山东省日照市2020届高三4月模拟考试数学试题

山东省日照市2020届高三4月模拟考试数学试题

‎2019——2020学年度高三模拟考试 数学试题 ‎2020．04‎ 考生注意：‎ ‎1．答题前，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，将试题卷和答题卡一并交回.‎ 一、单项选择题：本大题共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.已知复数满足,则复数在复平面内对应点所在的象限是( )‎ 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】‎ 把已知变形等式，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.‎ ‎【详解】由，‎ 得，‎ ‎∴复数z在复平面内对应的点的坐标为，在第一象限．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题.‎ ‎2.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合，按交集定义，即可求解.‎ ‎【详解】由，得，所以，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查集合间的运算，属于基础题.‎ ‎3.南北朝时代的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为，被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面的面积分别为，则“总相等”是“相等”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分条件和必要条件的定义，结合祖暅原理进行判断即可.‎ ‎【详解】根据祖暅原理，当总相等时，相等，所以充分性成立；‎ 当两个完全相同的四棱台，一正一反的放在两个平面之间时，此时体积固然相等但截得的面积未必相等，所以必要性不成立.‎ 所以“总相等”是“相等”的充分不必要条件.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断，属于基础题.‎ ‎4.已知圆，直线．若直线上存在点，以为圆心且半径为1的圆与圆有公共点，则的取值范围（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得直线上存在点，使得，转化为圆心到直线的距离，求解即可.‎ ‎【详解】直线上存在点，以为圆心且半径为1的圆与圆有公共点，‎ 则，只需，‎ 即圆的圆心到直线的距离，‎ 或.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查圆与圆的位置关系、直线与圆的位置关系，考查计算求解能力，属于基础题.‎ ‎5.当时， 在同一坐标系中，函数与的图像是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数型函数和对数型函数单调性，判断出正确选项.‎ ‎【详解】由于，所以为上的递减函数，且过；为上的单调递减函数，且过，故只有D选项符合.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查指数型函数、对数型函数单调性的判断，考查函数图像的识别，属于基础题.‎ ‎6.已知定义在上的函数，，，，则，，的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数在时的单调性，可以判断出函数是奇函数，利用奇函数的性质可以得到，比较三个数的大小，然后根据函数在时的单调性，比较出三个数的大小.‎ ‎【详解】当时，，函数在时，是增函数.因为，所以函数是奇函数，所以有，因为，函数在时，是增函数，所以，故本题选D.‎ ‎【点睛】本题考查了利用函数的单调性判断函数值大小问题，判断出函数的奇偶性、单调性是解题的关键.‎ ‎7.已知函数和（）图象的交点中，任意连续三个交点均可作为一个等腰直角三角形的顶点.为了得到的图象，只需把 的图象（ ）‎ A. 向左平移1个单位 B. 向左平移个单位 C. 向右平移1个单位 D. 向右平移个单位 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示，计算得到，取靠近原点的三个交点，，，，得到，故，根据平移法则得到答案.‎ ‎【详解】如图所示：，故，.‎ 取靠近原点的三个交点，，，，‎ 为等腰直角三角形，故，故，‎ 故，，‎ 故为了得到的图象，只需把的图象向左平移1个单位 .‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数图像，三角函数平移，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.‎ ‎8.如图，在直角坐标系中，一个质点从出发沿图中路线依次经过，，，，按此规律一直运动下去，则（ ）‎ A. 2017 B. ‎2018 ‎C. 2019 D. 2020‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知点坐标，得出的前8项，归纳出数列项的规律，即可求解.‎ ‎【详解】由直角坐标系可知，‎ ‎，，，，‎ ‎，，即，，‎ ‎，，，，，，…，‎ 由此可知，数列中偶数项是从1开始逐渐递增的，‎ 且都等于其项数除以2，每四个数中有一个负数，‎ 且为每组的第三个数，每组的第一个数为其组数，‎ 每组的第一个数和第三个数是互为相反数，‎ 因为，则，所以 ‎，，，‎ ‎.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查归纳推理问题，关键是找到规律，属于基础题.‎ 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.为了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了20名肥胖者，测量了他们的体重（单位：千克）．健身之前他们的体重情况如三维饼图（1）所示，经过半年的健身后，他们的体重情况如三维饼图（2）所示，对比健身前后，关于这20名肥胖者，下面结论正确的是（ ）‎ A. 他们健身后，体重在区间内的人数不变 B. 他们健身后，体重在区间内的人数减少了2个 C. 他们健身后，体重在区间内的肥胖者体重都有减轻 D. 他们健身后，这20位肥胖着的体重的中位数位于区间 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据饼图分别求出20名肥胖者在健身前和健身后在各区间体重的人数，逐项验证，即可得出答案.‎ ‎【详解】图（1）中体重在区间，，‎ 内的人数分别为8，10，2；‎ 图（2）中体重在区间，，‎ 内的人数分比为为6，8，6；‎ 故选：ACD．‎ ‎【点睛】本题考查识图能力，考查统计知识，准确理解图形是关键，属于基础题.‎ ‎10.为弘扬中华传统文化，某校组织高一年级学生到古都西安游学．在某景区，由于时间关系，每个班只能在甲、乙、丙三个景点中选择一个游览，高一1班的27名同学决定投票来选定游览的景点，约定每人只能选择一个景点，得票数高于其它景点的入选．据了解，若只游览甲、乙两个景点，有18人会选择甲，若只游览乙、丙两个景点，有19人会选择乙，那么关于这轮投票结果，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该班选择去甲景点游览 B. 乙景点的得票数可能会超过9‎ C. 丙景点的得票数不会比甲景点高 D. 三个景点的得票数可能会相等 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知可得出游览两个景点时乙和丙选择的人数，得出游览三个景点时，选择乙和丙的人数的范围，即可得出结论.‎ ‎【详解】由已知只游览甲、乙两个景点，有18人会选择甲，则选择乙的为9人，‎ 则若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择乙的小于等于9人；‎ 若只游览乙、丙两个景点，有19人会选择乙，则选择丙的为8人，‎ 则若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择丙的小于等于8人，‎ 所以选择甲的一定大于等于10人.‎ 故选：AC．‎ ‎【点睛】本题以数学文化为背景，考查推理与证明，属于基础题.‎ ‎11.若定义在上的函数满足，其导函数满足，则下列成立的有（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件，构造函数，可得在上单调性，利用函数的单调性，结合的取值范围，得到的范围，进而求出的范围，即可求出结论.‎ ‎【详解】设，则，‎ 故函数在上单调递增，且，‎ ‎，故，，‎ 而，，故A正确，B错误．‎ ‎，故，‎ 所以，，‎ 故C正确，D错误．‎ 故选：AC.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性及其应用，构造函数是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.‎ ‎12.已知双曲线，不与轴垂直的直线与双曲线右支交于点，，（在轴上方，在轴下方），与双曲线渐近线交于点，（在轴上方），为坐标原点，下列选项中正确的为（ ）‎ A. 恒成立 B. 若，则 C. 面积最小值为1‎ D. 对每一个确定的，若，则的面积为定值 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于A选项，设直线方程为，分别与双曲线方程以及双曲线渐近线方程联立，求出中点坐标，并判断是否相等即可；对于B选项，由，得到，结合A选项的结果，即可判断选项B是否正确；对于C选项，设直线方程为，，直线分别与渐近线方程联立，求出坐标，进而求出的面积，根据的范围，求出的面积的范围即可；对于D选项，由已知可得，利用选项A的方程，得到关系，求出的面积即可.‎ ‎【详解】设，代入得，①‎ 显然，，即，‎ 设，，则，是方程①的两个根，‎ 有，，‎ 设，，由得，‎ 由，得；‎ 所以，所以和的中点重合，‎ 所以，所以恒成立．故A正确．‎ 因为和的中点重合为，所以，‎ 又，所以，‎ 所以，故B正确．‎ 设直线方程为，，‎ 由得，由得，‎ ‎，，，‎ ‎，故C错误.‎ 因为，所以，得 ‎，即，‎ 所以，，又，，，‎ 所以是定值．故D正确．‎ 故选：ABD.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的性质、直线与双曲线的位置关系，应用根与系数关系是解题的关键，考查逻辑推理、计算求解能力，属于中档题.‎ 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知向量，，若，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量垂直坐标表示，即可求解.‎ ‎【详解】因为，所以，即.‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查向量坐标运算，属于基础题.‎ ‎14.的展开式中常数项为__________．（用数字作答）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 的展开式的通项公式为，令，，故该展开式中的常数项为，故答案为．‎ ‎【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.‎ ‎15.直线过抛物线的焦点，且与交于，两点，则__________，的最小值是__________．‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 由抛物线焦点坐标，求出；设直线方程为，将直线方程与抛物线方程联立，得出的纵坐标积为定值，进而得到横坐标积为定值，结合抛物线的定义将所求的式子转化为点（或点）横坐标的函数，即可求解.‎ ‎【详解】因为抛物线的焦点，所以；‎ 设点，，直线，‎ 联立方程，得，‎ 所以，，所以，‎ 法一：‎ ‎，当且仅当时取等号．‎ 法二：‎ ‎，‎ 所以，‎ 当且仅当时取等号．‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的方程和几何性质、直线与抛物线的位置关系，要熟练掌握抛物线焦半径公式和焦点弦的性质，考查数学运算、逻辑推理能力，属于中档题.‎ ‎16.若点在平面外，过点作面的垂线，则称垂足为点在平面内的正投影，记为．如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与，不重合），．给出下列三个结论：‎ ‎①线段长度的取值范围是；‎ ‎②存在点使得平面；‎ ‎③存在点使得 其中正确结论的序号是___________．‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，根据正方体的结构特征确定在边上，且，为中点，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，确定点坐标，用表示长度，结合的范围，求出长度，即可判断①；根据正方体的特征，取的一个法向量，利用建立的方程，求解即可判断②；再由，建立的方程，求解即可判断③.‎ ‎【详解】取的中点，过点在平面内作，‎ 再过点在平面内作，垂足为点．‎ 在正方体中，平面，‎ 平面，，‎ 又，，‎ 平面，即，，‎ 同理可证，，则，．‎ 以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、‎ 轴、轴建立空间直角坐标系，‎ 设，则,，‎ ‎，，．‎ 对于命题①，，‎ ‎，则，则，‎ 所以，，命题①正确；‎ 对于命题②，，则平面的一个法向量为，‎ ‎，令，‎ 解得，所以，存在点使得平面，命题②正确；‎ 对于命题③，，令，‎ 整理的，该方程无实根，‎ 所以不存在点使得，命题③错误．‎ 故答案为：①②．‎ ‎【点睛】本题考查空间线、面的位置关系以及空间直角坐标系的应用，灵活运用正方体中垂直关系是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，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.的内角，，的对边分别为，，，且满足．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，，求的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将已知等式边化角，再由两角和正弦得，即可求解；‎ ‎（2）由（1）的结论结合已知，根据余弦求出其中一个角，即可得出结论.‎ ‎【详解】（1）由正弦定理，可化为 ‎，‎ 也就是．‎ 由中可得．‎ 即．由正弦定理可得，故．‎ ‎（2）由可知．而，‎ 由余弦定理可知．‎ 又于是．‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换、面积公式解三角形，考查计算求解能力，属于基础题.‎ ‎18.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．‎ 已知等差数列的公差，前项和为，若________，数列满足，，．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）求前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）若选①，在中，取，结合值和①，即可求出的通项公式，若选其它的两个条件公差皆为3，结果一样；‎ ‎（2）根据已知关系，得到为等比数列，即可求解.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 当时，．，，，‎ 若选①，．‎ 若选②，‎ 整理得，或（舍去），；‎ 若选③，‎ ‎（2）由（1）知：，即．‎ 即数列是以1为首项，以为公比的等比数列．‎ 的前项和．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项的基本量计算、等比数列的前项和公式，考查计算求解能力，属于基础题.‎ ‎19.如图，已知四边形为等腰梯形，为正方形，平面平面，，.‎ ‎(1)求证:平面平面；‎ ‎(2)点为线段上一动点，求与平面所成角正弦值的取值范围.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用等腰梯形的性质证得，由面面垂直的性质定理证得平面，由此证得平面平面.‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，设出的长，利用直线的方向向量和平面的法向量，求得与平面所成角正弦值的表达式，进而求得与平面所成角正弦值的取值范围.‎ ‎【详解】在等腰梯形中，， ，‎ ‎，. 即，.‎ 又平面平面，平面平面平面，‎ 平面 平面，‎ 平面平面 ‎（2）解:由(1)知，分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，‎ 设，‎ 则，，‎ 设平面的法向量为 ‎，即 令，则，‎ 平面的一个法向量为.‎ 设与平面所成角为，‎ 当时取最小值，当时取最大值 故与平面所成角正弦值的取值范围为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查面面垂直的判定定理和性质定理，考查向量法计算线面角正弦值的取值范围，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的左、右焦点分别为，，以为圆心过椭圆左顶点的圆与直线相切于，且满足．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）过椭圆右焦点的直线与椭圆交于不同的两点，，问内切圆面积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）有，最大值 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知可得到直线的距离等于，结合，建立方程组，求解即可得出椭圆的标准方程；‎ ‎（2）即求内切圆半径是否有最大值，因为周长为，转化为的面积是否有最大值，设，则，再设出直线的方程为，与椭圆方程联立，得出关系，表示为的函数，根据其特征求出范围，即可得出结论.‎ ‎【详解】（1）由已知椭圆方程为，‎ 设椭圆右焦点，由到直线的距离等于，‎ 得，，‎ 又，，‎ 又，求得，．‎ 椭圆方程为，‎ ‎（2）设，，设的内切圆半径为，‎ 的周长为，‎ 所以，‎ 根据题意，直线的斜率不为零，可设直线的方程为，‎ 由，得，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 所以，‎ 令，则，所以，‎ 令，则当时，，‎ 单调递增，所以，，‎ 即当，，直线的方程为时，‎ 的最大值为3，此时内切圆半径最大，‎ 内切圆面积有最大值．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系，等价转化为求三角形面积最大值是解题的关键，要熟练掌握根与系数关系设而不求方法解决相交弦问题，考查计算求解能力，属于中档题.‎ ‎21.每年的‎3月12日是植树节，某公司为了动员职工积极参加植树造林，在植树节期间开展植树有奖活动，设有甲、乙两个摸奖箱，每位植树者植树每满30棵获得一次甲箱内摸奖机会，植树每满50棵获得一次乙箱内摸奖机会，每箱内各有10个球（这些球除颜色外全相同），甲箱内有红、黄、黑三种颜色的球，其中个红球，个黄球，5个黑球，乙箱内有4个红球和6个黄球，每次摸一个球后放回原箱，摸得红球奖100元，黄球奖50元，摸得黑球则没有奖金．‎ ‎（1）经统计，每人的植树棵数服从正态分布，若其中有200位植树者参与了抽奖，请估计植树的棵数在区间内并中奖的人数（结果四舍五入取整数）；‎ 附：若，则，‎ ‎．‎ ‎（2）若，某位植树者获得两次甲箱内摸奖机会，求中奖金额（单位：元）的分布列；‎ ‎（3）某人植树100棵，有两种摸奖方法，‎ 方法一：三次甲箱内摸奖机会；‎ 方法二：两次乙箱内摸奖机会；‎ 请问：这位植树者选哪一种方法所得奖金的期望值较大．‎ ‎【答案】（1）34人；（2）分布列见解析；（3）选方法二所得奖金的期望值较大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）甲箱内摸奖一次中奖的概率为0.5，根据已知正态分布，在区间的概率为根据参考数据，即可求解；‎ ‎（2）先求出中奖金额的可能值，求出对应值的概率，即可得到分布列；‎ ‎（3），先求出甲摸一次所得奖金的期望，并用表示，从而得到方法一所得奖金的期望，再求出方法二所得奖金的期望值，两种方法期望值对比，即可得出结论.‎ ‎【详解】（1）依题意得，，得，‎ 植树的棵数在区间内有一次甲箱内摸奖机会，‎ 中奖率为，植树棵数在区间内人数约为：人 中奖的人数约为：人．‎ ‎（2）中奖金额的可能取值为0，50，100，150，200．‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎；‎ 故的分布列为 ‎0‎ ‎50‎ ‎100‎ ‎150‎ ‎200‎ ‎0．25‎ ‎0．3‎ ‎0．29‎ ‎0．12‎ ‎0．04‎ ‎（3），甲箱摸一次所得奖金的期望为 ‎，‎ 方法一所得奖金的期望值为；‎ 乙箱摸一次所得奖金的期望值为，‎ 方法二所得奖金的期望值为140，‎ 的值可能为1，2，3，4，‎ 所以这位顾客选方法二所得奖金的期望值较大．‎ ‎【点睛】本题考查正态分布、离散型随机变量分布列以及期望，求解随机变量的概率是解题的关键，考查数学计算能力，属于中档题.‎ ‎22.已知函数在点处的切线方程为．‎ ‎（1）求，；‎ ‎（2）函数图像与轴负半轴的交点为，且在点处的切线方程为，函数，，求的最小值；‎ ‎（3）关于的方程有两个实数根，，且，证明：．‎ ‎【答案】（1），；（2）0；（3）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知可得，，求出，可得的方程组，求解即可；‎ ‎（2）先求出的负根，进而求出切线方程，求出函数，进而求出单调区间，即可得出结论；‎ ‎（3）根据（2）可得的图像在的上方，同理可证出的图像也在以的另一零点为切点的切线上方，求出与两切线交点的横坐标为，则有，即可证明结论.‎ ‎【详解】（1）将代入切线方程中，‎ 得，所以，‎ 又或，‎ 又，‎ 所以，‎ 若，则（舍去）；‎ 所以，则；‎ ‎（2）由（1）可知，，‎ 所以，‎ 令，有或，‎ 故曲线与轴负半轴的唯一交点为 曲线在点处的切线方程为，‎ 则，‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以，．‎ 若，，‎ 若，，，‎ 所以.‎ 若，，‎ ‎，‎ ‎，所以在上单调递增，‎ ‎，函数在上单调递增．‎ 当时，取得极小值，也是最小值，‎ 所以最小值．‎ ‎（3），设的根为，‎ 则，又单调递减，‎ 由（2）知恒成立．‎ 又，所以，‎ 设曲线在点处的切线方程为，则，‎ 令，‎ ‎．‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 故函数在上单调递增，又，‎ 所以当时，，当时，，‎ 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ 所以，即，‎ 设的根为，则，‎ 又函数单调递增，故，故．‎ 又，所以．‎ ‎【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到导数的几何意义、极值最值、不等式的证明，要注意利用数形结合找到解题的突破口，考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.‎