山东省栖霞市2020届高考数学模拟卷 理（含解析）

山东省栖霞市2020届高考数学模拟卷 理（含解析）一、选择题.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.已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化简集合A,B,根据补集，交集的运算求解即可.【详解】由可得， 可得，所以集合,，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了集合的交集、补集运算，涉及指数不等式和二次不等式，属于中档题.2.已知复数（为虚数单位）在复平面内对应的点在直线上，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘法运算，计算，根据对应点在在直线上可得出.【详解】因为，对应的点为，因为点在直线上，所以，解得. 故选D.【点睛】本题主要考查了复数的运算，复数对应的点，属于中档题.3.小张刚参加工作时月工资为元，各种用途占比统计如下面的条形图.后来他加强了体育锻炼，目前月工资的各种用途占比统计如下面的拆线图.已知目前的月就医费比刚参加工作时少元，则目前小张的月工资为（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据条形图求得刚参加工作月就医费，从而求得目前的月就医费；利用折线图可知目前月就医费占收入的，从而可求得月工资.【详解】由条形图可知，刚参加工作的月就医费为：元则目前的月就医费为：元目前的月工资为：元本题正确选项：【点睛】本题考查利用统计图表求解数据的问题，属于基础题.4.设均为不等于的正实数，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】首先通过对数运算可判断出时，得到充分条件成立；当时，可根据对数运算求出或或，得到必要条件不成立，从而可得结果.【详解】由，可得：，则，即可知“”是“”的充分条件由可知，则或或或可知“”是“”的不必要条件综上所述：“”是“”的充分不必要条件本题正确选项：【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，关键是能够通过对数运算来进行判断.5.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据诱导公式及角之间关系，可利用余弦的二倍角公式求解.【详解】因为，又，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了角变换，诱导公式，属于中档题.6.已知函数和都是定义在上的偶函数，当时，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由和都是定义在上的偶函数，可推导出周期为4，而，即可计算.【详解】因为都是定义在上的偶函数，所以，即，又为偶函数，所以，所以函数周期，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，周期性，利用周期求函数值，属于中档题.7.若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如.如图程序框图的算法源于我国古代闻名中外的中国剩余定理.执行该程序框图，则输出的等于A. 4B. 8C. 16D. 32【答案】C【解析】初如值n=11,i=1,i=2,n=13,不满足模3余2.i=4,n=17, 满足模3余2, 不满足模5余1.i=8,n=25, 不满足模3余2,i=16,n=41, 满足模3余2, 满足模5余1.输出i=16.选C。8.将函数的图像向右平衡个单位长度，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）A. 函数的最大值为B. 函数的最小正周期为C. 函数的图象关于直线对称D. 函数在区间上单调递增【答案】D【解析】【分析】根据平移变换和伸缩变换的原则可求得的解析式，依次判断的最值、最小正周期、对称轴和单调性，可求得正确结果.【详解】函数向右平移个单位长度得：横坐标伸长到原来的倍得：最大值为，可知错误；最小正周期为，可知错误；时，则不是的对称轴，可知错误；当时，此时单调递增，可知正确.本题正确选项：【点睛】本题考查三角函数平移变换和伸缩变换、正弦型函数的单调性、对称性、值域和最小正周期的求解问题，关键是能够明确图象变换的基本原则，同时采用整体对应的方式来判断正弦型函数的性质.9.已知双曲线与抛物线在第一象限交于点，若抛物线在点处的切线过双曲线的左焦点，则双曲线的离心率为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，求函数导数，利用导数的几何意义及切线斜率公式建立方程关系求出，根据双曲线的定义求出即可.【详解】设, 左焦点,抛物线在第一象限对应的函数为，函数的导数，则在P处的切线斜率，又切线过焦点，所以，解得，则 ，设右焦点坐标为，则，即，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，双曲线的定义、离心率，属于中档题.10.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球半径为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图可知该棱锥的一条侧棱垂直底面，且高为2，由三视图所给数据可知相邻的两个侧面是全等的等腰直角三角形，其外接圆圆心为斜边中点，故可找到球心，且球心到底面距离为1，由正弦定理求底面外接圆半径，利用即可求解.【详解】由三视图可知三棱锥的直观图如图：由三视图可知底面三角形是边长为2，顶角的三角形，所以外接圆半径可由正弦定理得；，由侧面为两等腰直角三角形，可确定出外接圆圆心，利用球的几何性质可确定出球心，且球心到底面的距离，所以球半径，故选C.【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球，球的截面圆的性质，三视图，属于中档题.11.设锐角三角形的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意可得且,解得的范围，可得的范围，由正弦定理求得由正弦定理可求得,根据的范围确定出范围即可.【详解】由锐角三角形的内角所对的边分别为，若， ，, ， ,由正弦定理得，即 则b的取值范围为,故选C.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦函数的性质，属于中档题.解题关键是根据三角形为锐角三角形，求出角A的取值范围.12.已知函数在上都存在导函数，对于任意的实数都有，当时，若，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先构造函数，再利用函数奇偶性与单调性化简不等式，解得结果.【详解】令，则当时，又，所以为偶函数， 从而等价于，因此选B.【点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性求解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题.二、填空题.13.展开式中的的系数为_【答案】【解析】【分析】利用组合知识，5个相乘，其中含的项，可以5个括号中3个取，剩余2个取1，也可以2个取剩余的3个括号中选2个取，剩余1个取1，还可以5个括号选一个取，剩余4个取，这3项的系数和即为所求.【详解】利用组合知识，含的项可以分3种情况取得，第一种取3个，剩余两个取1，即 .第二种选2个括号提供，剩余的3个括号中选2个取，剩余1个取1，即，第三种5个括号选一个取，剩余4个取，即，合并同类项，系数为，故填30.【点睛】本题主要考查了含三项的二项式展开式问题，利用组合知识解决比较简单，属于中档题.14.若向量不共线，且，则_【答案】【解析】【分析】先计算，的坐标，根据向量垂直，可知向量的数量积等于0，即可求出.【详解】因为, ，且，所以，解得或，因为 向量不共线，所以不成立，所以，故填.【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，向量的垂直，向量的数量积运算，属于中档题.15.已知实数满足约束条件，若的最大值为，则实数的值是_【答案】【解析】【分析】作出可行域，当在y轴上的截距越小时，越大，平移，观察图象即可求解.【详解】作出可行域如图：由可得，平移直线，当直线过点A时，有最大值，由 得 ，解得 或（舍去），故填1.【点睛】本题主要考查了简单的线性规划问题，属于中档题.16.如图，在四面体中，用平行于的平面截此四面体，得到截面四边形，则该四边形面积的最大值为_【答案】【解析】【分析】根据线面平行的性质可知,因为，故,所以四边形为矩形，设，建立二次函数关系求解四边形面积的最大值.【详解】因为直线AB/平面EFGH，且平面ABC交平面EFGH于HG,所以HG/AB，同理， ，所以四边形EFGH平行四边形又，可证明 所以四边形EFGH为矩形.设， ，当时，有最大值.故填.【点睛】本题主要考查了四面体ABCD中的对称性来证明四边形是矩形，线面平行的性质，二次函数求最值，属于难题.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知等差数列满足，等比数列满足，且.（1）求数列，的通项公式；（2）记数列的前项和为，若数列满足，求的前项和为.【答案】(1) ， (2) .【解析】【分析】(1) 根据等差数列等比数列的通项公式列方程组求解即可； (2) 由等差数列求出，求出，利用错位相减法可以求和.【详解】（1）设的首项为，公差为，则有，解得所以， 设，由已知，可得，由可得，可得，所以，（2）由（1）知， 所以，两式相减可得， 当时，满足上式，所以， ，两式相减可得，所以.【点睛】本题主要考查了等差数列，等比数列的通项公式，等差数列的求和公式，错位相减法，属于中档题.18.如图，在三棱锥中，侧面底面，为线段上一点，且满足.（1）若为中点，求证：；（2）当最小时，求二面角的余弦值.【答案】(1)见证明；(2) 【解析】【分析】(1)根据中点可得 ，再根据面面垂直的性质定理得面，即可证明结论(2) 以为坐标原点，分别以射线和垂直于面向上的方向为轴，建立空间直角坐标系，求出两个半平面的法向量，利用公式求其夹角余弦即可.【详解】（1）在，因为,，为的中点，所以， 因为面面，面面，所以面，又面， （2）以为坐标原点，分别以射线和垂直于面向上的方向为轴，建立空间直角坐标系，设，则有，因为侧面底面，所以， 所以，当时，最小，此时， 设为平面的一个法向量，则有，所以，令，则， 而平面的一个法向量为，所以，故二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查了线线垂直，面面垂直的性质，线面垂直的判定及性质，利用法向量求二面角，属于中档题.19.李克强总理在2020年政府工作报告指出，要加快建设创新型国家，把握世界新一轮科技革命和产业变革大势，深入实施创新驱动发展战略，不断增强经济创新力和竞争力.某手机生产企业积极响应政府号召，大力研发新产品，争创世界名牌.为了对研发的一批最新款手机进行合理定价，将该款手机按事先拟定的价格进行试销，得到一组销售数据，如表所示：单价（千元）销量（百件）已知.（1）若变量具有线性相关关系，求产品销量（百件）关于试销单价（千元）的线性回归方程；（2）用（1）中所求的线性回归方程得到与对应的产品销量的估计值.当销售数据对应的残差的绝对值时，则将销售数据称为一个“好数据”.现从个销售数据中任取个子，求“好数据”个数的分布列和数学期望.（参考公式：线性回归方程中的估计值分别为.【答案】(1) (2)见解析【解析】【分析】(1) 根据所给数据，先计算出，计算，代入公式求，再由求即可 (2)利用回归方程计算销量的预测值，找到4个“好数据”：、，于是可写出的所有可能取值为，计算即可.【详解】（1）由，可求得，故，代入可得， ，所以所求的线性回归方程为 （2）利用（1）中所求的线性回归方程可得，当时，；当 时，；当时，；当时，；当时，；当时， 与销售数据对比可知满足的共有4个“好数据”：、 于是的所有可能取值为 ， 的分布列为：123P所以【点睛】本题主要考查了线性回归方程的求法，运用，离散型随机变量的分布列、期望，属于中档题.20.已知抛物线，过抛物线焦点的直线分别交抛物线与圆于（自上而下顺次）四点.（1）求证：为定值；（2）求的最小值.【答案】(1)见证明；(2)108【解析】【分析】（1）设直线的方程为,，联立抛物线可得，结合抛物线定义可得,故化为纵坐标即可证出.（2）根据，,化，利用导数求最小值即可.【详解】（1）有题意可知， 可设直线的方程为，联立直线和抛物线方程，消可得， 所以，由抛物线的定义可知，又， 所以，所以为定值16.（2）由（1）可知，由，可得，所以（其中）， 令， 当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以.所以的最小值为.【点睛】本题主要考查了抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，利用导数求函数最值，定值问题，属于难题.解决此类性问题，一般要联立方程组，根据根与系数的关系得到两个交点坐标之间的关系，特别注意涉及抛物线时，要主动考虑抛物线定义的使用.21.设函数，其中，是自然对数的底数.（1）若在上存在两个极值点，求的取值范围；（2）若，证明：.【答案】(1) (2)见证明【解析】【分析】（1）在上存在两个极值点等价于在有两个根，分离参数，分析函数的单调性及极值，即可得出取值；范围.（2）即，等价于,令，利用导数求函数的最值，证明最大值小于0即可.【详解】（1）由题意可知， 在上存在两个极值点等价于在有两个根，由可得，令，则，令， 可得，当时，所以在上单调递减，且， 当时，单调递增；当时，单调递减； 所以是的极大值也是最大值，又当，当 大于趋向于，要使在有两个根，只需，所以的取值范围为；（2）证明：即，等价于，令,， 当时，单调递增，所以，当时，令，又，取，且使，即，则有，因为，故存在唯一零点， 即有唯一的极值点且为极小值点，由可得，故，因为，故为上的增函数，所以，所以综上，当时，总有【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，极值，最值，证明不等式，属于难题.解决此类问题，注意条件的恰当转化，转化后一般要利用导数研究新函数的极值最值，在研究过程中往往需要二次求导.22.选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）设是曲线上的一个动眯，当时，求点到直线的距离的最小值；（2）若曲线上所有的点都在直线的右下方，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将直线的极坐标方程化为普通方程，利用点到直线距离公式构造出距离关于参数的三角函数关系