山东省2020届高三6月质量检测巩固卷数学（文科）试题 Word版含解析 22页

‎2019~2020学年高三6月质量检测巩固卷 数学（文科）‎ 一、选择题 ‎1. 已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解出集合A，根据交集定义计算即可.‎ ‎【详解】由，得，因为，所以，‎ 因为，‎ 所以．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，考查学生对基础知识的掌握程度，属基础题.‎ ‎2. 已知复数（为虚数单位），则（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简可得，代入所求，根据复数求模公式，即可得答案.‎ ‎【详解】由题意，复数，‎ 所以．‎ 故选：A．‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查复数的基本运算，考查学生对基础知识的掌握程度，属基础题.‎ ‎3. 在中，，，，点D为边上一点，且D为边上靠近C的三等分点，则（ ）‎ A. 8 B. 6 C. 4 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用作为一个基底，表示向量，然后利用数量积运算求解.‎ ‎【详解】在中，已知，，，‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查平面向量基本定理以及数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎4. 已知，则（ ）‎ A. B. C. D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式求出，再由两角差的正切公式可得结果,‎ 详解】由 - 22 -‎ 得，‎ 所以．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查诱导公式的应用，考查了两角和的余弦公式，属于中档题.‎ ‎5. 已知函数为奇函数，且，则（ ）‎ A. B. 7 C. 0 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据为奇函数，可求得a，b的值，代入所求，即可得结果.‎ ‎【详解】当时，，，又是奇函数，所以，‎ 所以，，‎ 所以，‎ 所以．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查奇函数定义的应用，分段函数求值问题，考查计算化简的能力，属基础题.‎ - 22 -‎ ‎6. 已知实数，满足不等式组则目标函数的最大值为（ ）‎ A. 4 B. 5 C. 6 D. 7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先画出目标函数的可形域，然后利用截距型线性规划问题解决.‎ ‎【详解】不等式组表示的平面区域为图中的（包括边界），‎ 由图知，平移直线，当经过点时，取得最大值，‎ 易得，即．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划问题，难度一般，准确画出约束条件的可行域是关键.‎ ‎7. 某几何体的三视图如图所示，图中小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（ ）‎ - 22 -‎ A. 24 B. 36 C. 48 D. 56‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图，还原出立体图，并根据小正方形的个数，求出底面正方形边长以及四棱锥的高，代入体积公式，即可得答案.‎ ‎【详解】由三视图知，该几何体是一个倒立的正四棱锥，且底面正方形边长为6，四棱锥的高为4，如图所示， ‎ 所以该几何体的体积．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查由三视图还原几何体、椎体体积的求法，考查空间想象能力与计算能力，属基础题.‎ ‎8. 在中，角，，的对边分别为，，成等差数列，，的面积为，那么（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，结合面积公式，求得；结合余弦定理，即可求得.‎ ‎【详解】因为，，成等差数列，所以．‎ 因为的面积为，，所以，‎ - 22 -‎ 所以．又，‎ 所以，‎ 即，所以．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，涉及三角形面积公式以及等差中项的应用，属综合基础题.‎ ‎9. 若函数在区间上存在最大值，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得，根据函数的最值情况，结合二次函数单调性，即可容易求得参数范围.‎ ‎【详解】因为，‎ 且函数在区间上存在最大值，‎ 故只需满足，‎ 所以，，‎ 解得．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，属基础题.‎ ‎10. 已知圆过抛物线的焦点，且圆心在此抛物线的准线上.若圆的圆心不在 - 22 -‎ 轴上，且与直线相切，则圆的半径为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 抛物线y2=4x的焦点为F（1，0），准线方程为x=﹣1，‎ 设圆C的圆心为C（﹣1，h），则圆C的半径r=，‎ ‎∵直线x+y﹣3=0与圆C相切，‎ ‎∴圆心C到直线的距离d=r，即=，‎ 解得h=0（舍）或h=﹣8．‎ ‎∴r==14．‎ 故选D ‎11. 已知，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 的最小值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最大值为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，利用换元法将函数转化为分式函数，即可根据函数单调性求得函数最值.‎ ‎【详解】设，‎ 由，得，则，‎ 又由，得，‎ 所以，‎ - 22 -‎ 又因为函数和在上单调递增，‎ 所以在上为增函数，‎ ‎，，‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查之间的关系，涉及利用函数单调性求最值，属综合基础题.‎ ‎12. 如图所示，外层是类似于“甜筒冰淇淋”的图形，上部分是体积为的半球，下面大圆刚好与高度为的圆锥的底面圆重合，在该封闭的几何体内倒放一个小圆锥，小圆锥底面平行于外层圆锥的底面，且小圆锥顶点与外层圆锥顶点重合，则该小圆锥体积可以为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据半球的体积公式及小圆锥体积的表达式并结合导函数的性质，求出圆锥最大体积，即可得出结果.‎ ‎【详解】解：令上部分的半球半径为，可得，解得，‎ 设小圆锥底面半径为，小圆锥底面中心到球心距离为，‎ 可知，，和可构成直角三角形，即，‎ - 22 -‎ 小圆锥体积．‎ 令，则，‎ 可知在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以当时，最大，，即，即ABC三个选项都满足题意．‎ 故选：ABC.‎ ‎【点睛】本题考查圆锥体积的问题，结合导函数的单调性的知识，考查分析问题能力，属于中档题.‎ 二、填空题 ‎13. 函数的图像在处的切线方程是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 对函数求导，求得切线斜率和切点坐标，利用点斜式可得切线方程.‎ ‎【详解】，所以，又当时，，所以切线方程为，故答案为 ‎【点睛】本题考查导数几何意义，考查利用导数求函数在某一点处的切线方程；步骤一般为：一，对函数求导，代入已知点得到在这一点处的斜率；二，求出这个点的横纵坐标；三，利用点斜式写出直线方程.‎ ‎14. 设p：|x﹣1|≤1，q：x2﹣（2m+1）x+（m﹣1）（m+2）≤0．若p是q的充分不必要条件，则实数m的取值范围是_____．‎ ‎【答案】[0，1]‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出的范围，再根据是的充分不必要条件，列出不等式组，解不等式组 - 22 -‎ ‎【详解】由得，得.‎ 由，得，‎ 得，‎ 若p是q的充分不必要条件，‎ 则，得，得，‎ 即实数的取值范围是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式和二次不等式的解法，同时考查了充分不必要条件，属于中档题.‎ ‎15. 如图，直线平面，垂足为，三棱锥的底面边长和侧棱长都为4，在平面内，是直线上的动点，则点到平面的距离为_______，点到直线的距离的最大值为_______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 三棱锥的底面边长和侧棱长都为4，所以在平面的投影为的重心，利用解直角三角形，即可求出点到平面的距离；，可得点是以为直径的球面上的点，所以到直线的距离为以为直径的球面上的点到的距离，‎ 最大距离为分别过和的两个平行平面间距离加半径，即可求出结论.‎ ‎【详解】边长为，则中线长为，‎ 点到平面的距离为，‎ 点是以为直径的球面上的点，‎ - 22 -‎ 所以到直线的距离为以为直径的球面上的点到的距离，‎ 最大距离为分别过和的两个平行平面间距离加半径.‎ 又三棱锥的底面边长和侧棱长都为4，‎ 以下求过和的两个平行平面间距离，‎ 分别取中点，连，‎ 则，同理，‎ 分别过做，‎ 直线确定平面，直线确定平面，‎ 则，同理，‎ 为所求，，‎ ‎，‎ 所以到直线最大距离为.‎ 故答案为:；.‎ ‎【点睛】本题考查空间中的距离、正四面体的结构特征，考查空间想象能力，属于较难题.‎ ‎16. 已知双曲线的离心率为，虚轴长为，，为左，右焦点，则焦点到渐近线的距离为______；设点为上一点，动点为双曲线左支上一点，则的最小值为______．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 根据题意，求得，即可容易求得到渐近线距离；结合双曲线定义，即可容易求得的最小值.‎ ‎【详解】由题意，，因为离心率，‎ 所以，，‎ 故，到渐近线的距离为．‎ ‎，点在双曲线的左支上，‎ 由双曲线的定义可知，‎ 则 ‎．‎ 故答案：；.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线方程中参数的计算，涉及双曲线上最值问题的求解，涉及双曲线的定义，属综合基础题.‎ 三、解答题 ‎（一）必考题 ‎17. 在①②③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求出问题中的的值．‎ 已知数列中，，其前项和为，______，若对任意的，恒成立，求实数的最小值．‎ ‎【答案】条件选择见解析，．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 分别代入①②③，可解得相同的，代入所求，可得恒成立，设，根据的单调性，可求得的最大值，即可得答案.‎ ‎【详解】若选①，当时，，所以，则；‎ 若选②，，所以，‎ 所以是1为首项，2为公比的等比数列，‎ 所以，即，‎ 则；‎ 若选③，，所以，‎ 所以，又，也符合此等式，则．‎ 通过以上三种方案中的任意一种，得到，‎ 则，令，‎ 则，‎ 所以数列的前6项单调递增，从第7项开始递减，‎ 且最大值，所以．‎ ‎【点睛】本题考查已知递推关系求数列前n项和、待定系数法求数列的通项、数列的单调性的应用、恒成立问题，综合性较强，考查分析理解，求值化简的能力，属中档题.‎ ‎18. 某校2020届高三数学教师为分析本校2019年高考文科数学成绩，从该校文科生中随机抽取400名学生的数学成绩进行统计，将他们的成绩分成六段，，，，，后得到如图所示的频率分布直方图．‎ - 22 -‎ ‎（1）若每组数据以该组的中点值作为代表，估计这400个学生数学成绩的众数和平均数；‎ ‎（2）用分层抽样的方法，从这400名学生中抽取20人，再从所抽取的20人中成绩在内的学生中抽取2人，求这2人至少有一人成绩在内的概率．‎ ‎【答案】（1）众数的估计值为115，平均数的估计值为；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据频率分布直方图，结合众数和平均数的计算，即可容易求得结果；‎ ‎（2）利用分层抽样求得在各个区间抽取的人数，列举所有抽取的可能，找出满足题意的可能，用古典概型的概率计算公式，即可求得结果.‎ ‎【详解】（1）众数的估计值为最高矩形对应的成绩区间的中点，即众数的估计值为115，‎ 平均数的估计值为 ‎．‎ ‎（2）由频率分布直方图可得，成绩在内的人数为（人），‎ 内的人数为（人），‎ 内的人数为（人），‎ 内的人数为（人），‎ 内的人数为（人），‎ 内的人数为（人），‎ 按分层抽样方法，抽取20人，则成绩在内的抽1人，‎ 在内的抽2人，在内的抽4人，‎ - 22 -‎ 在内的抽6人，在内的抽5人，‎ 在内的抽2人．‎ 记成绩在内的5人分别为，，，，，‎ 成绩在内的2人分别为，，‎ 则从成绩在内的学生中任取2人的基本事件有 ‎，，，，，，‎ ‎，，，，，，‎ ‎，，，，，，‎ ‎，，，共21种，‎ 其中成绩在中至少有一人的基本事件有 ‎，，，，，，‎ ‎，，，，，共11种，‎ 所以2人中至少有一人成绩在内的概率．‎ ‎【点睛】本题考查由频率分布直方图计算众数和平均数，以及古典概型的概率求解，涉及分层抽样，属综合基础题.‎ ‎19. 如图所示，在底面为直角梯形的四棱锥中，，，平面，，，，，，分别是，的中点．‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）求三棱锥的体积．‎ - 22 -‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意先证平面，即可由线面垂直推证线线垂直；‎ ‎（2）转化棱锥的顶点为，根据平面，结合体积公式即可求得结果.‎ ‎【详解】（1）证明：取线段的中点，连接，．‎ 在中，因为，分别为，‎ 的中点，所以，‎ 因为，所以．‎ 在中，因为，分别为，‎ 的中点，所以，，‎ 因为平面，又平面，‎ 所以，所以，‎ 又，，平面，‎ 所以平面，因为平面，‎ 所以．‎ ‎（2）因为，，所以，‎ 所以，故，解得，‎ - 22 -‎ 由（1）知平面，又//，故可得平面，‎ 且．‎ 故三棱锥的体积．‎ ‎【点睛】本题考查通过线面垂直推证线线垂直，涉及用棱锥体积的求解，属综合基础题.‎ ‎20. 已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且点到点的最大距离为，点到点的最小距离为.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若直线交椭圆于、两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意可得出关于、的方程组，求出这两个量的值，进而可得出的值，由此可得出椭圆的标准方程；‎ ‎（2）分两种情况讨论：①轴，求得；②直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，由直线与圆相切得出，再将直线的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理结合弦长公式可求得的最大值，进而可求得面积的最大值.‎ ‎【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，‎ 解得，，‎ - 22 -‎ 因此，椭圆的标准方程为；‎ ‎（2）设、.‎ ‎①当轴时，；‎ ‎②当与轴不垂直时，设直线的方程为，则，‎ ‎.‎ 将代入椭圆方程整理，得，‎ ‎，.‎ ‎，‎ 当且仅当时，等号成立.‎ ‎，因此，面积的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中三角形面积最值的计算，涉及韦达定理设而不求法以及基本不等式的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎21. 已知函数.‎ ‎（1）求的最值；‎ ‎（2）若时，恒有，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）当时，最小值为，没有最大值.当时，最大值为 - 22 -‎ ‎，没有最小值；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用的导函数，结合对进行分类讨论，由此求得的最值.‎ ‎（2）利用分离常数法，结合导数，求得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）依题意，所以 当时，在上递减，在上递增，所以在处取得最小值，没有最大值.‎ 当时，在上递增，在上递减，所以在处取得最大值，没有最小值.‎ ‎（2）依题意，当时，恒有，即，‎ 即，即.‎ 构造函数，，‎ 所以在上递增，在上递减，所以，‎ 所以.‎ 所以实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.‎ ‎（二）选考题 选修4-4：坐标系与参数方程 - 22 -‎ ‎22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（是参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ 求曲线的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线；‎ 若直线与曲线交于，两点，求．‎ ‎【答案】曲线的直角坐标方程为，其表示一个以为圆心，半径为的圆；．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用互化公式，，可得曲线的直角坐标方程；‎ 根据圆的性质，利用点到直线的距离公式和勾股定理可求得结果.‎ ‎【详解】解：因为，‎ 又，，，‎ 则，‎ 所以．‎ 即曲线的直角坐标方程为，‎ 其表示一个以为圆心，半径为的圆．‎ 因为，消去，得．‎ 由可知，圆心，的半径为，‎ 圆心到直线的距离，‎ - 22 -‎ 所以直线与圆相交，即直线与曲线交于，两点，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程化普通方程，极坐标方程化直角坐标方程，考查了圆的性质，点到直线的距离公式，属于基础题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23. 已知函数．‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若，对任意的，存在，使得成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别求解、、三种情况下的解集，综合即可得结果；‎ ‎（2）对任意的，存在，使得成立，等价于的值域是的值域的子集，分别求得和的值域，即可得结果.‎ ‎【详解】（1）由，‎ ‎①当时，，得，即；‎ ‎②当时，，得成立，即；‎ ‎③当时，，得，即；‎ 综上，不等式的解集是．‎ - 22 -‎ ‎（2）对任意的，存在，使得成立，‎ 等价于对任意的，存在，使得成立，‎ 即的值域是的值域的子集，‎ ‎,‎ 当且仅当时，取等号，‎ 所以的值域为，‎ 因为，所以的值域为，‎ 所以，解得．‎ 所以的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值不等式的解法、由函数值域求参数问题，考查分类讨论的思想，计算求值的能力，属中档题.‎ - 22 -‎