山东省潍坊市青州市2020届高三数学第三次模拟考试试卷 理（含解析）（通用）

1、山东省潍坊市青州市2020届高三数学第三次模拟考试试卷 理（含解析）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.设集合，若全集，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：根据对数函数的性质，求解，即，再根据集合补集的运算，即可求解.详解：由集合，即，又因为，所以，故选B.点睛：本题主要考查了集合的运算，其中正确求解集合，得到集合，再根据集合的补集运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.2.设是虚数单位，若复数（）是纯虚数，则（ ）A. 1 B. 1 C. 2 D. 2【答案】D【解析】解：a+5i12i=a2+

2、i ，由纯虚数的定义可得：a=2=0,a=2 .本题选择D选项.3.若(0,)，sin()+cos=23，则sincos的值为（ ）A. 23 B. 23 C. 43 D. 43【答案】C【解析】分析：根据三角函数的诱导公式和三角函数的基本关系式，得2sincos=790，进而求得sincos2=169，即可求解答案.详解：由诱导公式得sin()+cos=sin+cos=23，平方得sin+cos2=1+2sincos=29，则2sincos=790，所以sincos=43，故选C.点睛：本题主要考查了三角函数的化简求值，其中解答中涉及到三角的诱导公式和三角函数的基本关系的灵活应用是解答的关键

3、，着重考查了推理与运算能力.4.设平面向量a=(3,1)，b=(x,3)，ab，则下列说法正确的是（ ）A. x=3是ab的充分不必要条件 B. ab与的夹角为3C. b=12 D. ab与b的夹角为6【答案】D【解析】分析：由平面向量a=(3,1),b=(x,3)，且ab，解得x=3，此时a=(3,1),b=(3,3)，进而可判断选项，得到答案.详解：由题意，平面向量a=(3,1),b=(x,3)，且ab，所以ab=3x3=0，解得x=3，此时a=(3,1),b=(3,3)所以x=3是ab垂直的充要条件，所以选项A不正确；b=(3)2+(3)2=12，所以C不正确；由a=(3,1),b=(3

4、,3)，则ab=(0,4)，所以向量ab与的夹角为，则cos=(ab)aaba=32，所以=6，故选D.点睛：本题主要考查了向量的坐标运算、向量垂直的条件，以及向量的模和向量的夹角公式等知识点，其中熟记向量的基本概念和基本的运算公式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.5.已知双曲线C:y2a2-x2b2=1(a0,b0)的离心率为3，且经过点(2,2)，则双曲线的实轴长为（ ）A. 12 B. 1 C. 22 D. 【答案】C【解析】分析：由题意双曲线C:y2a2x2b2=1(a0,b0)的离心率为3，得b2=2a2，把点(2,2)，代入双曲线的方程，解得a=2，即可得到答案.详

5、解：由题意双曲线C:y2a2x2b2=1(a0,b0)的离心率为3，即ca=3c2=3a2，又由c2=a2+b2，即b2=2a2，所以双曲线的方程为y2a2x22a2=1，又因为双曲线过点(2,2)，代入双曲线的方程，得4a242a2=1，解得a=2，所以双曲线的实轴长为2a=22，故选C.点睛：本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质，其中熟记双曲线的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.6.若n=203xdx+1，则二项式x212xn的展开式中的常数项为（ ）A. B. 45256 C. 45128 D. 45128【答案】A【解析】分析：由题意n=203xdx+1=21

6、2x2|03+1=10，得到二项式的展开式的通项，即可求解展开式的常数项.详解：由题意n=203xdx+1=212x2|03+1=10，即二项式为x212x10，则展开式的通项为Tr+1=C10r(x2)10r(12x)r=(12)rC10rx2052r，当r=8时，得到常数项为(12)8C108=45256，故选A.点睛：本题主要考查了二项式定理的应用，其中数据二项展开式的通项公式是解答此类试题的关键，着重考查了推理与运算能力.7.如图所示程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入a,b的分别为10,4，则输出的a=（ ）A. 0 B. 14 C

7、. 4 D. 2【答案】D【解析】分析：模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的的值.详解：由程序框图可知：输入a=10,b=4，第一次循环ab，a=6；第二次循环ab，a=2；第三次循环a0，a1，f(x)=x2ax，当x1,1时，均有f(x)x212在(1,1)上恒成立，令gx=ax,mx=x212，结合图形，列出不等式组，即可求解实数的取值范围.详解：由题意，若当x(1,1)时，都有f(x)x212在(1,1)上恒成立，令gx=ax,mx=x212，由图象可知，若0a1时，g1m(1)，即a112=12，此时12a1时，g1m(1)，即a1

8、112=12，此时a2，所以10,0,2)的图象过点B(0,1)，所以2sin=1，解得sin=12，所以=6，即f(x)=2sin(x6)，由fx的图象向左平移个单位后得g(x)=2sin(x+)6=2sin(wx+w6)，由两函数的图象完全重合，知w=2k，所以w=2k,kZ，又318T2=w，所以w185，所以w=2，所以f(x)=2sin(2x6)，则其图象的对称轴为x=k2+3,kZ，当t1,t2(1712,23)，其对称轴为x=32+3=76，所以，所以ft1+t2=f(73)=2sin2(73)6=2sin296=2sin56=1，故选B.点睛：本题主要考查了三角函数的图象变换以

9、及三角函数的图象与性质的应用问题，其中解答中根据题设条件得到函数的解析式，以及根据三角函数的对称性，求得t1+t2的值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.12.已知点P是曲线y=sinx+lnx上任意一点，记直线OP（O为坐标原点）的斜率为k，则（ ）A. 存在点P使得k1 B. 对于任意点P都有k1C. 对于任意点P都有k0 D. 至少存在两个点P使得k=1【答案】B【解析】分析：任取正实数x，则直线OP的斜率为k=yx=sinx+lnxx，利用k=sinx+lnxx的性质，逐一判定，即可求解.详解：任取正实数x，则直线OP的斜率为k=yx=sinx+lnx

10、x，因为y=sinx+lnxlnx+1，又由lnx+1x成立，因为y=sinx+lnxlnx+1和lnx+1x中两个个等号成立条件不一样，所以y=sinx+lnxx恒成立，即k=sinx+lnxx1恒成立，排除A；当2x0，则k=sinx+lnxx0，排除C；对于D选项，至少存在两个点P使得k=1，即sinx+lnxx=1至少存在两解，即sinx+lnx+x=0至少有两解，又因为sinx+lnx+x=cosx+1x+10恒成立，所以sinx+lnx+x=0至多有一个解，排除D，综上所述，选项B是正确的，故选B.点睛：本题主要考查了函数性质的综合应用，以及直线的斜率公式，导数在函数中的应用，其中

11、解答中根据题意构造函数k=sinx+lnxx，利用函数的单调性和最值求解是解答的关键，着重考查了转化思想和推理、论证能力.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知平面向量a=(x1,y)，a1则事件“yx”的概率为_【答案】1412【解析】分析：由题意得到点(x,y)表示以(1,0)为圆心，半径为1的圆，其面积为S=12=，其中弓形OA的面积为，即可利用几何概型求解其概率.详解：由题意，平面向量a=(x1,y)，且a1，即(x1)2+y21，表示以(1,0)为圆心，半径为1的圆，其面积为S=12=，其中弓形OA的面积为，所以所求概率为P=S1S=412=1412.点睛：

12、本题主要考查了几何概型及其概率的求解，其中根据题意得到相应的图形的面积是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.14.已知抛物线x2=4y的焦点为F，准线与y轴的交点为M，N为抛物线上任意一点，且满足，则NMF_【答案】6【解析】分析：由抛物线的定义可得NF=y+1，由sin(2)=NHMN=NFMN=32，求得2的值，即可求出锐角的大小.详解：由抛物线的方程x2=4y，可得准线方程为y=1，设NMF=，过点N作NH垂直于抛物线的准线，H为垂足，则由抛物线的定义可得NH=NF，在RtMNH中，NMH=2，由直角三角形的边角关系可得sin(2)=NHMN=NFMN=32，则2=3，所以=6.点睛：

13、本题主要考查了抛物线的定义、标准方程及其简单的几何性质的应用，其中有直角三角形的边角关系可得sin(2)=NFMN是解答的关键和难点，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.15.如图所示，在平面四边形ABCD中，AB=2，BC=3，ABAD，ACCD，AD=3AC，则AC=_【答案】3【解析】分析：详解：设AC=x,AD=3x，在直角ACD中，得CD=AD2AC2=22x，所以sinCAD=CDAD=223，在ABC中，由余弦定理cosBAC=AB2+AC2BC22ABAC=x2122x，由于BAC+CAD=2，所以cosBAC=sinCAD，即x2122x=223，整理得3

14、x28x3=0，解得x=3.点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到16.在三棱锥ABCD中，底面为Rt，且BCCD，斜边BD上的高为1，三棱锥ABCD的外接球的直径是AB，若该外接球的表面积为16，则三棱锥ABCD的体积的最大值为_【答案】43【解析】分析：由题意,画出图形,设AD=x,把棱锥的体积用含有x的代数式表示,然后利用二次函数求解,即可得到答案.详

15、解：如图所示，由外接球的表面积为16，可得外接球的半径为2，则AB=4，设AD=x，则BD=16x2，又BD变式上的高CH=1，当CH平面ABD时，棱锥ABCD的体积最大，此时V=1312x16x2=16x4+16x2，当x2=8时，体积V最大，此时最大值为43.点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，把球的体积表示关于x的函数表达式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.已知等比数列an的前n项和为Sn，满足S4

16、=2a41，S3=2a31.(1)求an的通项公式；(2)记bn=log2anan+1，数列bn的前n项和为Tn，求证：1T1+1T2+1Tn2.【答案】(1)an=2n1；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）由题意可得S4-S3=a4=2a4-2a3,则q=a4a3=2，易得首项为a1=1.所以an=2n-1.（2）由（1）的结果可知bn=2n-1，则Tn=1+(2n-1)2n=n2，放缩之后裂项求和可得1T1+1T2+1Tn=112+122+1n22-1n2.试题解析：（1）设an的公比为q，由S4-S3=a4得，2a4-2a3=a4,所以a4a3=2，所以q=2.又因为S3=2a3

17、-1，所以a1+2a1+4a1=8a1-1，所以a1=1.所以an=2n-1.（2）由（1）知bn=log2(an+1an)=log2(2n2n-1)=2n-1，所以Tn=1+(2n-1)2n=n2，所以1T1+1T2+1Tn=112+122+1n21+112+123+1(n-1)n=1+1-12+12-13+1n-1-1n=2-1nb0)的右焦点为F1，离心率为22，过点F1且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为2 .（1）求椭圆C的方程;（2）若y2=4a上存在两点M,N，椭圆C上存在两个P,Q点满足：M,N,F1三点共线，P,Q,F1三点共线，且PQMN，求四边形PMQN的面积的最小值.

18、【答案】（1）x22+y2=1；（2）42【解析】【详解】分析：（1）由题意可知a=2b,a=2c及a2=b2+c2，即可求得和b的值，求得椭圆的标准方程；（2）讨论直线MN的斜率不存在，求得弦长，求得四边形的面积；当直线MN的斜率存在时，设直线的方程为y=(x-1)，联立方程组，运用韦达定理和弦长公式，以及四边形的面积公式，计算即可求得最小值.详解：（1）过焦点且垂直于长轴的直线被椭圆截得的线段长为2，2b2a=2，离心率为22，ca=22，又a2=b2+c2，解得a=2，c=1，b=1，椭圆C的方程为x22+y2=1（2）（i）当直线MN的斜率不存在时，直线PQ的斜率为0，此时MN=4，P

19、Q=22，S四边形PMQN=42（ii）当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=k(x-1)(k0)，联立y=4x2，得k2x2-(2k2+4)x+k2=0(0)，设M,N的横坐标分别为xM,xN，则xM+xN=4k2+2，MN=xM+xN+p=4k2+4，由PQMN可得直线PQ的方程为y=-1k(x-1)(k0)，联立椭圆C的方程，消去y，得(k2+2)x2-4x+2-2k2=0(0)设P,Q的横坐标为xP,xQ，则xP+xQ=42+k2, xPxQ=2-2k22+k2PQ=1+1k242+k22-42-2k22+k2 =22(1+k2)2+k2S四边形PMQN=12MNPQ=42(1

20、+k2)k2(2+k2)，令(1+k2)=t(t1)，则S四边形PMQN=42t2(t-1)(t+1) =42t2t2-1=42(1+1t2-1)42，综上S四边形PMQNmin=42点睛：本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常利用a,b,c,e的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.

21、21.已知f(x)=ln(x+m)mx(mR)(1)求f(x)的单调区间;(2)设m1，x1,x2为函数f(x)的两个零点，求证：.x1+x20【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】分析：（1）由函数f(x)=ln(x+m)mx，求得f(x)=1x+mm，通过讨论实数m的取值范围，即可求出函数的单调区间；（2）构造函数g(x)=emxx，g(x)=emxx与y=m图象两交点的横坐标为x1,x2，问题转化为g(x2)0，即f(x)的单调递增区间为-m,+，无减区间；当m0时，f(x)=1x+m-m=-m(x+m-1m)x+m，由f(x)=0，得x=-m+1m(-m,+)，x(-m,-m+1m

22、)时，f(x)0，x(-m+1m,+)时，f(x)0时，易知f(x)的单调递增区间为(-m,-m+1m)，单调递减区间为(-m+1m,+)，（2）由（1）知f(x)的单调递增区间为(-m,-m+1m)，单调递减区间为(-m+1m,+)，不妨设-mx1x2，由条件知ln(x1+m)=mx1ln(x2+m)=mx2，即x1+m=emx1x2+m=emx2构造函数g(x)=emx-x，g(x)=emx-x与y=m图象两交点的横坐标为x1,x2由g(x)=memx-1=0可得x=-lnmmlnm(m1)，-lnmm(-m,+)知g(x)=emx-x在区间(-m,-lnmm)上单调递减，在区间(-lnm

23、m,+)上单调递增，可知-mx1-lnmmx2欲证x1+x20，只需证x1+x22lnmm，即证x22lnmm-x1(-lnmm,+)，考虑到g(x)在(-lnmm,+)上递增，只需证g(x2)g(-2lnmm-x1)由g(x2)=g(x1)知，只需证g(x1)g(-2lnmm-x1)令h(x)=g(x)-g(-2lnmm-x)= emx-2x-e2lnm-mx-2lnmm，则h(x) =memx-2-(-m)e-2mlnm-mx =m(emx+e-2lnmemx)-22me-2lnm-2=2mm-2-2=0，所以h(x)为增函数，又h(-lnmm)=0，结合-mx1-lnmm知h(x1)0，

24、即成立g(x1)g(-2lnmm-x1)，即x1+x2b0,为参数),在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2是圆心在极轴上，且经过极点的圆.已知曲线C1上的点M(1,32)对应的参数=3，射线=3与曲线C2交于点D(1,3)（1）求曲线C1、C2的直角坐标方程；（2）若点A,B在曲线C1上的两个点且OAOB，求1OA2+1OB2的值.【答案】（1）x24+y2=1，(x1)2+y2=1；（2）54【解析】分析：（1）将M(1,32)及对应的参数=3，代入x=acosy=bsin，解得a,b，即可得出曲线C1的直角坐标方程，由于曲线C2是圆心在极轴上，且过极点的圆，将点D(1,3)代入=2Rcos，即可求解曲线C2的方程； （2）设A(1,),B(2,+2)在曲线C1上，求得12和22，即可求解1OA2+1OB2的值.详解：（1）将M(1,32)及对应的参数=3，代入x=acosy=bsin，得1=acos332=bsin3，即a=2b=1，所以曲线C1的方程为x=2cosy=sin 为参数，即x24+y2=1.设圆C2的半径为