山东省聊城市2020届高三数学三模试题文(含解析)

1、山东省聊城市 2020 届高三数学三模试题 文（含解析）第I卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共 12 个小题，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】 D【解析】【分析】 先化简集合 A, 再求和 .【详解】由题得A=x|x 1,所以， 所以.故选： D【点睛】 本题主要考查集合的化简和补集、 交集运算， 意在考查学生对这些知识的理解掌握 水平和分析推理能力 .2. 若复数满足，则在复平面上对应的点位于（）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

2、】先求出复数 z, 再求复数即得解 .【详解】由题得，所以， 所以在复平面上对应的点为， 故选： D考查复数的几何意义， 意在考查【点睛】 本题主要考查复数的除法运算和共轭复数的求法，学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力3. 若命题：，命题：， . 则下列命题中是真命题的是（）A. B. C. D. 【答案】 C【解析】【分析】先判断命题 p 和 q 的真假，再判断选项得解 .【详解】对于命题 p, , 所以命题 p 是假命题，所以是真命题； 对于命题 q, ， , 是真命题 .所以是真命题 .故选： C【点睛】 本题主要考查复合命题的真假的判断， 考查全称命题和特称命题的真假的判断，

3、在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力 .4. 设，（其中是自然对数的底数） ，则（ ）A. B. C. D. 【答案】 B【解析】【分析】判断 a,b,c 的范围即得 a,b,c 的大小关系 .【详解】由题得，且 b0.所以.故选： B【点睛】 本题主要考查指数函数、 对数函数的图像和性质， 意在考查学生对这些知识的理解 掌握水平和分析推理能力 .5. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为（A.B.C.D.【答案】 D【解析】【分析】先化简得到椭圆的标准方程，再列出关于 k 的不等式，解不等式即得 k 的取值范围 . 【详解】由题得，因为方程表示焦点在轴上的椭圆，所以.故

4、选： D【点睛】 本题主要考查椭圆的标准方程， 意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理 能力 .6. 函数的图象在处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】 A【解析】分析】 先求出切点的坐标和切线的斜率，再写出切线的方程 .【详解】当 x=1 时， f（1）=-2+0=-2 ，所以切点为（ 1,-2 ）,由题得，所以切线方程为y+2=-1 （x-1）.即：故选： A意在考查学生对这些知识的理解【点睛】 本题主要考查导数的几何意义和切线方程的求法， 掌握水平和分析推理能力 .7. 在正方形中，为的中点，若，则的值为（ ）A. B. C. D. 1答案】 B【解析】【分析】先求出

5、 , 再求即得解【详解】由题得 ,故选： B意在考查学生对这些知识的【点睛】 本题主要考查平面向量的三角形加法法则和减法法则， 理解掌握水平和分析推理能力 .8. 已知抛物线的焦点和准线，过点的直线交于点，与抛物线的一个交点为，且，则（ ） A. B. C. D.【答案】 C【解析】【分析】 由题设解三角形求出 a 的值，再求 |AB| 的值得解 .【详解】由题设过点B作BCLI,垂足为C,则|BC|=a,设准线 l 交 x 轴与 D,则所以.故选： C【点睛】 本题主要考查直线和抛物线的位置关系， 考查抛物线的简单几何性质， 意在考查学 生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.9. 已知定

6、义在实数集上的函数的图象经过点，且满足， 当时不等式恒成立， 则不等式的解集为（ ）A.B.C.D.【答案】 A【解析】分析】 根据已知得到函数的奇偶性和单调性，再利用函数的奇偶性和单调性解不等式即得解 . 【详解】 ,所以函数 f（x） 是偶函数，因为时不等式恒成立，所以函数 f（x） 在（ 0，+）上是增函数，在（ - 上是减函数，因为，所以.故选： A【点睛】 本题主要考查函数的奇偶性和单调性， 考查函数的图像和性质， 意在考查学生对这 些知识的理解掌握水平和分析推理能力 .10. 如果一个三位数的十位上的数字比个位和百位上的数字都大，则称这个三位数为“凸 数”（如 132），现从集合中

7、任取 3 个互不相同的数字，排成一个三位数，则这个三位数是 “凸数”的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】 B【解析】【分析】根据题意， 分析“凸数”的定义，在的 4个整数中任取 3个数字， 组成三位数，再将最大的 放在十位上， 剩余的 2 个数字分别放在百、 个位上即可， 再利用古典概型概率计算公式即可 得到所求概率【详解】根据题意，要得到一个满足题意的三位“凸数”，在， 2，3，的 4 个整数中任取 3 个不同的数组成三位数，有种取法，在， 2，3，的 4 个整数中任取 3个不同的数，将最大的放在十位上，剩余的 2 个数字 分别放在百、个位上，有种情况，则这个三位数是“凸数”的概率

8、是 .故选：【点睛】 本题考查组合数公式的运用， 关键在于根据题干中所给的“凸数”的定义， 再利用 古典概型概率计算公式即得答案11. 我国古代的洛书中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1, 2,，9填入的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15. 一般地，将连续的正整数填入个方格中, 使得每行, 每列和两条对角线上的数字之和都相等,这个正方形叫做阶幻方记阶幻方的对角线上的数字之和为,如图三阶幻方的,那么的值为（）A. 41B. 45C. 369D. 321【答案】 C【解析】【分析】 推导出,由此利用等差数列求和公式能求出结果【详解】根据题意可知,幻方对角线上的数成等差

9、数列,故.故选： C【点睛】 本题主要考查了等差数列的性质和等差数列的前项和公式,本题解题的关键是应用等差数列的性质来解题12. 已知双曲线的两条渐近线分别为直线, ,经过右焦点且垂直于的直线分别交, 于两点, 且, 则该双曲线的离心率为（ ）A.B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题得由题得,解方程即得解 【详解】由题得由题得,所以，所以，所以.故选： A【点睛】 本题主要考查双曲线离心率的求法， 考查直线和双曲线的简单几何性质， 意在考查 学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力 .第n卷（非选择题共90分）二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上）13. 已

10、知角为第一象限角， ，则实数的取值范围为 【答案】【解析】【分析】由题得，再利用三角函数的图像和性质求实数 a 的取值范围得解 .【详解】由题得，因为所以所以.故实数的取值范围为 .故答案为：【点睛】 本题主要考查三角恒等变换， 考查三角函数的图像和性质， 意在考查学生对这些知 识的理解掌握水平和分析推理能力 .14. 已知实数满足，则的取值范围为 【答案】【解析】【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析得到的取值范围.【详解】作出不等式组对应的可行域，如图所示，联立直线方程联立直线方程表示可行域内的点( x,y )和点 P(-3,1) 连线的斜率，由图得，当动点在点 A 时，最

11、小为， 当动点在点 B 时，最大为 .故答案为：【点睛】 本题主要考查线性规划求最值， 考查直线斜率的应用， 意在考查学生对这些知识的 理解掌握水平和分析推理能力 .15. 已知正项等比数列满足，若存在两项， ，使得，则的最小值为 【答案】 2【解析】【分析】 由正项等比数列通项公式结合已知条件求出，再由，求出，由此利用均值定理能求出结果 【详解】正项等比数列满足，整理，得，又，解得， ，存在两项，使得，整理，得，则的最小值为 2当且仅当取等号，又， ， 所以只有当，时，取得最小值是 2故答案为： 2【点睛】本题考查代数式的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题， 注意正项等比数 列的性质和

12、均值定理的合理运用16. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为 【答案】【解析】【分析】先找到几何体原图， 再求几何体底面的外接圆的半径和几何体的外接球的半径， 最后求几何 体外接球的表面积 .【详解】由题得几何体原图如图所示，底面等腰三角形的腰长为，由余弦定理得，所以,在 ADC中，AC=1,所以,所以几何体外接球的半径为， 所以几何体外接球的表面积为 .故答案为： 【点睛】本题主要考查三视图找几何体原图，考查几何体外接球的问题和球的表面积求法， 意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力 .三、解答题：共70分.解答应

13、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. 在中，角的对边分别为，且 .（1 ）求的大小；（2）若的外接圆的半径为，面积为，求的周长.【答案】（ 1 ）；（ 2） .【解析】【分析】（ 1 ）利用正弦定理和诱导公式化简即得的大小；（ 2）先利用正弦定理求出a 的值，再利用面积求出 bc 的值，最后利用余弦定理求出 b+c 的值即得解 .【详解】（1）因为，由正弦定理可得， ，由三角形内角和定理和诱导公式可得，代入上式可得， ，所以.因为，所以，即 .由于，所以 .（2）因为的

14、外接圆的半径为，由正弦定理可得，又的面积为，所以，即，所以 .由余弦定理得，则，所以，即 .所以的周长 .【点睛】 本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形， 考查三角形的面积公式， 对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力 .18. 如图，三棱台的底面是正三角形，平面平面， ，.（1）求证：；（2）若和梯形的面积都等于，求三棱锥的体积.【答案】（ 1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）取的中点为，连结 . 先证明平面，再证明； （ 2）先求出，再求出梯形的高 解.意在考查学生h, 再利用求【详解】（1）由是三棱台得，平面平面， 从而. 取的中点为，连结 .，,四边形为平行四边形，.，为中

15、点，.平面平面，且交线为，平面，平面，而平面，(2 )正三角形的面积为， .正三角形的面积 . 梯形的面积等于，梯形的高【点睛】 本题主要考查空间垂直关系的证明， 考查空间几何体体积的计算， 意在考查学生对 这些知识的理解掌握水平和分析推理能力 19. 根据统计，某蔬菜基地西红柿亩产量的增加量(百千克)与某种液体肥料每亩使用量(千克)之间的对应数据的散点图，如图所示 (1 )依据数据的散点图可以看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请计算相关系数并加 以说明(若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合) ；(2)求关于的回归方程， 并预测液体肥料每亩使用量为 12千克时， 西红柿亩产量的增加量

16、 约为多少？附：相关系数公式，参考数据：， .回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：【答案】(1)；(2)， 6.1 百千克.【解析】【分析】(1 )直接利用相关系数的公式求相关系数，再根据相关系数的大小判断可用线性回归模型拟合与的关系 . （ 2）利用最小二乘法求回归方程，再利用回归方程预测得解.【详解】（ 1）由已知数据可得， .所以，所以相关系数 .因为，所以可用线性回归模型拟合与的关系 .（2）.那么.所以回归方程为 .当时，即当液体肥料每亩使用量为 12千克时，西红柿亩产量的增加量约为 6.1 百千克 .【点睛】 本题主要考查相关系数和回归方程的求法， 意在考查学生对这些知识

17、的理解掌握水 平和分析推理能力 .20. 设椭圆左、右焦点分别为， ，上顶点为，过点与垂直的直线交轴负半轴于点，且 . （1）求椭圆的方程；（ 2）过椭圆的右焦点作斜率为 1 的直线与椭圆交于两点，试在轴上求一点，使得以，为邻 边的平行四边形是菱形 .【答案】（ 1）；（ 2）点坐标为时 .【解析】【分析】（1）根据已知求出，再根据直线与直线垂直求出b 的值，即求出椭圆的方程； （ 2）先求出线段的中点为，再根据求出 t 的值，即得解 .【详解】（1）设椭圆的焦距为，则点，点，设，且，则， ，则，所以，即 直线与直线垂直，且点，由，得，因此，椭圆的方程为 .（2）由（ 1）得. 设点，直线的方

18、程为 . 将直线的方程与椭圆的方程联立，消去并整理得， 由韦达定理得，所以 .因此，线段的中点为 . 设点的坐标为，由于，为邻边的平行四边形是菱形，则 . 所以直线的斜率为，解得 .因此，当点坐标为时，以，为邻边的平行四边形为菱形 .【点睛】 本题主要考查椭圆标准方程的求法， 考查直线和椭圆的位置关系， 意在考查学生对 这些知识的理解掌握水平和分析推理能力 .21. 已知函数 .（1）若，求函数的所有零点；（2）若，证明函数不存在的极值 .【答案】 （1） （2） 见证明【解析】【分析】（1）首先将代入函数解析式，求出函数的定义域，之后对函数求导，再对导函数求导，得 到（当且仅当时取等号） ，

19、从而得到函数在单调递增，至多有一个零点，因为，是函数唯一 的零点，从而求得结果；（2）根据函数不存在极值条件为函数在定义域上是单调函数，结合题中所给的参数的取值 范围，得到在上单调递增，从而证得结果 .【详解】（ 1）解：当时， ，函数的定义域为，且设，则当时，；当时， 即函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，（当且仅当时取等号） 即当时，（当且仅当时取等号） 所以函数在单调递增，至多有一个零点 . 因为，是函数唯一的零点 .所以若，则函数的所有零点只有（ 2）证法 1：因为，函数的定义域为，且当时，由（ 1）知即当时，所以在上单调递增所以不存在极值证法 2：因为，函数的定义域为，且设，则设，则与同号当时，由，解得，可知当时，即，当时， ，即，所以在上单调递减，在上单调递增由（ 1）知则所以，即在定义域上单调递增所以不存在极值【点睛】 该题考查的是有关导数的应用问题， 涉及到的知识点有求函数的零点， 函数的极值 存在的条件，属于中档题目 .（二）选考题：共 10分. 请考生在 22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第题记分 .选修 4-4 ：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方 程为，点的极坐标为，倾斜角为的直线经过点 .(1)写出