山东省潍坊市2020届高三数学下学期模拟（一模）考试试题 文（含解析）

山东省潍坊市2020届高三数学下学期模拟（一模）考试试题 文（含解析）本试卷共4页.满分150分.注意事项：1. 答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3. 考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出集合B，再利用交集并集的定义判断选项【详解】B，x|，AB，故选：B【点睛】本题考查交集并集的求法，是基础题，解题时要注意交集并集的区别2.若复数满足，则的虚部为（ ）A. 5B. C. D. -5【答案】C【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】由（1+i）z|3+4i|，得z，z的虚部为故选：C【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题3.已知是两个不同平面，直线，则“”是“”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】A【解析】表示两个不同平面，直线是内一条直线，若，则，所以是的充分条件；若不能推出，故不是充分条件是的充分不必要条件故选A4.已知双曲线：的一条渐近线方程为，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用双曲线的渐近线推出b，a关系，然后求解离心率即可【详解】由已知双曲线C（a0，b0）的一条渐近线方程为y2x，可得，故选：C【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，解题时注意焦点位置，考查计算能力5.执行下边的程序框图，如果输出的值为1，则输入的值为（ ）A. 0B. C. 0或D. 0或1【答案】C【解析】【分析】根据程序框图，转化为条件函数进行计算即可【详解】程序对应的函数为y，若x0，由y1得ex1，得x0，满足条件若x0，由y2lnx1，得lnx1，即xe，满足条件综上x0或e，故选：C【点睛】本题主要考查程序框图的识别和应用，根据条件转化为分段函数是解决本题的关键6.已知角的顶点为坐标原点，始边为轴的正半轴，且，若点是角终边上一点，则（ ）A. -12B. -10C. -8D. -6【答案】D【解析】【分析】由任意角的三角函数的定义，通过，由此解得的值.【详解】由任意角的三角函数的定义可得，解得，故选D.【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题7.若函数的图象过点，则（ ）A. 点是的一个对称中心B. 直线是的一条对称轴C. 函数的最小正周期是D. 函数的值域是【答案】D【解析】【分析】根据函数f（x）的图象过点（0，2），求出，可得f（x）cos2x+1，再利用余弦函数的图象和性质，得出结论【详解】由函数f（x）2sin（x+2）cosx （0）的图象过点（0，2），可得2sin22，即sin21，2，故f（x）2sin（x+2）cosx2cos2xcos2x+1，当x时，f（x）1，故A、B都不正确；f（x）的最小正周期为，故C不正确；显然，f（x）cos2x+10，2，故D正确，故选：D【点睛】本题主要考查余弦函数的图象和性质，属于中档题8.函数的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】计算函数与y轴的交点坐标，再判断函数的单调性，即可判断出答案【详解】当x0时，y4130，排除C，当x0时，是单调递减的，当x时，导函数为-4sinx-0时，函数时递减的，故选A.故选：A【点睛】本题考查了函数图象的判断，一般从奇偶性，单调性，特殊值等方面判断，属于基础题9.中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为，则三角形的面积可由公式求得，其中为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足，则此三角形面积的最大值为（ ）A. B. 8C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，利用基本不等式，即可得出结论【详解】由题意，当且仅当，即时等号成立，此三角形面积的最大值为，故选A【点睛】本题考查面积的计算，考查基本不等式的运用，属于中档题10.已知偶函数，当时，若，为锐角三角形的两个内角，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，由函数的解析式可得f（x）在（-1，0）上为减函数，结合函数的奇偶性可得f（x）在（0，1）上为增函数，又由，为锐角三角形的两个内角分析可得sinsin（90）cos，结合函数的单调性分析可得答案【详解】根据题意，当x（1，0）时，f（x）2x（）x，则f（x）在（0，1）上为减函数，又由f（x）为偶函数，则f（x）在（0，1）上为增函数，若，为锐角三角形的两个内角，则+90，则90，则有sinsin（90）cos，则有f（ sin）f（cos），故选：B【点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，涉及三角函数的诱导公式的运用，属于基础题11.已知不共线向量，夹角为，在处取最小值，当时，的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由题意可得, ， ，由二次函数知，当上式取最小值时，由题意可得，求得，故选：C考点：数量积表示两个向量的夹角.12.定义：区间，的长度均为，若不等式的解集是互不相交区间的并集，设该不等式的解集中所有区间的长度之和为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，分析可得或，进而求出不等式的解集，结合区间长度的定义分析可得答案【详解】不等式，即，化简可得，或，方程有两个根或，则原不等式的解集为，其解集区间的长度为，故选B【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，涉及对新定义区间长度的理解，解出不等式是解题的关键，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，满足约束条件，则的最大值是_【答案】3，3【解析】分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案.详解：由约束条件作出可行域如图：联立，解得，化目标函数为直线方程的斜截式.由图可知，当直线过，直线在y轴上的截距最大，z最小，最小值为；当直线过时，直线在y轴上的截距最小，z最大，最大值为. 的取值范围为3，3.故答案为：3，3.点睛：利用线性规划求最值，一般用图解法求解，其步骤是(1)在平面直角坐标系内作出可行域(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形(3)确定最优解：在可行域内平行移动目标函数变形后的直线，从而确定最优解(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值. 14.的内角、的对边分别为，点为的中点，若，则的长为_【答案】1【解析】【分析】首先根据条件先求出C的大小，结合余弦定理进行求解即可【详解】由，得，即，D为AC的中点，则，即，故答案为1【点睛】本题主要考查解三角形的应用，利用余弦定理是解决本题的关键，属于中档题15.已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线及其准线依次相交于、三点（其中在、之间且在第一象限），若，则_【答案】2【解析】【分析】由已知|MN|2|MF|可得MN所在直线当斜率，写出MN所在直线方程，与抛物线方程联立，求得G的横坐标，再由抛物线焦点弦长公式求解p【详解】如图，过M作MHlH，由|MN|2|MF|，得|MN|2|MH|，MN所在直线斜率为，MN所在直线方程为y（x），联立，得12x220px+3p20解得：，则|GF|，即p2故答案为：2【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题16.如图，矩形中，为的中点，将沿直线翻折成，连结，为的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是_.存在某个位置，使得；翻折过程中，的长是定值；若，则；若，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是.【答案】【解析】【分析】对于，取AD中点E，连接EC交MD与F，可得到ENNF，又ENCN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，对于，可得由NECMAB1（定值），NEAB1（定值），AMEC（定值），由余弦定理可得NC是定值 对于，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM面ODB1，即可得ODAM，从而ADMD，显然不成立对于：当平面B1AM平面AMD时，三棱锥B1AMD的体积最大，可得球半径为1，表面积是4【详解】对于：如图1，取AD中点E，连接EC交MD与F，则NEAB1，NFMB1，如果CNAB1，可得到ENNF，又ENCN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故错对于：如图1，可得由NECMAB1（定值），NEAB1（定值），AMEC（定值），由余弦定理可得NC2NE2+EC22NEECcosNEC，所以NC是定值，故正确 对于：如图2，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM面ODB1，即可得ODAM，从而ADMD，显然不成立，可得不正确对于：当平面B1AM平面AMD时，三棱锥B1AMD的体积最大，易得AD中点H就是三棱锥B1AMD的外接球的球心，球半径为1，表面积是4故正确故答案为：【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，考查了反证法的应用，属于中档题.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：共60分.17.为等比数列的前项和，已知，且公比.（1）求及；（2）是否存在常数，使得数列是等比数列？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1），；（2）见解析【解析】【分析】（1）由题意可得列出关于和的方程组，解得，根据通项公式和求和公式即可求出；（2）假设存在常数，使得数列是等比数列，分别令，2，3，根据等比数列的性质求出的值，再根据定义证明即可【详解】解：（1）由题意得，解得，所以，.（2）假设存在常数，使得数列是等比数列，因为，又因为，所以，所以，此时，则，故存在，使得数列是以为首项，公比为3的等比数列.【点睛】本题主要考查了等比数列的性质与判断，等比数列的通项公式，属于中档题18.如图，三棱柱中，平面平面.（1）求证：；（2）若，为的中点，求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）过点作，垂足为，推导出，从而平面，由此能证明；（2）推导出，从而，由此能求出三棱锥的体积【详解】解：（1）过点作，垂足为，因为平面平面，所以平面，故，又因为，所以，故，因为，所以，又因为，所以平面，故.（2）由（1）可知，因为，故，又因为，所以，因为平面，所以，故，所以三棱锥的体积为.【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，对于三棱锥的体积主要采用等体积法，关键是找到几何体的高，是中档题19.某水果种植基地引进一种新水果品种，经研究发现该水果每株的产量（单位：）和与它“相近”的株数具有线性相关关系（两株作物“相近”是指它们的直线距离不超过），并分别记录了相近株数为0，1，2，3，4时每株产量的相关数据如下：0123415121198（1）求出该种水果每株的产量关于它“相近”株数的回归方程；（2）该种植基地在如图所示的长方形地块的每个格点（横纵直线的交点）处都种了一株该种水果，其中每个小正方形的面积都为，现从所种的该水果中随机选取一株，试根据（1）中的回归方程，预测它的产量的平均数.附：回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：，.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）计算出，代入求出系数和，求出回归方程即可；（2）代入的值，求出的预报值，求平均数即可【详解】解：（1）由题意得：，所以，所以.（2）由回归方程得：当时，当时，当时，故平均数为：.所以一株产量的平均数为.【点睛】本题考查了求回归方程问题，考查函数代入求值以及平均数问题，考查了学生的计算能力，属于基础题20.如图，点为圆：上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，连接延长至点，使得，点的轨迹记为曲线.（1）求曲线的方程；（2）若点，分别位于轴与轴的正半轴上，直线与曲线相交于，两点，试问在曲线上是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）这样的直线不存在.详见解析【解析】【分析】（1）设，则，且，通过，转化求解即可（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，代入椭圆方程整理得关于x的一元二次方程，假设存在点Q，满足题意，则其充要条件为，则点Q的坐标为（x1+x2，y1+y2）由此利用韦达定理结合点Q在曲线上，得到关于k的方程求解即可【详解】（1）设，则，由题意知，所以为中点，由中点坐标公式得，即，又点在圆：上，故满足，得.（2）由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，因为，故，即 ，联立，消去得：，设， ，因为为平行四边形，故，点在椭圆上，故，整理得，将代入，得，该方程无解，故这样的直线不存在.【点睛】本题考查点的轨迹方程的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与直线方程的求法，体现了数学转化思想方法，是中档题21.已知函数，.（1）当时，求的单调区间；（2）设，若，为函数的两个不同极值点，证明：.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）求出原函数的导函数，可得时，若，单调递增；若，求出导函数的零点，根据导函数与0的关系可得原函数的单调性；（2）根据导数先得在R上单调递增，原题转化为证，根据和进一步转化为证，再由，得到证明 ，设，化为证明，设，利用导数证明即可【详解】解：（1），若，单调递增.若，由，解得，且，单调递减，单调递增.综上，当时，的单调递增区间为，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2），故在上单调递增，即证：，也即证：，又 ，所以，为方程的两根，即即证，即，而-得，即证：，不妨设，则证：变形得，所以，设，则，在单调递增，即结论成立.【点睛】本题考查利用导数研究函数的