山东省新高考质量测评联盟2020届高三5月联考数学试题

山东省新高考质量测评联盟2020届高三5月联考数学试题

山东新高考质量测评联盟5月联考试题 高三数学 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.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 是函数的定义域，是不等式的解集，分别求出后再由集合的运算法则计算．‎ ‎【详解】由题意，，‎ ‎，‎ ‎∴．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，解题时需先确定集合中的元素，然后才可能利用集合运算法则计算．‎ ‎2.若复数满足（为虚数单位），则复数的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用复数的运算法则化简,再根据复数的定义得出答案.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以,‎ 所以复数的虚部为,‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的定义及其运算,属于基础题.‎ ‎3.已知直线，则“”是“直线与圆相切”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】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可知直线过圆上一定点,若直线与圆相切,则,据此计算出,从而得出结论.‎ ‎【详解】直线过定点,‎ 又点在圆上,‎ 若直线与圆相切,‎ 则即有,‎ 因此“”是“直线与圆相切”的充要条件.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与圆相切的应用,考查了充分必要条件的判断,难度不大.‎ ‎4.如图所示，在梯形中，，，，，，，分别为边，的中点，则（ ）‎ A. B. C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 先利用直角建立直角坐标系,求出对应点的坐标,再利用坐标法求数量积即可.‎ ‎【详解】在梯形中,,‎ 则可建立以为原点,方向为轴正方向的直角坐标系,如下图所示:‎ 由题可得,‎ 因此,‎ 所以,‎ 所以,‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查数量积的求法,可建立直角坐标系利用坐标法解决问题,也可以为基底表示出向量,然后再求解,题目难度不大.‎ ‎5.函数的部分图像大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断出函数是奇函数,可排除A,C选项,再取,由排除D选项,即可得出答案.‎ ‎【详解】,其定义域为:,‎ 又,‎ 所以为奇函数,故排除A,C选项,‎ 又当时,,‎ 所以排除D选项,‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查根据解析式判断函数图像,考查函数性质的基本应用,常用排除法解决此类问题,一般利用函数的奇偶性,单调性,特殊值等进行选项排除.‎ ‎6.设函数，则当 ，表达式的展开式中二项式系数最大值为（ ）‎ A. 32 B. ‎4 ‎C. 24 D. 6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据解析式化简得,故其展开式共有5项,则其中二项式系数最大值为.‎ ‎【详解】,‎ 当时,,‎ 故,‎ 而的展开式共有5项,‎ 故其中二项式系数最大值为,‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查二项展开式的性质应用,难度不大.‎ ‎7.‎2019年10月20日，第六届世界互联网大会发布了15项“世界互联网领先科技成果”，其中有5项成果均属于芯片领域，分别为华为高性能服务器芯片“鲲鹏‎920”‎、清华大学“面向通用人工智能的异构融合天机芯片”、“特斯拉全自动驾驶芯片”、寒武纪云端AI芯片、“思元‎270”‎、赛灵思“Versal自适应计算加速平台”．现有3名学生从这15项“世界互联网领先科技成果”中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响，则至少有1名学生选择“芯片领域”的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算出每名学生选择“芯片领域”的概率为,再根据独立事件的概率计算公式计算出3名学生均没有选择“芯片领域”的概率,进而得出答案.‎ ‎【详解】根据题意可知,1名学生从15项中任选1项,其选择“芯片领域”的概率为,‎ 故其没有选择“芯片领域”的概率为,‎ 则3名学生均没有选择“芯片领域”的概率为,‎ 因此至少有1名学生选择“芯片领域”的概率为,‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查概率的计算,涉及了独立事件,对立事件及独立重复事件的概率计算,难度不大.‎ ‎8.已知直线双曲线相交于不同的两点和，为双曲线的左焦点，且满足，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设双曲线的右焦点为,连接,则根据题意可知四边形为矩形,因此在中,由,,可计算出,从而求出离心率.‎ ‎【详解】设双曲线的右焦点为,如下图所示,连接,‎ 因为,结合双曲线的对称性可知四边形为矩形,‎ 又直线的斜率为,则,‎ 故在中,,‎ 因此,‎ 即有,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线离心率的求法,需要学生综合运用所学知识,属于中档题.‎ 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．全部选对得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．‎ ‎9.2019年以来，世界经济和贸易增长放缓，中美经贸摩擦影响持续显现，我国对外贸易仍然表现出很强的韧性．今年以来，商务部会同各省市全面贯彻落实稳外贸决策部署，出台了一系列政策举措，全力营造法治化、国际化、便利化的营商环境，不断提高贸易便利化水平，外贸稳规模、提质量、转动力取得阶段性成效，进出口保持稳中提质的发展势头，下图是某省近五年进出口情况统计图，下列描述正确的是（ ）‎ A. 这五年，2015年出口额最少 B. 这五年，出口总额比进口总额多 C. 这五年，出口增速前四年逐年下降 D. 这五年，2019年进口增速最快 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 观察白色条形图可分析选项A,观察5组条形图可分析选项B,观察虚线折线图可分析选项C,观察实线折线图可分析选项D.‎ ‎【详解】对于选项A,观察5个白色条形图可知,这五年中2015年出口额最少,故A正确;‎ 对于选项B,观察五组条形图可得,2015年出口额比进口额稍低,‎ 但2016年至2019年出口额都高于进口额,并且2017年和2018年出口额都明显高于进口额,‎ 故这五年,出口总额比进口总额多,故B正确;‎ 对于选项C,观察虚线折线图可知,2015年到2016年出口增速是上升的,故C错误;‎ 对于选项D,从图中可知,实线折线图2019年是最高的,即2019年进口增速最快,故D正确.‎ 故选:ABD.‎ ‎【点睛】本题考查条形统计图的性质应用,考查数据分析能力,属于基础题.‎ ‎10.将函数图象上的各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位，得到的图象，下列说法正确的是（ ）‎ A. 点是函数图象的对称中心 B. 函数在上单调递减 C. 函数的图象与函数的图象相同 D. 若，是函数的零点，则是的整数倍 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用图象变换规律求出函数,再结合余弦函数的图象和性质进行分析,得出结论.‎ ‎【详解】将函数图象上的各点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,可得到函数的图象,‎ 再向左平移个单位,可得到函数的图象,‎ 对于选项A,令,求得,故A错误;‎ 对于选项B若,则,,‎ 故在上单调递减,故B正确;‎ 对于选项C,,‎ 即函数的图象与函数的图象相同,故C正确;‎ 对于选项D,若,是函数的零点,则是的整数倍,故D错误;‎ 故选:BC.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律,考查余弦函数的图象和性质应用,难度不大.‎ ‎11.已知棱长为1的正方体，过对角线作平面交棱于点，交棱于点，以下结论正确的是（ ）‎ A. 四边形不一定是平行四边形 B. 平面分正方体所得两部分的体积相等 C. 平面与平面不可能垂直 D. 四边形面积的最大值为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由平行平面的性质可判断A错误;利用正方体的对称性可判断B正确;当､为棱中点时,通过线面垂直可得面面垂直,可判断C错误;当与重合,与重合时,四边形的面积最大,且最大值为,可判断D正确.‎ ‎【详解】如图所示,‎ 对于选项A,因为平面,平面平面,平面平面,‎ 所以,同理可证,所以四边形是平行四边形,故A错误;‎ 对于选项B,由正方体的对称性可知,平面分正方体所得两部分的体积相等,故B正确;‎ 对于选项C,在正方体中,有,‎ 又,所以平面,‎ 当､分别为棱的中点时,‎ 有,则平面,‎ 又因为平面,‎ 所以平面平面,故C错误;‎ 对于选项D,四边形在平面内的投影是正方形,‎ 当与重合,与重合时,四边形的面积有最大值,‎ 此时,故D正确;‎ 故选:BD.‎ ‎【点睛】本题考查了正方体的几何性质与应用问题,也考查了点线面的位置关系应用问题,属于中档题.‎ ‎12.对于函数，下面结论正确的是（ ）‎ A. 任取，都有恒成立 B. 对于一切，都有 C. 函数有3个零点 D. 对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先在坐标轴中画出的图象,根据图象可判断A选项,结合解析式可判断B选项,‎ 再画出与的图象,数形结合可判断C,D选项.‎ ‎【详解】在坐标轴上作出函数的图象如下图所示:‎ 由图象可知的最大值为1,最小值为,故选项A正确;‎ 由题可知,‎ 所以即,故选项B正确;‎ 作出的图象，因为，‎ 由图象可知与有3个交点,故选项C正确;‎ 结合图象可知,若对任意,不等式恒成立,‎ 即时,不等式恒成立,‎ 又,‎ 所以,即在时恒成立,‎ 设,则,‎ 故时,,函数在上单调递减,‎ 所以时,,‎ 又,所以,即,故选项D错误.‎ 故选:ABC.‎ ‎【点睛】本题主要考查分段函数的周期性及数形结合法在处理函数问题中的应用,有一定难度.‎ 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.函数在点处的切线方程为，则______．‎ ‎【答案】-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对求导,然后利用切线斜率,列式求解即可.‎ ‎【详解】,则,‎ 故当时,,‎ 又函数在点处的切线方程为,‎ 所以,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查导数几何意义的应用,属于简单题.‎ ‎14.已知，，且，则的最小值是______．‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可变形为,再利用基本不等式即可得出答案.‎ ‎【详解】,,且,‎ ‎(当且仅当即时取等号),‎ 故答案为:5.‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式的应用,考查学生的分析计算能力,难度不大.‎ ‎15.已知抛物线焦点为，过点斜率为的直线交该抛物线于点，（点在第一象限），与该抛物线的准线交于点，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得,则可求出直线的方程,将之与抛物线方程联立,求出点的坐标,进而求出,即可得出答案.‎ ‎【详解】由题意可得,抛物线准线方程为,‎ 则直线的方程为:,‎ 联立,解得或,‎ 即,,,,‎ 所以,,则,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的简单性质,难度不大.‎ ‎16.已知正方体的棱长为，其内有2个不同的小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，则球的体积等于______，球的表面积等于______．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知三棱锥是边长为的正四面体,则球是三棱锥的内切球,设其半径为,由，可知,设平面平面,且球和球均与平面相切于点,则球是正四面体 的内切球,设其半径为,则,最后代入数据计算即可.‎ ‎【详解】因为正方体的棱长为,‎ 所以三棱锥是边长为的正四面体,的高为,‎ 设底面的中心为,连接,则,,‎ 则球是三棱锥的内切球,设其半径为,‎ 则有 所以,‎ 所以球的体积为,‎ 又球与三棱锥的三个面和球都相切,‎ 则设平面平面,且球和球均与平面相切于点,如下图所示,‎ ‎ ‎ 则球是三棱锥的内切球,设其半径为,‎ 故,‎ 因此在正四面体中,,‎ 所以球的表面积为,‎ 故答案为:;.‎ ‎【点睛】本题主要考查三棱锥内切球的综合问题,考查学生的空间思维及想象能力,有一定难度.‎ 四、解答题：本大题共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.已知数列是等比数列，且，其中成等差数列．‎ ‎（1）数列的通项公式； ‎ ‎（2）记，则数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设数列是公比为的等比数列,运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式,解方程可得公比,进而得到所求通项公式;‎ ‎(2)求得,运用数列的分组求和法,结合等差数列和等比数列的求和公式,计算可得所求和.‎ ‎【详解】(1)设数列的公比为,因为,,成等差数列,‎ 所以,‎ 又因为,所以,即,‎ 所以或(舍去),所以;‎ ‎(2)由(1)知,,‎ 所以 ‎.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列和等比数列通项公式和求和公式的运用,考查数列的分组求和,‎ 难度不大.‎ ‎18.在①，②这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．‎ 已知的角，，对边分别为，，而且______．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求周长的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)选①,先利用正弦定理化简可得,进而得到,结合的范围即可求得;选②,先利用正弦定理可得,再利用余弦定理可得,结合的范围即可求得;‎ ‎(2)由余弦定理可得,再利用基本不等式可得,进而求得周长的最大值.‎ ‎【详解】(1)选①:‎ 因为,‎ 所以,‎ 因为,所以,即,‎ 因为,所以,所以,即;‎ 选②:‎ 因为,‎ 所以,即,‎ 所以,‎ 因为,所以;‎ ‎(2)由(1)可知:,‎ 在中,由余弦定理得,即,‎ 所以,‎ 所以,当且仅当时等号成立,‎ 所以,即周长的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查正､余弦定理在解三角形中的运用,同时还涉及了基本不等式的运用,考查化简计算能力,属于中档题.‎ ‎19.已知四棱锥，底面矩形，，，，为中点，．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)方法一:由推出,结合可推出,又,所以平面,进而得证;方法二:由推出,从而有,结合可推出 ‎,又,所以平面,进而得证;‎ ‎(2)由勾股定理逆定理推出,结合可得平面,故以为原点,､､方向为､､轴正方向建立空间直角坐标系,再利用向量法求出二面角的余弦值.‎ ‎【详解】(1)方法一:‎ 因为,,为中点,‎ 所以在中,,‎ 在中,,‎ 所以,所以,‎ 又因为,‎ 所以,所以,‎ 又因为,,‎ 所以平面,‎ 又平面,所以平面平面.‎ 方法二:‎ 由题意可知:在中,,‎ 在中,,即,‎ 所以,‎ 所以,‎ 又因为,‎ 所以,所以,‎ 又因为,,‎ 所以平面,‎ 又平面,所以平面平面.‎ ‎(2)因为,又,,‎ 所以,所以,‎ 又因为,且与相交,‎ 所以平面,‎ 故以为原点,､､方向为､､轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则,,,,‎ 所以,,,‎ 设平面的一个法向量为,‎ 由可得,‎ 令,则,所以,‎ 设平面的一个法向量为,‎ 由可得,‎ 令,则,所以,‎ 所以,‎ 由题意可知二面角为锐二面角,‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了空间中的垂直证明,考查了向量法求二面角的余弦值,‎ 需要学生具备一定的空间思维及计算能力,属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，且经过点．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若不过坐标原点的直线与椭圆相交于、两点，且满足，求面积最大时直线的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意列关于,,的方程组,求解,的值,则椭圆方程可求;‎ ‎(2)由题意可知,直线的斜率存在,设直线的方程为,,,,,联立直线方程与椭圆方程,化为关于的一元二次方程,利用根与系数的关系及向量等式可得值,写出三角形面积公式,得到关于的函数式,整理后利用基本不等式求最值,然后求得的方程.‎ ‎【详解】(1)由题意得,解得,‎ 所以椭圆的方程为;‎ ‎(2)由题意可知,直线的斜率显然存在,‎ 设直线的方程为,,,‎ 由得,‎ ‎①‎ 所以,所以,‎ 因为,所以,‎ 所以,代入①得且,‎ 所以 ‎,‎ 当且仅当,即时上式取等号,此时符合题意,‎ 所以直线的方程为.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法,考查直线与椭圆位置关系的应用,结合了基本不等式求最值,需要学生具备一定的计算分析能力,属于中档题.‎ ‎21.2018年3月份，上海出台了《关于建立完善本市生活垃圾全程分类体系的实施方案》，4月份又出台了《上海市生活垃圾全程分类体系建设行动计划（2018-2020年）》，提出到2020年底，基本实现单位生活垃圾强制分类全覆盖，居民区普遍推行生活垃圾分类制度．为加强社区居民的垃圾分类意识，推动社区垃圾分类正确投放，某社区在健身广场举办了“垃圾分类，从我做起”生活垃圾分类大型宣传活动，号召社区居民用实际行动为建设绿色家园贡献一份力量，为此需要征集一部分垃圾分类志愿者．‎ ‎（1）为调查社区居民喜欢担任垃圾分类志愿者是否与性别有关，现随机选取了一部分社区居民进行调查，其中被调查的男性居民和女性居民人数相同，男性居民中不喜欢担任垃圾分类志愿者占男性居民的，女性居民中不喜欢担任垃圾分类志愿者占女性居民的 ‎，若研究得到在犯错误概率不超过0.010的前提下，认为居民喜欢担任垃圾分类志愿者与性别有关，则被调查的女性居民至少多少人？‎ 附，，‎ ‎0.100‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎（2）某垃圾站的日垃圾分拣量（千克）与垃圾分类志愿者人数（人）满足回归直线方程，数据统计如下：‎ 志愿者人数（人）‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 日垃圾分拣量（千克）‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎45‎ 已知，，，根据所给数据求和回归直线方程，附：，．‎ ‎（3）用（2）中所求的线性回归方程得到与对应的日垃圾分拣量的估计值．当分拣数据与估计值满足时，则将分拣数据称为一个“正常数据”．现从5个分拣数据中任取3个，记表示取得“正常数据”的个数，求的分布列和数学期望．‎ ‎【答案】（1）至少20人；（2）；（3）分布列见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设被调查的女性居民人数为,列出相关列联表,由犯错误概率不超过0.010,可知 ‎,据此列式求解即可;‎ ‎(2)先由求出,再根据表格数据求出,最后利用公式直接求,从而得出回归直线方程;‎ ‎(3)先将对应代入回归方程求出对应的,可得“正常数据”有3个,则的可能取值为1,2,3,分别求出对应概率,从而得出的分布列和数学期望.‎ ‎【详解】(1)设被调查的女性居民人数为,列列联表如下:‎ 不喜欢人数 喜欢人数 合计 男 女 合计 则,‎ 因为犯错误概率不超过0.010,所以,即,‎ 因而被调查的女性居民至少20人;‎ ‎(2)由,解得,‎ 又 ‎,‎ 所以,‎ 所以回归直线方程;‎ ‎(3)将,,,,,‎ 代入回归直线得:,,,,,‎ 其中,,,符合,‎ ‎,,不符合,‎ 所以的可能取值为1,2,3,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ 所以的分布列为 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 故.‎ ‎22.已知函数．‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）当时，求函数在上的零点个数．‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）2个 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)对求导后,根据的正负对的正负进行分情况讨论,得出对应单调性即可;‎ ‎(2)方法一:对求导后,对,,三种情况,结合零点存在性定理分别讨论零点个数;方法二:对求导后,对,两种情况,‎ 结合零点存在性定理分别讨论零点个数.‎ ‎【详解】(1),其定义域为,,‎ ‎①当时,因为,所以在上单调递增,‎ ‎②当时,令得,令得,‎ 所以在上单调递减,上单调递增,‎ 综上所述,‎ 当时,在上单调递增,‎ 当时,在单调递减,单调递增.‎ ‎(2)方法一:由已知得,,则.‎ ‎①当时,因为,所以在单调递减,‎ 所以,所以在上无零点;‎ ‎②当时,因为单调递增,且,,‎ 所以存在,使,‎ 当时,,当时,,‎ 所以在递减,递增,且,所以,‎ 又因为,‎ 所以,所以在上存在一个零点,‎ 所以在上有两个零点;‎ ‎③当时,,所以在单调递增,‎ 因为,所以在上无零点;‎ 综上所述,在上的零点个数为2个.‎ 方法二:由已知得,,则.‎ ‎①当时,因为,所以在单调递增,‎ 所以,所以在上无零点;‎ ‎②当时,所以在单调递增,‎ 又因为,,‎ 所以使,‎ 当时,,当时,‎ 所以在单调递减,单调递增,‎ 且,所以,‎ 又因为,所以,‎ 所以在上存在唯一零点,‎ 所以在上存在两个零点,‎ 综上所述,在上的零点个数为2个.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数零点问题,含参函数常利用分类讨论法解决问题,有一定难度.‎