山东省泰安市2020届高三第二轮复习质量检测考试数学试题

山东省泰安市2020届高三第二轮复习质量检测考试数学试题

高三第二轮复习质量检测 数学试题 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 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.若集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别化简集合和，然后直接求解即可 ‎【详解】∵，，∴.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题 ‎2.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得结论.‎ ‎【详解】∵，‎ ‎∴.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题．‎ ‎3.已知直线过点P(3，0)，圆，则（ ）‎ A. 与C相交 B. 与C相切 C. 与C相离 D. 与C的位置关系不确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 代入计算得到点在圆内，得到答案.‎ ‎【详解】，即，，故点在圆内，故与C相交.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，确定点在圆内是解题的关键.‎ ‎4.已知若则（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项式定理得到，，解得答案.‎ ‎【详解】展开式的通项为：，‎ 故，，解得，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.‎ ‎5.中国古代“五行”学说认为：物质分“金、木、水、火、土”五种属性，并认为：“金生水、水生木、木生火、火生土、土生金”.从五种不同属性的物质中随机抽取2种，则抽到的两种物质不相生的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 总共有10种结果，其中相生的有5种，由古典概型的计算公式计算出概率即可 ‎【详解】从五种不同属性的物质中随机抽取2种，共种，‎ 而相生的有5种，则抽到的两种物质不相生的概率 故选：D ‎【点睛】本题考查的是计算古典概型的概率，较简单.‎ ‎6.命题成立的充要条件是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，设，计算得到答案.‎ ‎【详解】，，则，故，‎ 设，，故当时，函数有最小值为.‎ 故.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了充要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力，转化为求函数的最小值是解题的关键.‎ ‎7.在直角三角形ABC中，，点P是斜边AB上一点，且BP=2PA ‎，则（ ）‎ A. B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示：以为轴，为轴建立直角坐标系，计算得到答案.‎ ‎【详解】如图所示：以为轴，为轴建立直角坐标系，则，，，‎ ‎.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了向量的数量积的计算，建立直角坐标系可以简化运算，是解题的关键.‎ ‎8.已知函数只有一个极值点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. 或 B. 或 C. D. 或 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 讨论，两种情况，变换得到，设，求导得到单调性，画出函数和的图像，根据图像得到答案.‎ ‎【详解】，则，故，‎ 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，‎ 故函数有唯一极大值点，满足；‎ 当时，即，设，‎ 则恒成立，且，‎ 画出函数和图像，如图所示：‎ 根图像知：当时，即或时，满足条件 综上所述：或.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了根据极值点求参数，变换，画出函数图像是解题的关键.‎ 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.“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献；某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高(单位：cm)服从正态分布，其密度曲线函数为，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 该地水稻平均株高为‎100cm B. 该地水稻株高的方差为10‎ C. 随机测量一株水稻，其株高在‎120cm以上的概率比株高在‎70cm以下的概率大 D. 随机测量一株水稻，其株高在(80，90)和在(100，110)(单位：cm)的概率一样大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数解析式得到，，故A正确B错误，根据正态分布的对称性得到C正确D错误，得到答案.‎ ‎【详解】，故，，故A正确B错误；‎ ‎，故C正确；‎ 根据正态分布的对称性知：，故D错误.‎ 故选：AC.‎ ‎【点睛】本题考查了正态分布，意在考查学生对于正态分布的理解和应用.‎ ‎10.如图，正方体ABCD—的棱长为2，线段上有两个动点且，则下列结论正确的是（ ）‎ A. B. MN∥平面ABCD C. 三棱锥A—BMN的体积为定值 D. △AMN的面积与△BMN的面积相等 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示，连接，根据平面得到，A正确，，故MN∥平面ABCD，B正确，计算，C正确，，，D错误，得到答案.‎ ‎【详解】如图所示：连接，易知，平面，平面，‎ 故，故平面，平面，故，A正确；‎ 易知，故，故MN∥平面ABCD，B正确；‎ 为定值，故C正确；‎ ‎，，其中为点到直线的距离，根据图像知，‎ 故，故D错误；‎ 故选：ABC.‎ ‎【点睛】本题考查了立体几何中直线垂直，线面平行，体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ ‎11.已知双曲线的一条渐近线方程为，双曲线的左焦点在直线上，A、B分别是双曲线的左、右顶点，点P为双曲线右支上位于第一象限的动点，PA，PB的斜率分别为，则的取值可能为（ ）‎ A. B. ‎1 ‎C. D. 2‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算得到双曲线方程为，则，，设，，‎ 根据渐近线方程知：，代入计算得到答案.‎ ‎【详解】根据题意知：，，故，，双曲线方程为，‎ 则，，设，则，，，‎ ‎，根据渐近线方程知：，‎ 故.‎ 故选：CD.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线中斜率的计算，确定是解题的关键.‎ ‎12.在平面直角坐标系中，如图放置的边长为2的正方形ABCD沿轴滚动(无滑动滚动)，点D恰好经过坐标原点，设顶点的轨迹方程是，则对函数的判断正确的是（ ）‎ A. 函数在上有两个零点 B. 函数是偶函数 C. 函数在上单调递增 D. 对任意的，都有 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意中的轨迹，画出函数图像，根据图像判断每个选项得到答案.‎ ‎【详解】当以点为中心滚动时，点轨迹为为圆心，为半径的圆弧；‎ 当以点为中心滚动时，点轨迹为为圆心，为半径的圆弧；‎ 当以点为中心滚动时，点轨迹为为圆心，为半径的圆弧；‎ 当以点为中心滚动时，点不动，然后周期循环，周期为.‎ 画出函数图像，如图所示：‎ ‎，，A正确；‎ 根据图像和周期知B正确；‎ 函数在上单调递减，故在上单调递减，C错误；‎ 取，易知，故D错误.‎ 故选：AB.‎ ‎【点睛】本题考查了轨迹方程，意在考查学生的计算能力和转化能力，画出图像确定周期是解题的关键.‎ 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.函数的单调递增区间为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简得到，取，，解得答案.‎ ‎【详解】，取，，‎ 解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的单调区间，意在考查学生的计算能力.‎ ‎14.北京大兴国际机场为‎4F级国际机场、大型国际枢纽机场、国家发展新动力源，于‎2019年9月25日正式通航.目前建有“三纵一横”4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、北一跑道，如图所示；若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上不同跑道同时起飞，且西一跑道、西二跑道至少有一道被选取，则共有______种不同的安排方法.(用数字作答).‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，共有种选择，排除西一跑道、西二跑道都没有的种选择，得到答案.‎ ‎【详解】不考虑西一跑道、西二跑道共有种选择，‎ 排除西一跑道、西二跑道都没有的种选择，共有种选择.‎ 故答案为：10.‎ ‎【点睛】本题考查了排列的应用，利用排除法可以简化运算，是解题的关键.‎ ‎15.已知抛物线的准线方程为，直线与抛物线C和圆从左至右的交点依次为A、B、E、F，则抛物线C的方程为______，______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算，故抛物线方程为，联立方程得到，，计算，，得到答案.‎ ‎【详解】根据题意知，故，故抛物线方程为，设焦点为，‎ ‎，即，直线过圆心，‎ 联立方程，得到，解得，.‎ 故，，故.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线方程，抛物线中的弦长问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.‎ ‎16.已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为________．‎ ‎【答案】144π ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 易知当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球O的半径为R，列方程求解即可.‎ ‎【详解】如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥的体积最大，‎ 设球O半径为R，此时VO－ABC＝VC－AOB＝×R2×R＝R3＝36，‎ 故R＝6，则球O的表面积为S＝4πR2＝144π.‎ 故答案为144π.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三棱锥体积的求解,球的几何特征和面积公式，属于基础题.‎ 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①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.‎ 设是公比大于0的等比数列，其前n项和为是等差数列.已知，，__________.‎ ‎（1）求和的通项公式；‎ ‎（2）设求.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用等差数列等比数列公式计算得到答案.‎ ‎（2），利用错位相减法计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）方案一：选条件①：设等比数列的公比为q，，‎ ‎，解得或，，，.‎ 设等差数列的公差为d，，，‎ 解得，，.‎ 方案二：选条件②：设等比数列的公比为q，，‎ ‎，解得或，，，.‎ 设等差数列的公差为，，，‎ 解得，，‎ 方案三：选条件③，设等比数列的公比为，，‎ ‎，解得或，，，.‎ 设等差数列的公差为，，，‎ 解得，，‎ ‎（2），‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列等比数列通项公式，错位相减法求和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.‎ ‎18.如图，在△ABC中，，‎ ‎（1）求BC的长度；‎ ‎（2）若E为AC上靠近A的四等分点，求.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）计算得到，，利用余弦定理计算得到答案.‎ ‎（2）根据余弦定理得到，利用正弦定理计算得到答案.‎ ‎【详解】（1），，在中，，，‎ ‎，，又，，‎ 在中，，‎ ‎.‎ ‎（2）由（1）知AB=2，，，‎ 中，，‎ ‎，‎ 在，，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理解三角形，意在考查学生的计算能力和应用能力.‎ ‎19.如图所示，在直三棱柱中，侧面是正方形，.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若，求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明平面得到，证明平面得到答案.‎ ‎（2）如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，是平面的一个法向量，计算向量夹角得到答案.‎ ‎【详解】（1）三棱柱为直三棱柱，，‎ ‎，，又平面，‎ 平面，又平面，，‎ 又侧面为正方形，，又平面，‎ ‎，平面，又平面，‎ 平面平面.‎ ‎（2）如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，‎ 则，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 设平面的一个法向量为，则，解得，‎ ‎，又是平面的一个法向量，‎ ‎，，‎ 二面角的大小为.‎ ‎【点睛】本题考查了面面垂直，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ ‎20.某人玩掷正方体骰子走跳棋的游戏，已知骰子每面朝上的概率都是，棋盘上标有第0站，第1站，第2站，……，第100站.一枚棋子开始在第0站，选手每掷一次骰子，棋子向前跳动一次，若掷出朝上的点数为1或2，棋子向前跳两站；若掷出其余点数，则棋子向前跳一站，直到跳到第99站或第100站时，游戏结束；设游戏过程中棋子出现在第站的概率为.‎ ‎（1）当游戏开始时，若抛掷均匀骰子3次后，求棋子所走站数之和X的分布列与数学期望；‎ ‎（2）证明：；‎ ‎（3）若最终棋子落在第99站，则记选手落败，若最终棋子落在第100站，则记选手获胜，请分析这个游戏是否公平.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）证明见解析；（3）游戏不公平，详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）随机变量X的所有可能取值为3，4，5，6，计算概率得到分布列，计算得到数学期望.‎ ‎（2）根据题意得到，化简得到.‎ ‎（3）计算得到，，得到答案.‎ ‎【详解】（1）随机变量X所有可能取值为3，4，5，6，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以，随机变量X的分布列为：‎ ‎.‎ ‎（2）由题意知，当时，棋子要到第站，有两种情况：‎ ‎①由第n站跳1站得到，其概率为；‎ ‎②由第站跳2站得到，其概率为 ‎，，‎ ‎，‎ ‎（3）由（2）知，当棋子落到第99站游戏结束的概率为，‎ 当棋子落到第100站游戏结束的概率为，‎ ‎，最终棋子落在第99站的概率大于落在第100站的概率，‎ 游戏不公平.‎ ‎【点睛】本题考查了分布列和数学期望，数列的递推公式，概率的计算，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ ‎21.已知椭圆的离心率e满足，以坐标原点为圆心，椭圆C的长轴长为半径的圆与直线相切.‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）过点P(0，1)的动直线(直线的斜率存在)与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）存在；定点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据点到直线距离公式计算得到，计算，得到答案.‎ ‎（2）设，直线的方程为，联立方程得到，，得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）由题意知，，‎ 由，解得或（舍），故，，‎ 椭圆C的方程为.‎ ‎（2）存在，‎ 假设y轴上存在与点P不同的定点Q，使得恒成立，‎ 设，直线的方程为，‎ 由，得，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，，，，‎ ‎，，即，‎ 解得，存在定点，使得恒成立.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆方程，椭圆中的定点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ ‎22.已知函数.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若当恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），得到，得到，整理得到，即，令，证明得到答案.‎ ‎（2）当时，要证即证，令，证明在上是减函数，得当时，在上恒成立，再证明时，在上不恒成立，得到答案.‎ ‎【详解】（1），当时，，，‎ 在上是增函数，又，.‎ 由整理得，即，‎ 令，即，‎ 在上是增函数，又，，，‎ ‎，‎ 综上，‎ ‎（2）当时，要证，‎ 即证，‎ 只需证明.‎ 由（1）可知：当时，，‎ 即，‎ ‎，‎ 令，则，‎ 令，则，‎ 当时，，在上是减函数，‎ 故当时，，在上是减函数，‎ ‎，，‎ 故当时，在上恒成立.‎ 当时，由（1）可知：，即，‎ ‎，‎ 令，则，‎ 当时，，在上是减函数，‎ 在上的值域为.‎ ‎，，存在，使得，此时 故时，在上不恒成立.‎ 综上，实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数证明不等式，不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎