山东省烟台市2020届高三数学5月适应性练习试题（二）理（含解析）

山东省烟台市2020届高三数学5月适应性练习试题（二）理（含解析）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,只有一个选项符合题目要求.1.复数在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】把复数的分母部分进行实数化即可，化简后即可得到对应点，进而得到答案.【详解】，在复平面内对应的点为，复数在复平面内对应的点位于第四象限答案选D.【点睛】本题考查复数化简，属于简单题.2.设集合,则集合（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对集合进行化简，然后求出.【详解】因为,，所以，故本题选C.【点睛】本题考查了集合的交集运算、补集运算，正确求出函数的定义域，函数的值域是关键.3.已知双曲线的渐近线方程为,则实数（ ）A. 4B. 16C. -4D. -16【答案】A【解析】【分析】利用双曲线定义得出，再利用渐近线定义得，求出值.【详解】已知为双曲线，则，该双曲线的渐近线为，又，得出答案选A【点睛】本题考查双曲线及其渐近线的定义，属于简单题.4.2020年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一,可以这样描述:存在无穷多个素数,使得是素数.素数对称为孪生素数从10以内的素数中任取两个,其中能构成孪生素数的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】10以内的素数中任取两个, 其中能构成孪生素数的个数有2个,再算出在10以内的素数中，随机选取两个不同的素数，能选的个数为，然后即可求出所求概率.【详解】在10以内的素数中，所有的素数有：3，5,7；随机选取两个不同的数，其中能组成孪生素数的个数有2个，即和；则在10以内的素数中，随机选取两个不同的素数，能选的个数为，所以，孪生素数从10以内的素数中任取两个,其中能构成孪生素数的概率为.答案选A.【点睛】本题考查排列组合的运算，属于简单题.5.在平面直角坐标系中,角与角均以为始边,它们的终边关于轴对称.若,则（ ）A. -1B. C. D. 1【答案】C【解析】【分析】由角与角均以为始边,它们的终边关于轴对称，可以求出，这样利用二倍角的余弦公式可以求出的值.【详解】因为角与角均以为始边,它们的终边关于轴对称，所以，所以，故本题选C.【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式，由已知得到角与角的关系是解题的关键.6.已知均为单位向量,其夹角为,则“”是“”的（ ）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】通过可以求出夹角的取值范围，然后判断充分性、必要性.【详解】因为，所以“”是“”的充分不必要条件，故本题选B.【点睛】本题考查了充分性、必要性的判断，关键在正确求出夹角的取值范围.7.一个四棱锥与半圆柱构成的几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据三视图作出直观图，算出组合体的体积为半圆柱和四棱锥的体积，进而求解【详解】由图得，可知半圆柱，四棱锥该几何体的体积答案选B【点睛】本题考查组合体的三视图体积的计算，属于简单题8.已知函数的定义域为,为偶函数,且对,满足.若,则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知对,满足，可以判断函数当时，是单调递减函数，由为偶函数,可以判断出函数关于对称，这样可以知道函数当时，是增函数，这样可以根据与1的大小关系，进行分类讨论，求出不等式的解集.【详解】因为对,满足，所以当时，是单调递减函数，又因为为偶函数，所以关于对称，所以函数当时，是增函数，又因为，所以有，当时，即当时，当时，即当时，综上所述：不等式的解集为，故本题选A.【点睛】本题考查了抽象函数的单调性、对称性、分类讨论思想.对于来说，设定义域为,若,若，则是上的增函数，若，则是上的减函数；9.将函数的图象向左平移个单位长度,再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到函数的图象,若对任意的均有成立,则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】直接应用正弦函数的平移变换和伸缩变换的规律性质，求出函数的解析式，对任意的均有，说明函数在时，取得最大值，得出的表达式，结合已知选出正确答案.【详解】因为函数的图象向左平移个单位长度,所以得到函数，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到函数的图象,所以，对任意的均有成立，所以在时，取得最大值，所以有而，所以的最小值为.【点睛】本题考查了正弦型函数的图象变换规律、函数图象的性质，考查了函数最大值的概念，正确求出变换后的函数解析式是解题的关键.10.已知过抛物线焦点的直线交抛物线于,两点,交圆于,两点,其中, 位于第一象限,则的值不可能为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】A【解析】【分析】设出，利用抛物线的常用结论，得到，进而得到，再利用基本不等式中“1”的代换的方法，得出，最后得到，进而求出答案【详解】作图如下：可以作出下图，由图可得，可设，则，根据抛物线的常用结论，有，则，又，得，则值不可能为3，答案选A【点睛】本题考查抛物线的常用结论的应用，以及基本不等式的问题，属于综合题，解题的难点在于把的取值范围转化为基本不等式问题，属于难题11.记函数,若曲线上存在点使得,则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出函数的值域，即，条件有解，转化为在上有解，进行常变量分离，构造函数，利用导数求出函数在上的值域，最后确定的取值范围.【详解】，所以，若有解，等价于在上有解，即，也就有在上有解，设，则，由，得为增函数，由，得为减函数，即当时，函数取得极小值同时也取得最小值，则为最大，即，要使在上有解，只需，所以的取值范围是，故本题选C.【点睛】本题考查了函数与方程的应用，求出函数的值域、常变量分离，构造函数是解决本题的关键.12.在棱长为1的正四面体中, 是上一点, ,过作该四面体的外接球的截面,则所得截面面积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作图可分析，设过作该四面体的外接球的截面,则所得截面面积最小的截面为小圆，则必垂直于该截面，设小圆的半径为，则必有，进而求解即可【详解】根据已知条件，作图如下：在棱长为1的正四面体中，从图中可见，该正四面体在棱长为的正方体内，设为中点，在中，设过作该四面体的外接球的截面,则所得截面面积最小的截面为小圆，则必垂直于该截面，设小圆半径为，,在，,则必有则所得截面面积的最小值为故答案选B【点睛】本题考查立体几何的截面问题，解答的难点在于把截面面积最小的情况转化为所截的圆面问题，进而列式，属于难题二、填空题:本大题共有4个小题,每小题5分,共20分.13.已知随机变量,且,则_.【答案】【解析】【分析】随机变量,根据正态分布曲线的特征，可以知道曲线关于对称，所以通过，可以求出，根据对称性可以求出的值.【详解】因为随机变量，所以正态分布曲线关于对称，因此有,.【点睛】本题考查了正态分布，正确掌握正态分布曲线的性质，是解题的关键.14.若，满足约束条件,则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】代表的是定点到可行域的斜率的最大值，找到关于的可行域即可.【详解】由已知得，作图如下：代表的是定点到可行域的斜率的最大值，图中明显可见，的最大值为【点睛】本题考查线性规划问题，按要求作出图像的可行域即可，属于简单题15.设在,则展开式中的系数为_.【答案】【解析】【分析】利用定积分的公式求出，然后利用二项式的展开式的通项公式，求出展开式中的系数.【详解】，的通项公式为，当时，当时，故展开式中的系数为.【点睛】本题考查了定积分的计算、二项式定理，正确求出值，是解题的关键.16.在中,角的平分线交于点,则面积最大值为_.【答案】【解析】【分析】由三角形内角平分线定理可知：，设，则，利用余弦定理和面积公式，借助三角恒等变换可以求出面积最大值.【详解】在中,角的平分线交于点,如下图所示：则，由三角形内角平分线定理可知：，设，则，由余弦定理可得：，即，可得，面积为,当且仅当时，等号成立，故面积最大值为3.【点睛】本题考查了三角恒等变换和解三角形的应用问题，同时也考查了基本不等式的应用问题.当然本题利用海伦公式也可以，解题如下：通过三角形内角平分线定理可知：，设则三角形的周长的一半，三角形面积为，当且仅当时，取等号.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.（一)必考题:60分17.已知数列前项和满足, 是等差数列,且,（1）求和的通项公式:（2）求数列的前项和【答案】（1）,；（2）.【解析】【分析】（1）应用，可以求出数列的通项公式，通过,，列出方程组，可以求出等差数列的首项和公差，进而求出通项公式；（2）写出的表达式，化简，求出等差数列前项和，即可求出.【详解】解：（1），当时，得， 当时， 作差得 ，所以数列是以为首项，公比为的等比数列,所以. 设等差数列的公差为，由，所以，所以，所以. （2） 又因，所以.【点睛】本题考查了利用前项和求数列通项公式以及利用基本量计算求等差数列通项公式的问题.重点考查了求等差数列前项和的问题.18.如图,直角三角形所在的平面与半圆弧所在平面相交于,，,分别为,的中点, 是上异于,的点, .（1）证明:平面平面;（2）若点为半圆弧上的一个三等分点(靠近点)求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由直径所对的圆周角为，可知，通过计算，利用勾股定理的逆定理可以判断出为直角三角形，所以有.由已知可以证明出，这样利用线面垂直的判定定理可以证明平面，利用面面垂直的判定定理可以证明出平面平面;（2）以为坐标原点，分别以垂直于平面向上的方向、向量所在方向作为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出相应点的坐标，求出平面的一个法向量和平面的法向量，利用空间向量数量积运算公式，可以求出二面角的余弦值.【详解】解：（1）证明：因为半圆弧上的一点，所以.在中，分别为的中点，所以，且.于是在中， ，所以为直角三角形，且. 因为，,所以. 因为， 所以平面.又平面，所以平面平面. （2）由已知，以为坐标原点，分别以垂直于、向量所在方向作为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，, ,. 设平面的一个法向量为,则即，取,得. 设平面的法向量,则即，取,得. 所以， 又二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查了利用线面垂直判定面面垂直、利用空间向量数量积求二面角的余弦值问题.19.混凝土具有原材料丰富、抗压强度高、耐久性好等特点,是目前使用量最大的土木建筑材料抗压强度是混凝土质量控制的重要技术参数,也是实际工程对混凝土要求的基本指标.为了解某型号某批次混凝土的抗压强度(单位: )随龄期(单位:天)的发展规律,质检部门在标准试验条件下记录了10组混凝土试件在龄期分别为2,3,4,5,7,9,12,14,17,21时的抗压强度的值,并对数据作了初步处理,得到下面的散点图及一些统计量的值.表中,.(1)根据散点图判断与哪一个适宜作为抗压强度关于龄期的回归方程类型?选择其中的一个模型,并根据表中数据,建立关于的回归方程；(2)工程中常把龄期为28天的混凝土试件的抗压强度视作混凝土抗压强度标准值.已知该型号混凝土设置的最低抗压强度标准值为.()试预测该批次混凝土是否达标?()由于抗压强度标准值需要较长时间才能评定,早期预测在工程质量控制中具有重要的意义.经验表明,该型号混凝土第7天的抗压强度,与第28天的抗压强度具有线性相关关系,试估计在早期质量控制中,龄期为7天的试件需达到的抗压强度.附: ,，参考数据: ,.【答案】（1）（2）(i) 达标. (ii)估计龄期为天的混凝土试件需达到的抗压强度为.【解析】【分析】（1）令，建立关于的线性回归方程，进而代入公式求解即可； （2） (i) 代入计算，可得答案；() 令，求出即可【详解】解：（1）由散点图可以判断，适宜作为抗压强度关于龄期的回归方程类型. 令，先建立关于的线性回归方程.由于， ， 所以关于的线性回归方程为，因此关于的线性回归方程为. （2）(i)由（1）知，当龄期为天，即时， 抗压强度的预报值. 因为，所以预测该批次混凝土达标. (ii)令，得. 所以估计龄期为天的混凝土试件需达到的抗压强度为.【点睛】本题考查线性回归方程的应用，属于简单题.20.已知椭圆的离心率为,原点到椭圆的上顶点与右顶点连线的距离为.（1）求椭圆的标准方程;（2）斜率存在且不为零的直线与椭圆相交于,两点,若线段的垂直平分线的纵截距为-1,求直线纵截距的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由离心率为，可以得到的关系，由原点到椭圆的上顶点与右顶点连线的距离为，可以得到的关系，结合，求出，写出椭圆标准方程；（2）设出斜率存在且不为零的直线的直线方程，与椭圆方程联立，得到一个关于的一元二次方程，由根的判断式大于零，得到一个不等式，设中点，利用根与系数关系可以求出坐标，结合已知，通过斜率公式，可以得到，结合求出的不等式，可以求出直线纵截距的取值范围.【详解】解：（1）原点到椭圆上顶点与右顶点连线的距离为. 又离心率，又因为，解得，所以椭圆方程为 （2）设，直线的方程为：，将代入得：， 于是得：且，设中点，则，因为线段的垂直平分线的纵截距为，所以线段的垂直平分线过点，所以，即， 因为，所以， 所以， 代入得，所以.【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程以及直线与椭圆的位置关系，利用根与系数关系求出弦中点的坐标是解题的关键.21.已知,且.（1）求的值；（2）证明: 存在唯一的极小值点,且.(参考数据: )【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）求出定义域，设，等价于.由，得求出的导数，求出的值，利用导数验证是的极大值点，从而验证，符合题意；（2）由（1）知，求导得.设，利用二次求导，可以知道在上有唯一零点；又，所以在上有唯一零点.可以判断出是的唯一极小值点.由，得，故， 由（1）知.令，则，可以求出，结论得证.【详解】解：（1）的定义域为.设，则，等价于.因为，所以 而，得.若，则，当时，单调递增；当时，单调递减；所以是的极大值点，故. 综上，. （2）由（1）知，.设，则，令，得.当时，单增；当时，单减；又因为，所以在上有唯一零点；又，所以在上有唯一零点.于是当时，时，时，.因为，所以是的唯一极小值点.由，得，故， 由（1）知.令，则，当时，所以在上单调递减，.所以，结论得证.【点睛】本题考查了利用导数研究函数极值问题，关键是通过构造新函数，通过对新函数进行求导，研究它的单调性，得到新函数的最值情况，从而证明出本题.(二)选考题:共10分请在第22、23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分.22.在平面直角坐标系中,直线的参数方程为 (为参数),曲线