山东省济南市2020届高三二模数学试题

山东省济南市2020届高三二模数学试题

高考模拟考试 数学试题 参考公式：锥体的体积公式：（其中为锥体的底面积为锥体的高）‎ 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.已知为第四象限角，则，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 直接利用同角三角函数关系计算得到答案.‎ ‎【详解】为第四象限角，.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了同角三角函数关系，属于简单题.‎ ‎2.已知，集合，，，则（ ）‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据交集结果得到，，得到答案.‎ ‎【详解】，故，，，故.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了根据交集结果求参数，意在考查学生的计算能力 ‎3.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上且横坐标为4，则（ ）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据抛物线焦半径公式计算得到答案.‎ ‎【详解】将代入抛物线得到，根据抛物线定义得到.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的焦半径，意在考查学生的计算能力和转化能力.‎ ‎4.十项全能是由跑、跳、投等10个田径项目组成的综合性男子比赛项目，按照国际田径联合会制定的田径运动全能评分表计分，然后将各个单项的得分相加，总分多者为优胜．下面是某次全能比赛中甲、乙两名运动员的各个单项得分的雷达图．‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 在‎100米项目中，甲的得分比乙高 B. 在跳高和标枪项目中，甲、乙的得分基本相同 C. 甲的各项得分比乙更均衡 D. 甲的总分高于乙的总分 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据雷达图依次判断每个选项得到答案.‎ ‎【详解】A. 在‎100米项目中，甲的得分比乙高，A正确；‎ B. 在跳高和标枪项目中，甲、乙的得分基本相同，B正确；‎ C. 乙的各项得分比甲更均衡，C错误；‎ D. 甲的总分约为，‎ 乙的总分约为，D正确.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了雷达图，意在考查学生的计算能力和应用能力，理解能力.‎ ‎5.已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出函数图像，根据图像得到函数单调递增，故，解得答案.‎ ‎【详解】，‎ 如图所示：画出函数图像，根据图像知函数单调递增，‎ ‎，即，解得或.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了根据函数单调性解不等式，画出函数图像确定单调性是解题的关键.‎ ‎6.任何一个复数（其中，为虚数单位）都可以表示成（其中，）的形式，通常称之为复数的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：，我们称这个结论为棣莫弗定理．由棣莫弗定理可知，“为偶数”是“复数为纯虚数的是（ ）‎ 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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得到且，故，，得到答案 ‎【详解】为纯虚数，故且，‎ 故，，故为偶数是，的必要不充分条件.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的计算，充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.‎ ‎7.已知点，，均在半径为的圆上，若，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为轴建立直角坐标系，则，，设，故，计算得到答案.‎ ‎【详解】根据圆半径为，得到，以为轴建立直角坐标系，‎ 则，，设，‎ 则，‎ 当时有最大值为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了向量数量积的最值，建立直角坐标系可以简化运算，是解题的关键.‎ ‎8.在三棱锥中，，，若该三棱锥的体积为，则其外接球表面积的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据均值不等式得到，故，当离平面最远时，外接球表面积最小，此时在平面的投影为中点，故，根据函数单调性得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】，，故底面三角形外接圆半径为，‎ ‎，当时等号成立，‎ 故，故，‎ 当离平面最远时，外接球表面积最小，此时，在平面的投影为中点，‎ 设球心为，则在上，故，化简得到，‎ 双勾函数在上单调递增，故，故.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ 二、多项选择题：本题共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的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．‎ ‎9.已知在某市的一次学情检测中，学生的数学成绩服从正态分布，其中90‎ 分为及格线，120分为优秀线．下列说法正确的是（ ）．‎ 附：随机变量服从正态分布，则，，‎ A. 该市学生数学成绩的期望为100‎ B. 该市学生数学成绩的标准差为100‎ C. 该市学生数学成绩及格率超过0.8‎ D. 该市学生数学成绩不及格的人数和优秀的人数大致相等 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正态分布定义得到A正确B错误，及格率为，C正确，不及格概率为，优秀概率，D错误，得到答案.‎ ‎【详解】数学成绩服从正态分布，则数学成绩的期望为100，数学成绩的标准差为10，故A正确B错误；‎ 及格率为，C正确；‎ 不及格概率为，优秀概率，D错误.‎ 故选：AC.‎ ‎【点睛】本题考查了正态分布，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ ‎10.已知圆锥的顶点为，母线长为2，底面半径为，，为底面圆周上两个动点，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 圆锥的高为1‎ B. 三角形为等腰三角形 C. 三角形面积的最大值为 D. 直线与圆锥底面所成角的大小为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算得到，A正确，，B正确，直线与圆锥底面所成角的为，D正确，，面积有最大值为，C错误，得到答案.‎ ‎【详解】如图所示：，A正确；，B正确；‎ 易知直线与圆锥底面所成角的为，D正确；‎ 取中点为，设，则，，‎ 当时，面积有最大值为，C错误.‎ 故选：ABD.‎ ‎【点睛】本题考查了圆锥中相关计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ ‎11.已知实数，，满足，则下列关系式中可能成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，则，，，画出函数图像，根据函数图像得到答案.‎ ‎【详解】设，，则，，，画出函数图像，如图所示：‎ 当时，；当时，；当时，；‎ 故选：ABC.‎ ‎【点睛】本题考查了函数值的大小关系，画出函数图像是解题的关键.‎ ‎12.已知函数（其中，，），，恒成立，且在区间上单调，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 存在，使得是偶函数 B. ‎ C. 是奇数 D. 的最大值为3‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据得到，根据单调区间得到，得到或，故CD 正确，代入验证知不可能为偶函数，A错误，计算得到B正确，得到答案.‎ ‎【详解】，，则，，‎ 故，，，‎ ‎，则，故，，，‎ 当时，，，‎ 在区间上单调，故，故，即，‎ ‎，故，故，‎ 综上所述：或，故CD正确；‎ 或，故或，，不可能为偶函数，A错误；‎ 当时，，，故；‎ 当时，，‎ ‎，故，‎ 综上所述：，B正确；‎ 故选：BCD.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的性质和参数的计算，难度较大，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.5G 指的是第五代移动通信技术，比第四代移动通信技术的数据传输速率快数百倍，某公司在研发‎5G项目时遇到一项技术难题，由甲、乙两个部门分别独立攻关，已知甲部门攻克该技术难题的概率为0.6，乙部门攻克该技术难题的概率为0.5．则该公司攻克这项技术难题的概率为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算不能攻克的概率，得到答案.‎ ‎【详解】根据题意：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.‎ ‎14.能够说明“若，则”是假命题的一组整数，的值依次为________．‎ ‎【答案】，，答案不唯一，，分别取大于0，小于0的整数即可 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎，分别取大于0，小于0的整数即可得到答案.‎ ‎【详解】取，，满足，但，得到命题为假命题.‎ 故答案为：，；‎ ‎【点睛】本题考查了举例判断假命题，意在考查学生的推断能力.‎ ‎15.已知函数，若有两个零点，则实数的取值范围是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取得到，设，求导得到单调区间，画出函数图像，根据图像得到答案.‎ ‎【详解】，当时，不成立，故，‎ 设，，则，‎ 故函数在上单调递减，在上单调递减，在单调递增，‎ ‎，画出函数图像，如图所示，根据图像知：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的零点问题，参数分离画出函数图像是解题的关键.‎ ‎16.已知，分别是双曲线的左，右焦点，过点向一条渐近线作垂线，交双曲线右支于点，直线与轴交于点（，在轴同侧），连接，若的内切圆圆心恰好落在以为直径的圆上，则的大小为________；双曲线的离心率为________． ‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示：不妨取渐近线，易知，设内切圆圆心为，根据对称性知在轴上，得到，根据距离相等得到直线：，联立方程得到，代入双曲线方程，计算得到答案.‎ ‎【详解】如图所示：不妨取渐近线，易知，（否则不能与右支相交）.‎ 则直线为：，即，‎ 设内切圆圆心为，根据对称性知在轴上，‎ 的内切圆圆心恰好落在以为直径的圆上，故，故，‎ 到直线的距离为：，‎ 设直线：，即 到直线的距离为：，‎ 化简整理得到，解得或，‎ 当时，直线与的交点横坐标为，不满足题意，舍去.‎ 故直线：，故，，‎ 联立方程得到，解得，‎ 代入双曲线方程得到：，化简整理得到：，故.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线中直线的位置关系，离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明证明过程或演算步骤．‎ ‎17.‎2020年4月21日，习近平总书记到安康市平利县老县镇考察调研，在镇中心小学的课堂上向孩子们发出了“文明其精神，野蛮其体魄”的期许某市教育部门为了了解全市01中学生疫情期间居家体育锻炼的情况，从全市随机抽1000名中学生进行调查，统计他们每周参加体育锻炼的时长，右图是根据调查结果绘制的频率分布直方图．‎ ‎（1）已知样本中每周体育锻炼时长不足4小时的体育锻炼的中学生有100人，求直方图中，的值；‎ ‎（2）为了更具体地了解全市中学生疫情期间的体育锻炼情况，利用分层抽样的方法从和两组中共抽取了6名中学生参加线上座谈会，现从上述6名学生中随机抽取2名在会上进行体育锻炼视频展示，求这2名学生来自不同组的概率．‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据频率直方图得到，，解得答案.‎ ‎（2）6名学生中有4名来自于组，有2名来自于组，故，计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）由题知，，所以，． ‎ ‎（2）因为，所以6名学生中有4名来自于组，有2名来自于组， ‎ 记事件为：“这2名学生来自不同组”，则.‎ ‎【点睛】本题考查了补全频率分布直方图，概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.‎ ‎18.已知中，三个内角，，所对的边分别是，，．‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）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 若，，________，求的周长．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）选①，选②，选③，的周长皆为20‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据余弦定理，计算得到证明.‎ ‎（2）分别选择①②③，利用（1）中结论得到，再根据余弦定理得到，得到周长.‎ ‎【详解】（1）根据余弦定理：‎ ‎，所以. ‎ ‎（2）选①：因为，所以，‎ 所以由（1）中所证结论可知，，即，‎ 因为，所以； ‎ 选②：因为，所以，‎ 由（1）中证明过程同理可得，，‎ 所以，即，因为，所以； ‎ 选③：因，所以，‎ 由（1）中的证明过程同理可得，，‎ 所以，即，因为，所以． ‎ 在中，由余弦定理知，，‎ 即，解得或（舍），所以，‎ 即的周长为20．‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理解三角形，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ ‎19.如图，三棱维中，平面平面，，，是棱的中点，点在棱上点是的重心．‎ ‎（1）若是的中点，证明面；‎ ‎（2）是否存在点，使二面角的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）存在点，使二面角的大小为，此时 ‎.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）延长交于点，连接，证明平面平面，得到证明.‎ ‎（2）证明平面，以为原点建立空间直角坐标系，平面的法向量为，平面的法向量，计算夹角得到答案.‎ ‎【详解】（1）延长交于点，连接，因为点是的重心，故为的中点，‎ 因为，分别是棱，的中点，所以，， ‎ 又因为，所以平面平面，又平面，‎ 所以平面． ‎ ‎ ‎ ‎（2）连接，因为，所以，又是的中点，‎ 所以，‎ 因为平面平面，而平面平面，平面，‎ 所以平面，‎ 如图，以为原点，垂直于的直线为轴，，所在直线分别为轴，轴建空间直角坐标系， ‎ 设，则，，‎ 所以，，，，，‎ 假设存在点，设，，‎ 则，‎ 所以，又，‎ 设平面的法向量为，则，‎ 令，解得， ‎ 又平面，平面的法向量， ‎ 而二面角的大小为，所以，‎ 即，解得，‎ 所以存在点，使二面角的大小为，此时． ‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行，根据二面角角求线段长度关系，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ ‎20.如图1，杨辉三角是我国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》中列出的一张图表，如图2，把杨辉三角左对齐排列，将同一条斜线上的数字求和，会得到一个数列，其中，，…设数列的前项和为．‎ ‎ ‎ ‎（1）求的值，并写，，出满足的递推关系式（不用证明）；‎ ‎（2）记，用表示．‎ ‎【答案】（1）；；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据表格直接计算得到答案.‎ ‎（2）利用累加法得到，化简得到答案.‎ ‎【详解】（1）；． ‎ ‎（2）因为，，…，， ‎ 相加得，‎ 所以，所以．‎ ‎【点睛】本题考查了求数列的项，数列的递推公式，累加法，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.‎ ‎21.已知椭圆的左顶点和下顶点分别为，，，过椭圆焦点且与长轴垂直的弦的长为2．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知为椭圆上一动点（不与，重合），直线与轴交于点，直线与轴交于点，证明：为定值．‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意得到，解得答案.‎ ‎（2）设，，，计算，，则，代入计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）由题意可知，解得，所以椭圆的方程为. ‎ ‎（2），，设，，，‎ 因为在椭圆上，所以， ‎ 由，，三点共线得：，即，同理可得：． ‎ 所以 ‎．‎ 所以为定值16．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆方程，椭圆中的定值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力，综合应用能力.‎ ‎22.已知函数存在唯一的极值点．‎ ‎（1）求实数的取值范围；‎ ‎（2）若，证明：．‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导得到，设，讨论，，，四种情况，根据零点存在定理计算得到答案.‎ ‎（2）根据题意得到，，根据得到，化简得到答案.‎ ‎【详解】（1）函数的定义域为，，令，‎ ‎①若，则，在上单调递增，不合题意；‎ ‎②若，，令，得，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎，‎ ‎（ⅰ）若，即时，，，‎ 在上单调递增，不合题意；‎ ‎（ⅱ）若，即时，，，‎ 因为，则，‎ 所以上有两个变号零点，所以有两个极值点，不合题意；‎ ‎③若，，则在上单调递减；‎ 且，，存在唯一，使，‎ 当时，，，当时，，，‎ 所以是的唯一极值点，符合题意；‎ 综上，的取值范围是． ‎ ‎（2）由（1）可知，，‎ 因为，，所以，，， ‎ 由（1）可知函数在上单调递减，‎ 所以，，‎ 即，，‎ 现证明不等式：，其中 要证，即证，即证，‎ 即证，易知成立.‎ 所以，即，‎ 即，所以，证毕．‎ ‎【点睛】本题考查了根据极值点求参数，利用导数证明不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎