山东省聊城市2020届高三数学二模考试试卷 理（含解析）

2020年聊城市高考模拟试题理科数学（二）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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】先化简集合，再和集合求并集，即可得出结果.【详解】因为，又，所以.故选B【点睛】本题主要考查集合的并集，熟记概念即可，属于基础题型.2.已知，则的共轭复数为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由复数的除法运算，化简，再由复数相等求出，进而可得出结果.【详解】因，所以，因此的共轭复数为.故选A【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数相等的充要条件，熟记概念以及复数运算法则即可，属于基础题型.3.已知实数，“”是“”的（ ）A. 充要条件B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由题中条件，分别判断由“”能否推出“”，以及由“”能否推出“”，结合充分条件与必要条件的概念即可得出结果.【详解】当时，若，则，不能推出“”；当，可得；故“”是“”的必要不充分条件.故选B【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的概念，熟记概念即可，属于基础题型.4.已知为等差数列均前项和，若，则（ ）A. 12B. 15C. 18D. 21【答案】C【解析】【分析】先设等差数列公差为，根据，求出首项和公差，进而可得出结果.【详解】设等差数列的公差为，由，可得，解得，所以.故选C【点睛】本题主要考查等差数列基本量的计算，熟记公式即可，属于基础题型.5.已知函数，则（ ）A. 2B. C. -2D. 【答案】C【解析】【分析】先由，得到函数的周期，将化为，再由时的解析式，即可得出结果.【详解】因为，所以，故，因此，函数是以4为周期的函数，所以，又，所以.故选C【点睛】本题主要考查分段函数求值问题，熟记函数周期性即可，属于基础题型.6.1927年德国汉堡大学学生考拉兹提出一个猜想：对于任意一个正整数，如果它是奇数，对它乘3加1，如果它是偶数，对它除以2，这样循环，最终结果都能得到1.有的数学家认为“该猜想任何程度的解决都是现代数学的一大进步，将开辟全新的领域”，这大概与其蕴含的“奇偶归一”思想有关.如图是根据考拉兹猜想设计的一个程序框图，则输出的值为（ ）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】D【解析】【分析】根据程序框图，逐步执行即可得出结果.【详解】因为初始值为，第一步：，进入循环；第二步：，进入循环；第三步：，进入循环；第四步：，进入循环；第五步：，进入循环；第六步：，进入循环；第七步：，结束循环，输出.故选D【点睛】本题主要考查程序框图，分析框图作用，逐步执行即可，属于基础题型.7.已知展开式中前三项的二项式系数的和等于22，则展开式中的常数项为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由前三项的二项式系数的和等于22，求出，再写出二项展开式的通项，即可求出结果.【详解】因为展开式中前三项的二项式系数的和等于22，所以，整理得，解得，所以二项式展开式的通项为，令可得，所以展开式中的常数项为.故选A【点睛】本题主要考查二项式定理，熟记二项展开式的通项公式即可，属于常考题型.8.某几何体的三视图如图所示，其中正视图，侧视图都是两个正方形，俯视图为一个圆及圆中互相垂直的半径，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由三视图可知该几何体为一个圆柱挖去了，再由圆柱的体积公式即可求出结果.【详解】由三视图可知该几何体为一个圆柱挖去了，且圆柱的底面圆半径为1，高为2，因此，所求几何体的体积为.故选C【点睛】本题主要考查几何体的三视图以及几何体体积问题，熟记圆柱体积公式即可，属于常考题型.9.函数的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先判断函数奇偶性，可排除C，再由特殊值验证可排除D；最后对函数求导，得到函数的单调区间，即可得出结果.【详解】因为，所以，所以函数为奇函数，排除C；又，排除D；又，因为所以由可得，解得；由可得，解得或；所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；故选A【点睛】本题主要考查函数图像的识别，常使用排除法处理，需要考生熟记函数的奇偶性、单调性的判定等，属于常考题型.10.将函数的图像向右平移个单位后与的图像重合，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先写出函数向右平移个单位所得函数解析式，结合题意，以及三角函数的性质即可求出结果.【详解】因为将函数的图像向右平移个单位后，可得，由题意可得，所以，,因此，,又，所以的最小值为.故选D【点睛】本题主要考查三角函数图像变换问题，熟记三角函数的性质即可求解，属于基础题型.11.已知抛物线：的焦点为，过的直线与抛物线交于、两点，若以为直径的圆与抛物线的准线相切于，则（ ）A. 10B. 8C. 6D. 4【答案】B【解析】【分析】记中点为，连结，作垂直准线于点，垂直准线于点，设直线的方程为，根据题意得到，再由直线与抛物线联立得到到，求出，进而可求出弦长.【详解】如图，记中点为，连结，作垂直准线于点，垂直准线于点，因为直线过抛物线焦点，所以设直线的方程为，因为以为直径的圆与抛物线的准线相切于，所以垂直准线，所以，即，由得，所以，因此，所以.故选B【点睛】本题主要考查抛线中的弦长问题，熟记抛物线性质即可，属于常考题型.12.已知为函数的导数，且，若，方程有且只有一个根，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由题意求出，得到，根据方程有且只有一个根，得到有且只有一个实根，令，用导数的方法判断函数的单调性，得到函数的简图，由数形结合思想即可求出结果.【详解】因为，所以又，所以，因此，所以，因此，因为方程有且只有一个根，所以有且只有一个根，即有且只有一个实根，且；令，则，由得，所以当时，函数单调递减；当时，函数单调递增；故最大值为，又；作出函数的简图如下：因为有且只有一个实根，只需直线与曲线有且只有一个交点，结合图像可得或.故选D【点睛】本题主要考查导数的应用以及函数零点的综合，方程的根可转化为两函数的交点，由数形结合的思想即可求解，属于常考题型.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.） 13.已知实数，满足，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，目标函数表示直线在轴截距，结合图像杰克得出最小值.【详解】由约束条件作出可行域如下：因为目标函数表示直线在轴截距，由图像可得，当直线过点时截距最小，即最小；由解得，故的最小值为.故答案为【点睛】本题主要考查简单的线性规划，根据可行域，结合目标函数的几何意义即可求解，属于基础题型.14.已知向量，则_.【答案】2【解析】【分析】先由题意得到，再由，即可求出结果.【详解】因为，所以，又，所以，解得.故答案为2【点睛】本题主要考查平面向量数量积的坐标运算，熟记公式即可，属于常考题型.15.已知为坐标原点，为椭圆：的右焦点，过点的直线在第一象限与椭圆交与点，且为正三角形，则椭圆的离心率为_.【答案】【解析】【分析】根据过点的直线在第一象限与椭圆交与点，且为正三角形，求出点坐标，再代入椭圆方程，即可求出结果.【详解】因为为椭圆：的右焦点，所以，又点的直线在第一象限与椭圆交与点，且为正三角形，边长为，所以，代入可得：，又，所以，所以，解得，因为，所以，故.故答案为【点睛】本题主要考查椭圆离心率，熟记椭圆的性质即可，属于常考题型.16.对于数列，定义为的“优值”.已知某数列的“优值”，记数列的前项和，若对任意的恒成立，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】先由求出，得到数列是等差数列，再根据对任意的恒成立，得到，解不等式即可求出结果.【详解】由题意可得，则，所以，所以，因此，则，所以数列等差数列，故对任意的恒成立，可化为，即，解得.故答案为【点睛】本题主要考查等差数列，熟记等差数列的通项公式即可求解，属于常考题型.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答. 17.如图，在中，是边上一点，.（1）求的长；（2）若，求的面积.【答案】（1）3；（2）【解析】【分析】（1）先由正弦定理，可得，再由题中条件，即可求出结果；（2）先由余弦定理可得，根据题中数据求出，进而可求出结果【详解】（1）在中，由正弦定理，得，在中，由正弦定理，得，因为，所以.（2）在中，由余弦定理，得，在中，由余弦定理，得，因为，.所以，解得，所以.所以 .【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理、以及余弦定理即可，属于常考题型.18.如图，四边形是边长为2的正方形，为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先由线面垂直的判定定理得到平面，进而可得平面平面；（2）先取中点，连结，证明平面平面，在平面内作于点，则平面. 以点为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系.分别求出两平面的法向量，求向量夹角余弦值，即可求出结果.【详解】（1）因为四边形是正方形，所以折起后，且，因为，所以是正三角形，所以.又因为正方形中，为的中点，所以，所以，所以，所以，又因为，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）取中点，连结，则，又，则平面.又平面，所以平面平面.在平面内作于点，则平面.以点为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系.在中，.，故，.设平面的一个法向量为，则由，得，令，得，.因为平面的法向量为，则，又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查面面垂直的判定，以及二面角的余弦值，熟记面面垂直的判定定理、以及二面角的向量求法即可，属于常考题型.19.已知以椭圆：的焦点和短轴端点为顶点的四边形恰好是面积为4的正方形. （1）求椭圆的方程； （2）直线：与椭圆交于异于椭圆顶点的，两点，为坐标原点，直线与椭圆的另一个交点为点，直线和直线的斜率之积为1，直线与轴交于点.若直线，的斜率分别为，试判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由.【答案】（1）；（2）0【解析】【分析】（1）由题意可得到，求解即可得出椭圆方程；（2）先设，则，根据，得到，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，表示出，进而可求出的值，得出结论.【详解】（1）因为椭圆的两个焦点和短轴端点为顶点的四边形恰好是面积为4的正方形，所以，解得.所以椭圆的方程为.（2）设，则，因为，所以，联立，消，得，所以，所以，直线的方程为：，令，由，得，所以，所以.所以为定值0.【点睛】本题主要考查椭圆方程以及椭圆中的定值问题，通常需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理等求解，属于常考题型.20.某企业生产一种产品，从流水线上随机抽取100件产品，统计其质量指标值并绘制频率分布直方图（如图）： 规定产品的质量指标值在的为劣质品，在拘为优等品，在的为特优品，销售时劣质品每件亏损1元，优等品每件盈利3元，特优品每件盈利5元.以这100 件产品的质量指标值位于各区间的频率代替产品的质量指标值位于该区间的概率. （1）求每件产品的平均销售利润； （2）该企业为了解年营销费用（单位：万元）对年销售量（单位：万件）的影响，对近5年年营销费用和年销售量数据做了初步处理，得到如图的散点图及一些统计量的值. 16.3023.200.811.62表中，.根据散点图判断，可以作为年销售量（万件）关于年营销费用（万元）的回归方程. 求关于的回归方程； 用所求的回归方程估计该企业应投人多少年营销费，才能使得该企业的年收益的预报值达到最大？（收益=销售利润营销费用，取）附：对于一组数据，其回归直线均斜率和截距的最小二乘估计分别为，.【答案】（1）3；（2），900万元.【解析】【分析】（1）先设每件产品的销售利润为，判断出的可能取值，根据频率分布直方图求出对应概率，进而得出分布列，求出期望；（2）先由得，令，则，根据表中数据求出，进而可得，从而可得，整理即可求出结果；设年收益为万元，则，令，则，进而可求出结果.【详解】（1）设每件产品的销售利润为，则的可能取值为-1，3，5由频率分布直方图可得产品为劣质品、优等品、特优品的概率分别为0.05，0.85，0.1.所以；，所以的分布列为-1350.050.850.1所以（元）.即每件产品的平均销售利润为3元.（2）由得，.令，则，由表中数据可得，则.所以，即.因为，所以，故所求的回归方程为.设年收益为万元，则.令，则，所以当，即时，有最大值900.即该企业应该投入900万元营销费，能使得该企业的年收益的预报值达到最大900万元.【点睛】本题主要考查离散型随机变量的期望以及非线性回归方程，只需依题意将非线性方程化为线性的来处理即可，属于常考题型.21.已知函数有两个极值点. （1）求的取值范围； （2）的两个极值点，证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）先对函数求导，设，根据题中条件可得在内有两个变号零点，再对求导，判断函数单调性，分别讨论，即可求出结果；（2）先由题意可得到的极值点，就是的零点，即，根据(1)中单调性，以及，可得，再设，对函数求导，结合题中条件，即可证明结论成立.【详解】（1）的定义域为，.设，则由题意得，在内有两个变号零点.，令，解得；令，解得.所以在上单调递增，在上单调递减，因此.当时，这时在上没有变号零点；当时，又因为，所以在和内分别有一个变号零点.综上，的取值范围为.（2）的极值点，就是的零点，即.因为在单调递增，而在上单调递减，且，所以，.设，则 .因为时，所以当时，所以在上单调递减.又因为，所以当时，即，因为，所以，又因为，所以.由于，而在上单调递减.所以，从而，因此.【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法