体积计算公式，正确理解　题意是解题关键．本题属于基础题．‎ ‎7.某部队在演习过程中，用悬挂的彩旗来表达行动信号，每个信号都由从左到右排列的4面彩旗组成，有红、黄、蓝三种颜色的彩旗．若从所有表达的信号中任选一种，则这种信号中恰有2面红色旗子的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求彩旗表达信号的所有方法种数，以及信号中恰有2面红色旗子的方法种数，再根据古典概型计算.‎ ‎【详解】由条件可知悬挂的彩旗表达行动信号，共有种，若恰有2面红色旗子，则有 - 25 -‎ 种，所以这种信号中恰有2面红色旗子的概率.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查古典概型，属于基础题型，本题的关键是正确理解题意，并能转化为数学问题.‎ ‎8.已知线段是圆的一条动弦，且，若点为直线上的任意一点，则的最小值为（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点为，连接，，根据题意，求出，再由，，得到取最小值，即是取最小值，所以只需取最小，根据点到直线距离公式，求出的最小值，即可得出结果.‎ ‎【详解】取中点为，连接，，‎ 因为是圆的一条动弦，且，‎ 所以，‎ 又，，即 因此，取最小值，即是取最小值，所以只需取最小，‎ 又点为直线上的任意一点，‎ 所以点到直线的距离，即是，‎ 即，‎ 因此，‎ - 25 -‎ 即.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查求向量模的最值问题，将其转化为直线上任意一点与圆心距离的最值问题，是解决本题的关键，属于常考题型.‎ 二、多项选择题．‎ ‎9.下列命题正确的是（ ）‎ A. 在独立性检验中，随机变量的观测值越大，“认为两个分类变量有关”这种判断犯错误的概率越小 B. 已知，当不变时，越大，的正态密度曲线越矮胖 C. 若在平面内存在不共线的三点到平面的距离相等，则平面平面 D. 若平面平面，直线，，则 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对选项A，根据独立性检验的原理即可判断，对选项B，根据正态曲线的几何特征即可判断，对选项C，D，利用面面和线面的位置关系即可判断.‎ ‎【详解】对选项A，因为随机变量的观测值越大，说明两个变量有关系的可能性越大，‎ 即犯错误的概率越小，故A正确.‎ - 25 -‎ 对选项B，根据正态曲线的几何特征，即可判断B正确.‎ 对选项C，当平面与平面相交时，在平面内存在不共线的三点 到平面的距离相等，故C错误.‎ 对选项D，若平面平面，直线，，‎ 则直线有可能在平面内，故D错误.‎ 故选：AB ‎【点睛】本题主要考查了独立性检验和正态分布，同时考查了线面和面面的位置关系，属于简单题.‎ ‎10.已知函数（ ）‎ A. 为的周期 B. 对于任意，函数都满足 C. 函数在上单调递减 D. 的最小值为 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.由函数周期定义判断是否满足；B根据诱导公式判断是否满足；C.根据定义域，化简函数，并判断函数的单调性；D.在一个周期内，分和两种情况讨论函数，并判断函数的最小值.‎ ‎【详解】A.，即，所以为的周期，故A正确；‎ B.，，所以，故B - 25 -‎ 正确；‎ C.当时，，此时，而 Ü，故C正确；‎ D.由A可知函数的周期是，所以只需考查一个周期函数的值域，设，‎ 当时，，，‎ ‎，即，‎ 当时，，，‎ ‎，即，所以时，的最小值为-1，故D不正确.‎ 故选：ABC ‎【点睛】本题考查三角函数的性质，重点考查诱导公式，周期性，函数的单调性和最值，属于中档题型.‎ ‎11.关于函数，下列判断正确的是（ ）‎ A. 函数的图像在点处的切线方程为 B. 是函数的一个极值点 C. 当时，‎ D. 当时，不等式的解集为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 先对函数求导，得到，求出函数的图像在点处的切线方程，即判断A；根据时，恒成立，得到函数单调，无极值点，可判断B；根据导数的方法求出时，的最小值，即可判断C；根据导数的方法判断时函数的单调性，根据单调性列出不等式组求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，所以，，‎ 所以，‎ 因此函数的图像在点处的切线方程为，‎ 即，故A正确；‎ 当时，在上恒成立，即函数在定义域内单调递减，无极值点；故B错；‎ 当时，，由得；由得，‎ 所以函数在上单调递减，在上单调递增；‎ 因此，即；故C正确；‎ 当时，上恒成立，‎ 所以函数在上单调递减；‎ 由可得，解得：，故D正确；‎ 故选：ACD.‎ ‎【点睛】本题主要考查求曲线在某一点处的切线方程，以及导数的方法研究函数的单调性、极值最值等，属于常考题型.‎ ‎12.已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线与双曲线的右支交于、两点，若，则（ ）‎ A ‎ - 25 -‎ B. 双曲线的离心率 C. 双曲线的渐近线方程为 D. 原点在以为圆心，为半径的圆上 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的定义求出焦点弦长与实半轴长的关系，然后计算离心率，求渐近线方程，同时在假设D正确的情况下，出现矛盾的结论，最终得出正确选项．‎ ‎【详解】如图，设，则，所以，，，所以，‎ ‎∴，A正确；‎ ‎，，‎ 在中，，‎ 在中，，‎ 即，，所以，B正确；‎ 由得，，渐近线方程为，C正确；‎ 若原点在以为圆心，为半径的圆上，则，，与B矛盾，不成立，D错．‎ 故选：ABC．‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的焦点弦有关问题，解题关键是利用双曲线的定义把焦点弦焦半径用表示．从而寻找到的选题关系可求得离心率和渐近线方程．‎ 三、填空题．‎ ‎13.已知数列中，，，则______．‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接由递推式逐一计算得出．‎ ‎【详解】由题意，，，，．‎ 故答案为：16．‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推公式，由递推公式求数列的项，如果项数较小，可直接利用递推公式逐一计算，如果项数较大，则需要从递推式寻找到规律，或求出通项公式，再去求某一项．‎ ‎14.四张卡片上分别写有数字3、4、5、6，甲、乙、丙、丁四名同学各取走一张，若甲、乙两名同学卡片上的数字都是偶数，甲、丙两名同学卡片上的数字之和大于9，则______同学卡片上的数字最小．‎ ‎【答案】丁 ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 根据题意，先得到甲的卡片数字只能是6，从而可分别得出其他同学的卡片数字，进而可得出结果.‎ ‎【详解】由题意，因为甲、乙两名同学卡片上的数字都是偶数，所以甲的是4、乙的是6，或乙的是4、甲的是6；‎ 又甲、丙两名同学卡片上的数字之和大于9，则甲的卡片数字只能是6，所以乙的是4，丙的是5，故丁的是3.‎ 即丁同学卡片上的数字最小.‎ 故答案为：丁.‎ ‎【点睛】本题主要考查合情推理，根据题中条件合理推断即可，属于基础题型.‎ ‎15.已知，其中，则______．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 是的系数，由多项式乘法结合二项式定理可得．‎ ‎【详解】由题意展开式中的系数为，解得．‎ 故答案为：3．‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理，掌握二项展开式通项公式是解题关键．对两个多项式相乘，注意乘法法则的应用．‎ ‎16.在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点，点为棱上的动点，则的最大值为______，若点为棱的中点，三棱锥的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为______．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接交于点，根据正方体的特征，得到，为的中点，点到直线的距离最大为，由题中数据，求出，得到当点与点重合时，‎ - 25 -‎ 的面积最大；再由，即可求出的最大值；若点为棱的中点，连接交于点，连接，则点为右侧面的中心，取左侧面的中心为点，连接，记的中点为，则为正方体的中心，连接，则，得到的外接圆圆心为点，根据球的结构特征，得到三棱锥外接球的球心在直线上，记作点，连接，，设三棱锥外接球的半径为，根据题中条件，列出方程求解，即可得出，从而可求出球的表面积.‎ ‎【详解】连接交于点，‎ 因为四边形是正方形，，分别为棱，的中点，‎ 所以易得，，为的中点，且正方形中，点到直线的距离最大为，‎ 又正方体的棱长为，所以，，‎ 因此，所以，‎ 所以，‎ 又点为棱上的动点，所以当点与点重合时，的面积最大，为；‎ 因为正方体中，平面，所以平面，‎ 又，所以；‎ 若点为棱的中点，连接交于点，连接，则点为右侧面的中心，‎ 取左侧面中心为点，连接，记的中点为，则为正方体的中心，连接，则，‎ - 25 -‎ 因为为棱的中点，所以，‎ 所以，因此，‎ 所以的外接圆圆心为点；‎ 又球心与截面圆圆心的连线垂直于截面，，平面，‎ 所以平面，因此三棱锥外接球的球心在直线上，记作点，‎ 连接，，设三棱锥外接球的半径为，‎ 则，‎ 又，且，，所以四边形为矩形，‎ 因此，所以，‎ 因为，所以，‎ 又，‎ 所以，解得：，‎ 所以该球的表面积为.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题主要考查求三棱锥体积的最值，以及求三棱锥外接球的表面积，熟记简单几何体的结果特征，以及棱锥体积公式、球的表面积公式即可，属于常考题型，难度较大.‎ - 25 -‎ 四、解答题．‎ ‎17.已知数列是单调递增的等差数列，，且，，成等比数列．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设数列的前项和为，数列满足，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）当为偶数时，；当为奇数时，．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由题意，设的公差为，且，根据，，成等比数列，列出方程求出公差，从而可求出通项公式；‎ ‎（2）根据（1）的结果，由等差数列求和公式，以及，得到，再由裂项求和的方法，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）由题意，设的公差为，且，‎ 因为，且，，成等比数列，‎ ‎∴，即，‎ 解得，（舍）．‎ ‎∴．‎ ‎（2）∵，∴，，‎ ‎∴，‎ ‎∵，，‎ ‎∴．‎ - 25 -‎ 当为偶数时，，‎ 当奇数时，．‎ ‎∴当为偶数时，；当为奇数时，．‎ ‎【点睛】本题主要考查求等差数列的通项公式，以及数列的求和，熟记等差数列的通项公式与求和公式，等比中项的定义，以及裂项求和的方法即可，属于常考题型.‎ ‎18.在①，，且，②，③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并给出解答．‎ 在中，角，，的对边分别为，，，且______．‎ ‎（1）求角；‎ ‎（2）若，求周长的最大值．‎ ‎【答案】条件选择见解析；（1）；（2）12．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）若选①，根据向量数量积的坐标表示，以及余弦定理，即可求出角；若选②，根据正弦定理，化简整理，即可求出角；若选③，先将条件化简，得到，即可求出角；‎ ‎（2）先由余弦定理，根据（1）的结果，得到，再由基本不等式，求出，即可得出周长的最值.‎ ‎【详解】（1）选①∵，，且，‎ ‎∴．‎ 化简得，，由余弦定理得，‎ 又因为，∴．‎ - 25 -‎ 选②根据正弦定理，由得，‎ 又因为，‎ 所以，又因为，‎ 所以，又因为，所以．‎ 选③由，得，‎ 即，所以，‎ 又因为，所以，因此．‎ ‎（2）由余弦定理，得．‎ 又∵，∴，当且仅当时等号成立，‎ ‎∴，解得，，当且仅当时，等号成立．‎ ‎∴．‎ ‎∴的周长的最大值为12．‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形，以及求三角形的周长最值问题，熟记正弦定理与余弦定理，以及基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎19.如图1所示，为矩形，四边形为正方形．与为全等的等腰梯形，其中，沿着，，，折成如图2所示的几何体，使，，，分别与，，，重合．‎ - 25 -‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由四边形是正方形，得，再由四边形是矩形，得，然后利用线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；‎ ‎（2）由已知可推得，，两两垂直，所以以，，为轴，轴，‎ 轴，建立空间直角坐标系如图所示，然后利用空间向量求解即可.‎ ‎【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，∵四边形是矩形，‎ ‎∴，又∵，平面，‎ ‎∴平面．又因为平面，‎ ‎∴平面平面．‎ ‎（2）由（1）知平面平面．‎ 过作于点，‎ ‎∵平面平面，‎ - 25 -‎ 平面平面，‎ ‎∴平面．‎ 过作，且交于点，‎ ‎∴，，两两垂直，‎ 分别以，，为轴，轴，‎ 轴，建立空间直角坐标系如图所示：‎ 则，，，‎ ‎，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则由得 令，得．‎ 又平面的一个法向量，‎ ‎∴，‎ 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】此题考查的是证面面垂直和求二面角的余弦值，考查空间想象能力，利用了空间向量求解，考查了计算能力，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，为椭圆 - 25 -‎ 上异于长轴端点的任意一点，面积的最大值为．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）已知为椭圆的右顶点，过左焦点的动直线交椭圆于，两点（异于点），直线，与定直线的交点分别为，，若以为直径的圆经过点，求直线的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）直线的方程为．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当是短轴端点时，面积的最大，由此可处，再由离心率，及可求得得椭圆方程；‎ ‎（2）设直线的方程为，代入椭圆方程，，，得，，设，，由，，三点共线得，同理得，把坐标代入，并代入可求得．‎ ‎【详解】解：（1）由离心率得，，①‎ 因为当点为短轴端点时，面积最大，，②‎ 在椭圆中，③‎ 由①②③解得，，，所以椭圆的标准方程为．‎ ‎（2）由（1）知，，，设直线的方程为，‎ 联立消得，‎ 设，，‎ 则，‎ - 25 -‎ ‎，．‎ 设，，‎ 由，，三点共线得，，‎ ‎∴，同理得，‎ 因为以为直径的圆经过点，‎ 所以，于是，‎ 由，，‎ ‎．‎ 将，，‎ 代入上式，得，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，③‎ 将，，‎ 代入③得，‎ 解得，或（舍去）．‎ 故直线的方程为．‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交问题，解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点坐标，设直线方程与椭圆方程联立方程组，消元后应用韦达定理得出（或），然后把这个代入其他条件化简变形，得出结论．‎ ‎21.‎ - 25 -‎ 贝诺酯为对乙酰氨基酚与阿司匹林的酯化产物，是一种新型的抗炎、抗风湿、解热镇痛药，主要用于类风湿关节炎、急慢性风湿性关节炎、神经痛及术后疼痛．药监部门要利用小白鼠扭体实验，对某厂生产的该药品的镇痛效果进行检测，若用药后的小白鼠扭体次数没有减少，扭体时间间隔没有变长，则认定镇痛效果不明显．‎ ‎（1）若该药品对雌性小白鼠镇痛效果明显的概率为，对雄性小白鼠镇痛效果明显的概率为，药监部门要利用两只雌性和两只雄性小白鼠检测该药药效，对4只小白鼠逐一检测．若在检测过程中，一只小白鼠用药后镇痛效果明显，记录积分为1，镇痛效果不明显，则记录积分为．用随机变量表示检测4只小白鼠后的总积分，求随机变量的分布列和数学期望；‎ ‎（2）若该药品对每只雌性小白鼠镇痛效果明显的概率均为，现对6只雌性小白鼠逐一进行检测，当检测到镇痛效果不明显的小白鼠时，停止检测．设至少检测5只雌性小白鼠才能发现镇痛效果不明显的概率为，求最大时的值．‎ ‎【答案】（1）分布列答案见解析，期望为：；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意分别写出随机变量的可能取值，再根据独立事件同时发生的概率分别求对应的概率，再计算分布列和数学期望；（2）首先由题意可知，利用导数求函数的最大值.‎ ‎【详解】（1）由题意，随机变量的可能取值为，，0，2，4．‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ - 25 -‎ ‎．‎ 的分布列为：‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎．‎ ‎（2）由题意知，‎ ‎，．‎ 令得，．‎ ‎∴当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减，‎ ‎∴当，取得最大值．‎ ‎【点睛】本题考查独立事件同时发生的概率，离散型随机变量分布列，数学期望，导数求函数的最值，属于中档题型，本题的关键是正确理解题意，并能力转化为数学问题，尤其是第一问，不重不漏的求出所取的所有数值，并且整理理解随机变量，并求概率.‎ ‎22.已知函数，，．‎ ‎（1）设，讨论极值点的个数；‎ ‎（2）判断方程的实数根的个数，并证明：‎ - 25 -‎ ‎．‎ ‎【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先对函数求导，分别讨论，，用导数的方法研究其单调性，从而可确定极值点个数；‎ ‎（2）先将方程化为，设，则原方程又可化为．设，用导数的方法求出 ，即可判断方程根的个数；得到对于任意的，，从而有，化简整理，即可证明不等式成立.‎ ‎【详解】（1），，‎ ‎∴，‎ ‎①当时，，‎ 在内单调递增，没有极值点．‎ ‎②当时，令，‎ 当时，，‎ ‎∴在上单调递增．‎ 又，，‎ ‎∴，使，且当时，‎ ‎，当时，，‎ 从而，当时，，单调递减，‎ - 25 -‎ 当时，，单调递增，‎ ‎∴是函数的极小值点．‎ 综上，当时，无极值点，‎ 当时，有一个极值点．‎ ‎（2）方程可化为．‎ 设，则原方程又可化为．‎ 设，则．‎ ‎∵，当时，，在上单调递减，‎ 当时，，在上单调递增；‎ ‎，‎ 所以当时，，所以方程只有一个实数根，‎ ‎∴方程只有一个实数根．‎ ‎∵对于任意的，．‎ ‎∴‎ ‎，‎ 即，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的方法研究函数的极值点个数，判断方程根的个数，以及证明不等式恒成立的问题，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数单调性，判断极值等，属于常考题型，难度较大.‎ - 25 -‎