山东省济宁邹城市第一中学2020届高三下学期第五次模拟考试数学试题 Word版含解析

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邹城一中2017级高三下学期第5次模拟考试 数学试题 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.已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据交集运算，即可得答案；‎ ‎【详解】，，‎ ‎，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交运算，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎2.已知复数是正实数，则实数的值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将复数化成标准形式，由题意可得实部大于零，虚部等于零，即可得到答案.‎ ‎【详解】因为为正实数，‎ 所以且，解得.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查复数的基本定义，属基础题.‎ ‎3.若圆与轴，轴均有公共点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将圆的方程化为标准方程，根据题意得出关于的不等式组，即可解得实数的取值范围.‎ ‎【详解】将圆的方程化为标准方程得，由于该圆与轴、轴均有公共点，‎ 则，解得，因此，实数的取值范围是.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用直线与圆的位置关系求参数，同时也要注意利用一般方程表示圆时的等价条件，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎4.抛物线焦点是双曲线的一个焦点，则（ ）‎ A. B. 8 C. 4 D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出抛物线与双曲线的焦点,两焦点为同一焦点,即可得出的值.‎ ‎【详解】解：抛物线的焦点为,‎ 双曲线,为,‎ 则,,焦点为：或,‎ 所以有,解得或,又因为,‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查抛物线与双曲线的焦点,是基础题.‎ ‎5.设p：实数满足，q：实数满足，则p是q的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分类讨论求出集合，结合充分性、必要性的定义进行求解即可 ‎【详解】本题考查充分必要条件，不等式的解法，考查运算求解能力，逻辑推理能力.‎ ‎，‎ 当时，；‎ 当时，；‎ 当，，‎ ‎，‎ 因为Ü，所以的充分不必要条件.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了充分不必要条件的判断，考查了一元二次方程的解法，考查了对数不等式的解法，考查了数学运算能力.‎ ‎6.2020年初，新型冠状病毒（）引起的肺炎疫情爆发以来，各地医疗机构采取了各种针对性的治疗方法，取得了不错的成效，某地开始使用中西医结合方法后，每周治愈的患者人数如下表所示：‎ 周数（x）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 治愈人数（y）‎ ‎2‎ ‎17‎ ‎36‎ ‎93‎ ‎142‎ 由表格可得关于的二次回归方程为，则此回归模型第4周的残差（实际值与预报值之差）为（ ）‎ A. 5 B. 4 C. 1 D. 0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，求出，的值，由最小二乘法得出回归方程，代入，即可得出答案.‎ ‎【详解】设，则，‎ ‎，所以.令，得.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查回归分析的应用，属于中档题.‎ ‎7.“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了多年.如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数构成的数列的第项，则的值为（ ）‎ A. 5049 B. 5050 C. 5051 D. 5101‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 观察数列的前4项，可得，代入即可得解.‎ ‎【详解】由题意得，，，‎ 观察规律可得，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了观察法求数列的通项公式，属于基础题.‎ ‎8.对于函数，若存在，使，则点与点均称为函数的“先享点”已知函数且函数存在5个“先享点”，则实数a的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题中所给的条件，判断出“先享点”的特征，之后根据存在5个“先享点”，等价于函数关于原点对称的图象恰好与函数有两个交点，构造函数利用导数求得结果.‎ ‎【详解】依题意，存在5个“先享点”，原点是一个，其余还有两对，‎ 即函数关于原点对称的图象恰好与函数有两个交点，‎ 而函数关于原点对称的函数为，‎ 即有两个正根，‎ ‎，‎ 令，‎ ‎，‎ 所以当时，，当时，，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，且，‎ 并且当和时，，‎ 所以实数a的取值范围为，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关新定义问题，结合题意，分析问题，利用等价结果，利用导数研究函数的性质，属于较难题目.‎ 二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.‎ ‎9.下列命题中假命题是（ ）‎ A. 若随机变量服从正态分布，，则；‎ B. 已知直线平面，直线平面，则“”是“”的必要不充分条件；‎ C. 若，则在方向上的正射影的数量为 D. 命题的否定 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于A，根据正态分布概率的性质，计算即可；对于B，判断充分性与必要性是否成立即可；对于B，根据向量数量积的几何意义即可判断；对于D，利用特称命题的否定变换原则即可判断D.‎ ‎【详解】对于A，随机变量服从正态分布，‎ 所以图像关于对称，根据，‎ 可得，‎ 所以，故A正确；‎ 对于B，直线平面，直线平面，‎ 若，则是真命题；若，则是假命题，‎ 所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误；‎ 对于C，若，则在方向上的正射影的数量为或，故C错误；‎ 对于D，命题的否定，故D错误；‎ 故选：BCD ‎【点睛】本题主要考查了正态分布概率的性质、充分性与必要性的定义、向量数量积的几何意义、特称命题的否定变换原则，属于基础题.‎ ‎10.已知向量，，，则下列结论正确的有（ ）‎ A. B. 若∥，则 C. 的最大值为2 D. 的最大值为3‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据模长公式判断A；根据向量平行的坐标表示判断B；根据数量积公式以及正弦函数的性质判断C；利用模长公式以及正弦函数的性质判断D.‎ ‎【详解】对于，，正确；‎ 对于，若，则，，错误；‎ 对于，，最大值为2，正确；‎ 对于， ‎ 因为，所以，则，即，错误.‎ 故选：AC ‎【点睛】本题考查平面向量的基本运算和三角函数的性质，属于中等题.‎ ‎11.如图，四棱锥中，平面底面，是等边三角形，底面是菱形，且，为棱的中点，为菱形的中心，下列结论正确的有（ ）‎ A. 直线与平面平行 B. 直线与直线垂直 C. 线段与线段长度相等 D. 与所成角的余弦值为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接，利用线面平行的判定定理判断A；设的中点为，连接，，利用线面垂直的判定定理以及性质判断B；根据面面垂直的性质得出为直角三角形，求出的长度，利用余弦定理得出与所成角的余弦值，证明不是直角，从而得出不是等腰三角形，从而判断CD.‎ ‎【详解】如图，连接，易知，由线面平行的判定定理得面，正确.‎ 在菱形中，，为等边三角形.设的中点为，连接，，则，，由线面垂直的判定定理得出平面，，B正确.‎ 平面平面，由面面垂直的性质可得为直角三角形 设，则，，.‎ 在中，，，可得 故异面直线与所成角的余弦值为 在中，则不是直角，则不是等腰三角形，即与长度不等，故C错误，D正确 故选：ABD ‎【点睛】本题考查空间线面位置关系的判断，属于中档题.‎ ‎12.已知函数，其中，，则下列选项中的条件使得仅有一个零点的有（ ）‎ A. 为奇函数 B. ‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数得出函数的极值点结合奇函数的性质，即可得出有三个零点，错误；‎ 由，得出，从而得出函数单调递增，则B正确；‎ 取，利用导数得出的极大值为，极小值为，从而得出有两个零点，错误；‎ 得出函数的极大值和极小值，并判断其正负，即可得出仅有一个零点，正确.‎ ‎【详解】由题知.‎ 对于，由是奇函数，知，因为，所以存在两个极值点，由 知，有三个零点，错误；‎ 对于，因为，所以，，所以单调递增，则仅有一个零点，正确；‎ 对于，若取，，则的极大值为，极小值为，此时有两个零点，错误；‎ 对于，，‎ 易得的极大值为，极小值为.‎ 可知仅有一个零点，正确.‎ 故选：BD ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数性质，属于中等题.‎ 三、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.设常数，如果的二项展开式中项的系数为-80，那么______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项式定理的通项公式即可得出.‎ ‎【详解】的二项展开式的通项公式：，‎ 令，解得.‎ ‎∴，‎ 解得.‎ 故答案为：-2.‎ ‎【点睛】本小题主要考查根据二项式展开式的系数求参数，属于基础题.‎ ‎14.已知函数，若对任意的实数，都存在唯一的实数，使，则实数的最大值是____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用任意性与存在性原命题可转化为有且仅有一个解，然后根据三角函数的性质和图像求解即可.‎ 详解】‎ 由，，‎ 则，存在唯一的实数，使，‎ 即有且仅有一个解，‎ 作函数图像与直线，‎ 当两个图像只有一个交点时，由图可知，，‎ 故实数的最大值是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的图像与性质，属于较为基础题.‎ ‎15.“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员、面向全社会的优质平台，现日益成为老百姓了解国家动态、紧跟时代脉搏的热门APP，该款软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习板块和“‎ 每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题板块，某人在学习过程中，“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间最多间隔一个答题板块的学习方法有______种.‎ ‎【答案】432‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分类计数原理，结合排列数和组合数的计算公式进行求解即可.‎ ‎【详解】根据题意学习方法有二类：‎ 一类是：在“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间间隔一个答题板块，‎ 这样的学习方法数为：；‎ 另一类是：在“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间不间隔一个答题板块，‎ 这样的学习方法数为：，‎ 因此某人在学习过程中，“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间最多间隔一个答题板块的学习方法数为：.‎ 故答案为：432‎ ‎【点睛】本题考查了分类计算原理的应用，考查了排列数与组合数的计算，考查了数学运算能力和数学阅读能力.‎ ‎16.三棱锥中，，且平面平面，则__________；若球与该三棱锥除以外的5条棱均相切，则球的半径为__________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设为的中点，利用面面垂直的性质定理以及线面垂直的性质得出，再由勾股定理得出，从而得出；设，分别为对应面的内心，分别过，作，的平行线，交于点，即为所求的球心，根据题意得出是正方形，得出内切圆的半径，即可得出球的半径.‎ ‎【详解】如图，设为的中点，因为，所以，又因为平面平面，所以由面面垂直的性质定理得平面，所以 因为，所以 从而可得，.‎ 设，分别为对应面的内心，分别过，作，的平行线，交于点 即为所求的球心，易知是正方形 设内切圆的半径为，球的半径为，由图可知，而，所以.‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题主要考查了面面垂直性质的应用以及几何体的切接问题，属于中档题.‎ 四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.在中，角A，B，C对边分别为，，，且是与的等差中项. ‎ ‎（1）求角A； ‎ ‎（2）若，且的外接圆半径为1，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，得，由正弦定理，化简 ‎，进而得到，即可求解；‎ ‎（2）设的外接圆半径为，求得，利用余弦定理求得，进而利用面积公式，即可求解．‎ ‎【详解】（1）因为是与的等差中项.‎ 所以.‎ 由正弦定理得 ‎，‎ 从而可得，‎ 又为三角形的内角，所以，于是，‎ 又为三角形内角，因此.‎ ‎（2）设的外接圆半径为，则，‎ ‎，‎ 由余弦定理得，‎ 即，所以.‎ 所以的面积为.‎ ‎【点睛】在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．‎ ‎18.对于由正整数构成的数列，若对任意，“且，也是中的项，则称为数列”.设数列|满足，..‎ ‎（1）请给出一个的通项公式，使得既是等差数列也是“数列”，并说明理由；‎ ‎（2）根据你给出的通项公式，设的前项和为，求满足的正整数的最小值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）给出的通项公式为，利用等差数列的定义判断为等差数列，结合题意得出是“数列”；‎ ‎（2）利用等差数列的求和公式得出，结合的单调性，即可得出满足的正整数的最小值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）给出的通项公式为.‎ 因为对任意，，‎ 所以是公差为2的等差数列.‎ 对任意，且，‎ ‎，‎ 所以是“数列”.‎ ‎（2）因为是等差数列，所以.‎ 因为单调递增，且，，‎ 所以的最小值为8.‎ 注：以下答案也正确，解答步骤参考上面内容：‎ ‎①，，的最小值为7；‎ ‎②，，的最小值为6.‎ ‎【点睛】本题主要考查了判断等差数列，求等差数列的和以及函数特性，属于中档题.‎ ‎19.如图,四棱锥中，，，，，．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用余弦定理计算BC，根据勾股定理可得BC⊥BD，结合BC⊥PD得出BC⊥平面PBD，于是平面PBD⊥平面PBC；（2）建立空间坐标系，设λ，计算平面ABM和平面PBD的法向量，令法向量的夹角的余弦值的绝对值等于，解方程得出λ的值,即可得解．‎ ‎【详解】（1）证明：因为四边形为直角梯形，‎ 且, ,,‎ 所以， ‎ 又因为．根据余弦定理得 ‎ 所以，故. ‎ 又因为, ,且,平面，所以平面， ‎ 又因为平面PBC，所以 ‎（2）由（1）得平面平面, ‎ 设为的中点，连结 ，因为,‎ 所以,,又平面平面，‎ 平面平面，‎ 平面.‎ 如图，以为原点分别以，和垂直平面的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，， ‎ 假设存在满足要求，设，即，‎ 所以,‎ 易得平面的一个法向量为. ‎ 设为平面的一个法向量，， ‎ 由得，不妨取.‎ 因为平面与平面所成的锐二面角为，所以，‎ 解得，（不合题意舍去）.‎ 故存在点满足条件，且.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面与平面所成的角等基础知识，面面角一般是定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，也可以建系来做．‎ ‎20.已知椭圆的离心率，直线与相交于，两点，当时，‎ ‎（1）求椭圆的标准方程.‎ ‎（2）在椭圆上是否存在点，使得当时，的平分线总是平行于 轴？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）存在，或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据离心率得出，，将直线与椭圆方程联立，得出交点坐标，再由两点间距离公式，即可得出椭圆方程；‎ ‎（2）假设存在点，设，，由整理得出，由题意得出，结合韦达定理求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设椭圆的半焦距为 因为离心率，所以，‎ 由解得.‎ 不妨设，，则.‎ 所以，从而，.‎ 所以椭圆标准方程为.‎ ‎（2）假设存在点，设，.‎ 由，消去得.‎ 因为，所以，‎ 且，.‎ 由的平分线平行于轴，得 所以，即，‎ 可得，‎ 所以，‎ 整理得.‎ 当变化时，上式恒成立，‎ 所以，解得或.‎ 故满足条件的点的坐标为或.‎ ‎【点睛】本题主要考查了求椭圆方程以及直线与椭圆的位置关系的应用，属于中档题.‎ ‎21.为了提高生产线的运行效率，工厂对生产线的设备进行了技术改造.为了对比技术改造后的效果，采集了生产线的技术改造前后各20次连续正常运行的时间长度（单位：天）数据，并绘制了如下茎叶图：‎ ‎（Ⅰ）（1）设所采集的40个连续正常运行时间的中位数，并将连续正常运行时间超过和不超过的次数填入下面的列联表：‎ 超过 不超过 改造前 改造后 试写出，，，的值；‎ ‎（2）根据（1）中的列联表，能否有的把握认为生产线技术改造前后的连续正常运行时间有差异？‎ 附：，‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ ‎（Ⅱ）工厂的生产线的运行需要进行维护.工厂对生产线的生产维护费用包括正常维护费、保障维护费两种对生产线设定维护周期为天（即从开工运行到第天（）进行维护.生产线在一个生产周期内设置几个维护周期，每个维护周期相互独立.在一个维护周期内，若生产线能连续运行，则不会产生保障维护费；若生产线不能连续运行，则产生保障维护费.经测算，正常维护费为0.5万元次；保障维护费第一次为0.2万元周期，此后每增加一次则保障维护费增加0.2万元.现制定生产线一个生产周期（以120天计）内的维护方案：，，2，3，4.以生产线在技术改造后一个维护周期内能连续正常运行的频率作为概率，求一个生产周期内生产维护费的分布列及期望值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（1），，，，（2）有的把握认为连续正常运行时间有差异；（Ⅱ）分布列见解析，2.275万元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据茎叶图得到，，，，计算，得到答案.‎ ‎（Ⅱ）计算得到，得到分布列，计算数学期望得到答案.‎ ‎【详解】（Ⅰ）（1）由茎叶图知，根据茎叶图可得：，，，.‎ ‎（2）由于，所以有的把握认为连续正常运行时间有差异.‎ ‎（Ⅱ）生产周期内有4个维护周期，一个维护周期为30天，一个维护周期内，生产线需保障维护的概率为.‎ 设一个生产周期内需保障维护的次数为次，则正常维护费为万元，保障维护费为万元.‎ 故一个生产周期内需保障维护次时的生产维护费为万元.‎ 由于，设一个生产周期内的生产维护费为万元，则分布列为 ‎2‎ ‎2.2‎ ‎2.6‎ ‎3.2‎ ‎4‎ 则万元.‎ 故一个生产周期内生产维护费的期望值为2.275万元.‎ ‎【点睛】本题考查了独立性检验，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ ‎22.已知 ‎（1）若a=1，且f(x)≥m在(0，+∞)恒成立，求实数m的取值范围；‎ ‎（2）当时，若x=0不是f(x)的极值点，求实数a的取值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由在上恒成立,即先求在上的最小值,利用导函数判断的单调性,即可求得的范围,进而求解；‎ ‎（2）先求导可得,将代入,若不是的极值点,即使得是的非变号零点,利用导函数分别讨论当与时与0的关系,进而求解.‎ ‎【详解】解:（1）由题,当时,,‎ 所以,‎ 设,‎ 所以恒成立,‎ 所以在上为增函数,‎ 所以,‎ 又,‎ 所以恒成立,所以在上为增函数,‎ 所以,所以 ‎（2）,‎ 令,则,‎ 设,‎ 则,‎ 所以在上递增,且,‎ ‎①当时,,‎ 所以当时,；当时,,‎ 即当时,；当时,,‎ 所以在上递减,在上递增,‎ 所以,‎ 所以在上递增,‎ 所以不是的极值点,‎ 所以时,满足条件；‎ ‎②当时,,‎ 又因为在上递增,‎ 所以,使得,‎ 所以当时,,即,‎ 所以在上递增,‎ 又,‎ 所以当时,；当时,,‎ 所以是极小值点,不合题意,‎ 综上,‎ ‎【点睛】本题考查利用导函数解决不等式恒成立问题,考查利用导函数处理极值点问题,考查运算能力,考查分类讨论思想和转化思想.‎