山东省济宁市第一中学2020届高三考前冲刺测试（一）数学试题 Word版含解析

山东省济宁市第一中学2020届高三考前冲刺测试（一）数学试题 Word版含解析

济宁一中2020届高三考前冲刺测试一 数学试题 一、单项选择题：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.函数的定义域为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数f（x）的解析式，求出使解析式有意义的自变量取值范围即可．‎ ‎【详解】函数，‎ ‎∴，‎ 解得x＞0且x≠1，‎ ‎∴f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞）．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了根据解析式求函数定义域的应用问题，是基础题．‎ ‎2.已知向量满足（2，1），（1，y），且，则＝（ ）‎ A. B. C. 5 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量垂直的坐标表示列方程，由此求得，根据向量模的坐标表示求得正确答案.‎ ‎【详解】根据题意，（2，1），（1，y），且，则有2+y＝0，解可得y＝﹣2，即（1，﹣2），‎ 则（4，﹣3），故 5；‎ 故选：C - 22 -‎ ‎【点睛】本小题主要考查向量垂直和模的坐标表示，属于基础题.‎ ‎3.某工厂利用随机数表对生产的600个零件进行抽样测试，先将600个零件进行编号，编号分别为001，002，…，599，600，从中抽取60个样本，下面提供随机数表的第4行到第6行：‎ ‎32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42‎ ‎84 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89 07 23 68 96 08 04‎ ‎32 56 78 08 43 67 89 53 55 77 34 89 94 83 75 22 53 55 78 32 45 77 89 23 45‎ 若从表中第6行第6列开始向右依次读取3个数据，则得到的第5个样本编号是（ ）‎ A. 522 B. 324 C. 535 D. 578‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照随机数表取数，不大于600的留下，大于600的去掉即可得．‎ ‎【详解】所得样本编号依次为436，535，577，348，522，‎ 第5个是522．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查随机数表抽样法，属于简单题．‎ ‎4.如图，在正四棱柱中，底面的边长为3，与底面所成角的大小为，且，则该正四棱柱的外接球表面积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 长方体的外接球的直径为长方体的对角线，与底面所成的角为，从而有 - 22 -‎ ‎，求出即可.‎ ‎【详解】连正四棱柱，‎ 平面为与底面所成角，‎ ‎，‎ 在中，，‎ ‎，‎ 正四棱柱的外接球半径为，‎ 其表面积为.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查多面体与球的“接”“切”问题，注意直线与平面所成角的几何求法，属于基础题.‎ ‎5.已知在中，角的对边分别为，若，且，则的面积是（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角形内角和与两角和与差的正弦公式求得，再由同角三角函数关系求得，进而由余弦定理求得a，最后由三角形面积公式求得答案.‎ ‎【详解】因为，即，即 - 22 -‎ ‎，则，所以，故.‎ 因为，所以，所以角为锐角，故，‎ 由余弦定理可知，，解得或.‎ 当时，的面积；‎ 当时，的面积.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查由余弦定理解三角形，并利用任意三角形面积公式求面积，属于简单题.‎ ‎6.设等差数列的公差为，若，则“”是“为递减数列”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】‎ 利用指数函数单调性、数列增减性的定义以及等差数列的定义判断即可.‎ ‎【详解】充分性：若，则，即，，即，‎ 所以，数列为递减数列，充分性成立；‎ 必要性：若为递减数列，则，即，，则，‎ 必要性成立.‎ 因此，“”是“为递减数列”充要条件.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查充要条件的判断，同时也考查了数列单调性定义的应用，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎7.将三枚骰子各掷一次，设事件为“三个点数都不相同”，事件 - 22 -‎ 为“至少出现一个6点”，则概率的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 考点：条件概率与独立事件．‎ 分析：本题要求条件概率，根据要求的结果等于P（AB）÷P（B），需要先求出AB同时发生的概率，除以B发生的概率，根据等可能事件的概率公式做出要用的概率．代入算式得到结果．‎ 解：∵P（A|B）=P（AB）÷P（B），‎ P（AB）==‎ P（B）=1-P（）=1-=1-=‎ ‎∴P（A/B）=P（AB）÷P（B）==‎ 故选A．‎ ‎8.在平行四边形中，，，，若、分别是边、上的点，且满足，则的最大值为（ ）‎ A. 2 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，然后选取为基底，把其他向量用基底表示后计算数量积，表示为的函数，由函数知识得最大值．‎ ‎【详解】设，，则，‎ - 22 -‎ ‎，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∵，∴时，取得最大值5．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是选取基底，用基底表示平面上的其他向量，然后进行运算求解．‎ 二、多项选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．‎ ‎9.若集合，，则正确的结论有（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦函数可得集合，由集合间的关系和运算，对选项进行逐一判断.‎ ‎【详解】由，‎ 又，‎ 显然集合 所以，‎ 则成立，所以选项A正确.‎ 成立，所以选项B正确，选项D不正确.‎ ‎，所以选项C不正确.‎ 故选：AB ‎【点睛】‎ - 22 -‎ 本题考查解三角方程，集合关系的判断与应用，集合的包含关系与补集关系的应用，属于中档题.‎ ‎10.函数的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. 是函数的一条对称轴 D. 是函数的对称轴心 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数图象先求出的表达式，再对选项进行逐一判断，即可得到答案.‎ ‎【详解】由函数的图象有,则，即，所以，则A正确.‎ 由图象可得，， ‎ 所以，即,由，‎ 所以，即,所以B不正确.‎ 所以函数的对称轴为：，即 当时，是函数的一条对称轴，所以C正确.‎ 所以函数的对称中心满足：，即 所以函数的对称轴心为，，所以D正确.‎ 故选：ACD ‎【点睛】本题考查根据图象求余弦型函数的解析式，考查余弦型函数的对称性等，属于中档题.‎ ‎11.以下结论中错误有（ ）‎ A. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为．‎ - 22 -‎ B. 设，且，，则 C. 若，，，是异面直线，那么与相交．‎ D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.3．‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对各个选项进行逐个判断，A．直线的截距相等包括截距均为0的情况；B.举反例即可判断；C.根据空间线面关系的定义及判定方法可知；D.对模型两边取对数进行计算可得.‎ ‎【详解】A.经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为或,故A不正确；‎ B.举反例，如当a=-2,b=-1时，由不能得到，故B不正确；‎ C. 若，，，是异面直线，那么与相交或，故C不正确；‎ D．模型，两边取对数，可得，‎ 令，可得，∵，∴,故D正确.‎ 故选：ABC ‎【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查学生对基本概念、基本定理的理解与掌握，属于基础题.‎ ‎12.在平面直角坐标系中，已知曲线的方程是，则下列结论正确的是（ ）‎ A. 曲线关于对称 B. 的最小值为 C. 曲线的周长为 D. 曲线围成的图形面积为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 确定方程表示的曲线，根据对称性判断A，利用的几何意义判断B，计算曲线的周长与所围图形面积判断C，D．‎ ‎【详解】设是曲线上的任一点，则，所以，所以点也在曲线上，而点与是关于对称的，由的任意性知A正确，‎ 如时方程化为，即，其中，表示一条线段，‎ 同理当时，方程为，当时，方程为，当时，方程为．‎ 所以方程表示的曲线是以为顶点的菱形，如图，‎ 表示菱形上点到原点距离的平方，原点到的距离为为斜边上的高，所以的最小值为，B正确；‎ 菱形的周长为，C错误；‎ 菱形的面积为，D正确．‎ - 22 -‎ 故选：ABD．‎ ‎【点睛】本题考查曲线的对称性，考查用方程研究曲线的性质，考查方程的曲线，解题关键是确定方程表示的曲线，注意掌握绝对值的定义，按绝对值分类讨论即可．‎ 三、填空题 ‎13.已知等比数列满足______．‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用求出，然后利用等比数列通项公式求得.‎ ‎【详解】因为，故，由等比数列的通项公式得．‎ ‎【点睛】本小题主要考查等比数列基本量的计算，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎14.设复数（是虚数单位），则______．‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项式定理变形后再计算．‎ ‎【详解】‎ ‎．‎ 故答案：0．‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查复数的综合运算，解题关键是利用二项式定理把求值式变成乘方，然后再由复数运算法则计算．‎ ‎15.已知双曲线的焦点为，，实轴长为2，则双曲线的离心率是______；若点是双曲线的渐近线上一点，且，则的面积为______．‎ - 22 -‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 易得，，再结合，可知，然后由求出离心率；可求出经过一、三象限的渐近线方程为，设点，分别求出和，根据列出方程，求出x的值，然后可得点到y轴的距离，，最后计算的面积.‎ ‎【详解】易知，，所以，‎ 又，，所以；‎ 所以双曲线的方程为：，其中经过一、三象限的渐近线方程为，‎ 故可设点，所以，，‎ 因为，所以，即，‎ 解之得：，所以点到y轴的距离为，又，所以：‎ ‎.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，考查向量垂直的应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查转化思想，属于常考题.‎ ‎16.已知函数，若，则______．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 先求出，分，两种情况讨论，求出，再分类讨论求出a的取值.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 当时，由可得：，‎ 即，‎ 不满足，‎ 当时，可得，‎ 即，‎ 当时，，解得，‎ 当时，，解得，‎ 综上，的取值为或 故答案为：或 ‎【点睛】本题主要考查由函数值求自变量，考查分段函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题.‎ 四、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知内接于单位圆，且，‎ 求角C 求面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变形已知条件可得，代入可得 - 22 -‎ ‎，可得C值；由正弦定理可得c，由余弦定理和基本不等式可得ab的取值范围，进而可得面积的最值．‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ ‎，‎ 的外接圆为单位圆，‎ 其半径 由正弦定理可得，‎ 由余弦定理可得，‎ 代入数据可得 ‎，当且仅当a=b时，“=”成立 ‎，‎ 的面积，‎ 面积的最大值为：‎ ‎【点睛】本题考查两角和与差的正切，涉及正余弦定理和三角形的面积公式，基本不等式的应用，熟记定理，准确计算是关键，属中档题．‎ ‎18.已知数列的前项和为，，且，‎ ‎（1）求证：数列为等比数列；‎ ‎（2）求（表示不超过的最大整数）．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）只要找到与的关系即可，即把代入可得．‎ ‎（2）由（1）求得，对适当放缩，，计算，可得出，从而得解．‎ ‎【详解】（1）．‎ 所以．‎ 故数列为等比数列，首项与公比都为．‎ ‎（2）由（1）可知：，即．‎ ‎．‎ 因此：，‎ 故．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的证明，考查用放缩法估计数列的和，掌握等比数列的定义是证明等比数列的关键，估计数列和的大小时，注意放缩要恰当．‎ ‎19.如图，三棱台中， 侧面与侧面是全等的梯形，若，且.‎ - 22 -‎ ‎（Ⅰ）若，，证明：∥平面；‎ ‎（Ⅱ）若二面角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ) .‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(Ⅰ) 连接，由比例可得∥，进而得线面平行；‎ ‎（Ⅱ）过点作的垂线，建立空间直角坐标系，不妨设，则求得平面的法向量为，设平面的法向量为，由求二面角余弦即可.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）证明：连接，梯形，,‎ 易知：；‎ 又，则∥；‎ 平面，平面，‎ 可得：∥平面；‎ - 22 -‎ ‎（Ⅱ）侧面是梯形，，‎ ‎,,‎ 则为二面角的平面角， ；‎ 均为正三角形，在平面内，过点作的垂线，如图建立空间直角坐标系，不妨设，则 ‎,故点，‎ ‎；‎ 设平面的法向量为，则有：；‎ 设平面的法向量为，则有：；‎ ‎，‎ 故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.‎ ‎20.已知点P(2,2),圆，过点P的动直线l与圆C交于A,B两点,线段AB的中点为M,O为坐标原点.‎ ‎(1)求点M的轨迹方程;‎ ‎(2)当|OP|=|OM|时,求l的方程及△POM的面积.‎ - 22 -‎ ‎【答案】(1) ；(2)直线的方程为，的面积为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得圆的圆心和半径.‎ ‎（1）当三点均不重合时，根据圆的几何性质可知，是定点，所以的轨迹是以为直径的圆（除两点），根据圆的圆心和半径求得的轨迹方程.当三点有重合的情形时，的坐标满足上述求得的的轨迹方程.综上可得的轨迹方程.‎ ‎（2）根据圆的几何性质（垂径定理），求得直线的斜率，进而求得直线的方程.根据等腰三角形的几何性质求得的面积.‎ ‎【详解】圆，故圆心为，半径为.‎ ‎(1)当C,M,P三点均不重合时,∠CMP=90°,所以点M的轨迹是以线段PC为直径的圆(除去点P,C),线段中点为，，故的轨迹方程为(x-1)2+(y-3)2=2(x≠2,且y≠2或x≠0,且y≠4).‎ 当C,M,P三点中有重合的情形时,易求得点M的坐标为(2,2)或(0,4).‎ 综上可知,点M的轨迹是一个圆,轨迹方程为(x-1)2+(y-3)2=2.‎ ‎(2)由(1)可知点M的轨迹是以点N(1,3)为圆心，为半径的圆.‎ 由于|OP|=|OM|,故O在线段PM的垂直平分线上.又P在圆N上,从而ON⊥PM.因为ON的斜率为3,所以的斜率为，故的方程为，即.‎ 又易得|OM|=|OP|=，点O到的距离为，，‎ 所以△POM的面积为.‎ ‎【点睛】‎ - 22 -‎ 本小题主要考查动点轨迹方程的求法，考查圆的几何性质，考查等腰三角形面积的计算，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎21.为丰富学生课外生活，某市组织了高中生钢笔书法比赛，比赛分两个阶段进行：第一阶段由评委给出所有参赛作品评分，并确定优胜者；第二阶段为附加赛，参赛人员由组委会按规则另行确定.数据统计员对第一阶段的分数进行了统计分析，这些分数都在内，在以组距为5画分数的频率分布直方图（设“”)时，发现满足.‎ ‎（1）试确定的所有取值，并求；‎ ‎（2）组委会确定：在第一阶段比赛中低于85分的参赛者无缘获奖也不能参加附加赛；分数在的参赛者评为一等奖；分数在的同学评为二等奖，但通过附加赛有的概率提升为一等奖；分数在的同学评为三等奖，但通过附加赛有的概率提升为二等奖（所有参加附加赛的获奖人员均不降低获奖等级）.已知学生和均参加了本次比赛，且学生在第一阶段评为二等奖.‎ ‎（）求学生最终获奖等级不低于学生的最终获奖等级的概率；‎ ‎（）已知学生和都获奖，记两位同学最终获得一等奖的人数为，求的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】（1）；（2）（）；（）分布列见解析，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在内，按组距为5可分成6个小区间，分别是,,，，，.由，，能求出的所有取值和；‎ ‎（2）（）由于参赛学生很多，可以把频率视为概率.学生的分数属于区间，，，，，的概率分别是，，，，‎ - 22 -‎ ‎，.用符号或（）表示学生 （或）在第一轮获奖等级为，通过附加赛最终获奖等级为，其中，记“学生最终获奖等级不低于学生的最终获奖等级”为事件，由此能求出学生最终获奖等级不低于学生的最终获奖等级的概率；‎ ‎（）学生最终获得一等奖的概率是，学生最终获得一等奖的概率是，的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，求出的分布列和.‎ ‎【详解】（1）根据题意，在内，按组距为5可分成6个小区间，‎ 分别是，‎ ‎，‎ 由，.‎ 每个小区间的频率值分别是.‎ 由，解得.‎ 的所有取值为，.‎ ‎（2）（）由于参赛学生很多，可以把频率视为概率.‎ 由（1）知，学生的分数属于区间的概率分别是：，，，，，.‎ 我们用符号（或)表示学生（或）在第一轮获奖等级为，通过附加赛最终获奖等级为，其中.‎ 记“学生最终获奖等级不低于学生的最终获奖等级”为事件，‎ 则 ‎.‎ - 22 -‎ ‎（）学生最终获得一等奖的概率是，‎ 学生最终获得一等奖的概率是，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 的分布列为：‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图、条件概率、离散型随机变量的分布列、数学期望，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属于难题.‎ ‎22.已知函数，.‎ ‎（1）若在区间上不是单调函数，求实数的范围；‎ ‎（2）若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（3）当时，设，对任意给定的正实数，曲线上是否存在两点，，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，而且此三角形斜边中点在轴上？请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）;（3）详见解析.‎ ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【详解】（1）由 得，因在区间上不上单调函数 所以在上最大值大于0，最小值小于0‎ ‎，‎ ‎（2）由，得 ‎，且等号不能同时取，，即 恒成立，即 令，求导得 当时，，从而 在上是增函数，‎ ‎（3）由条件，‎ 假设曲线上存在两点满足题意，则只能在轴两侧 不妨设，则，且 是以为直角顶点的直角三角形，‎ 是否存在等价于方程在且是否有解 ‎①当时，方程为，化简，此方程无解；‎ ‎②当时，方程为，即 - 22 -‎ 设，则 显然，当时，，即在上为增函数 的值域为，即，当时，方程总有解 对任意给定的正实数，曲线上是否存在两点，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，而且此三角形斜边中点在轴上 - 22 -‎