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文档介绍
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
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 -查看更多