山东省青岛市胶州一中2020届高三线上模拟数学试题

高三数学测试题

一、单项选择题

1.已知，，则(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据交集的概念，直接计算，即可得出结果.

【详解】因为，，

所以.

故选：A.

【点睛】本题主要考查交集的运算，熟记概念即可，属于基础题型.

2.已知复数z满足，则(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先由题意，得到，根据复数的除法运算法则，以及复数模的计算公式，即可得出结果.

【详解】因，所以，

所以.

故选：D.

【点睛】本题主要考查求复数的模，熟记复数的除法运算法则，以及复数模的计算公式即可，属于基础题型.

3.已知，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】B

【解析】

【分析】

先由，得到，再由充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.

【详解】由解得，所以由“”能推出“”，反之，不能推出；

因此“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

【点睛】本题主要考查命题的必要不充分条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型.

4.展开式中项的系数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

写出二项展开式的通项公式，从而可知当时得到的项，代入通项公式求得结果.

【详解】的展开式通项为：

当，即时，

项的系数为：

本题正确选项：

【点睛】本题考查利用二项式定理求解指定项的系数问题，属于常规题型.

5.已知向量，，，且，，则(     )

A. 3 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题意，得到求出，再由向量模的坐标表示，即可得出结果.

【详解】因为向量，，，且，，

所以，解得：，即，，

所以，因此.

故选：B.

【点睛】本题主要考查求向量的模，熟记向量模的坐标表示，向量垂直的坐标表示，以及向量共线的坐标表示即可，属于常考题型.

6.已知抛物线的焦点为F，准线为l，P为该抛物线上一点，，A为垂足.若直线AF的斜率为，则的面积为(     )

A.  B.  C. 8 D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先由题意，得到抛物线的焦点为，设抛物线的准线与轴交点为，则，根据直线的斜率，求出，，推出是边长为的等边三角形，再由三角形面积公式，即可得出结果.

【详解】由题意，抛物线的焦点为，

设抛物线的准线与轴交点为，则，

又直线AF的斜率为，所以，因此，；

由抛物线的定义可得：，所以是边长为的等边三角形，

所以的面积为.

故选：B.

【点睛】本题主要考查抛物线中三角形的面积问题，熟记抛物线的性质即可，属于常考题型.

7.已知，，，则a，b，c的大小关系是(     )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

在同一直角坐标系内，作出函数，，，的图像，根据图像，即可得出结果.

【详解】在同一直角坐标系内，作出函数，，，的图像如下：

因为，，，

所以是与交点的横坐标；是与交点的横坐标；是与交点的横坐标；

由图像可得：.

故选：C.

【点睛】本题主要考查由对数函数与指数函数的图像比较大小，熟记对数函数与指数函数的图像与性质即可，属于常考题型.

8.已知函数的图象过点，则(     )

A. 把的图象向右平移个单位得到函数的图象

B. 函数在区间上单调递减

C. 函数在区间内有五个零点

D. 函数在区间上的最小值为1

【答案】D

【解析】

【分析】

先由函数图像过点，求出，得到，根据正弦型三角函数的性质，以及函数的平移原则，逐项判断，即可得出结果.

【详解】因为函数的图象过点，

所以，因此，

所以，

因此；

A选项，把的图象向右平移个单位得到函数的图象，故A错；

B选项，由得，即函数的单调递减区间是：，故B错；

C选项，由得，即，

因此，所以，共四个零点，故C错；

D选项，因为，所以，因此，所以，即的最小值为1，故D正确；

故选：D.

【点睛】本题主要考查三角函数相关结论的判断，熟记正弦型三角函数的性质，以及三角函数的平移原则即可，属于常考题型.

二、多项选择题

9.已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，则能使双曲线C的方程为的是(     )

A. 离心率为 B. 双曲线过点

C. 渐近线方程为 D. 实轴长为4

【答案】ABC

【解析】

【分析】

根据双曲线标准方程的求法，逐项判断，即可得出结果.

【详解】由题意，可得：焦点在轴上，且；

A选项，若离心率为，则，所以，此时双曲线的方程为：，故A正确；

B选项，若双曲线过点，则，解得：；此时双曲线的方程为：，故B正确；

C选项，若双曲线的渐近线方程为，可设双曲线的方程为：，

所以，解得：，所以此时双曲线的方程为：，故C正确；

D选项，若实轴长为4，则，所以，此时双曲线的方程为：，故D错误；

故选：ABC.

【点睛】本题主要考查由求双曲线方程，熟记双曲线的标准方程及性质即可，属于常考题型.

10.已知菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD相交于点O．将△ABD沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，下列结论正确的是（    ）

A. BD⊥CM

B. 存在一个位置，使△CDM为等边三角形

C. DM与BC不可能垂直

D. 直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°

【答案】ABD

【解析】

【分析】

画出图形，利用直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系判断选项的正误即可．

【详解】对A，菱形中，，与相交于点．将沿折起，使顶点至点，如图：取的中点，连接，，可知，，所以平面，可知，故A正确；

对B，由题意可知，三棱锥是正四面体时，为等边三角形，故B正确；

对C，三棱锥是正四面体时，与垂直，故C不正确；

对D，平面与平面垂直时，直线与平面所成的角的最大值为，故D正确．

故选：ABD．

【点睛】本题考查空间几何体的直线与直线、直线与平面的位置关系的综合判断、命题的真假的判断，考查转化与化归思想，考查空间想象能力．

11.已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是(     )

A.  B.

C.  D.

【答案】CD

【解析】

【分析】

先令，对函数求导，根据题意，得到在上单调递减，再逐项判断，即可得出结果.

【详解】令，，

则，

因为，

所以在上恒成立，

因此函数在上单调递减，

因此，即，即，故A错；

又，所以，所以在上恒成立，

因为，所以，故B错；

又，所以，即，故C正确；

又，所以，即，故D正确；

故选：CD.

【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要构造函数，用导数的方法研究函数单调性等，属于常考题型.

12.在平面直角坐标系中，如图放置的边长为的正方形沿轴滚动（无滑动滚动），点恰好经过坐标原点，设顶点的轨迹方程是，则对函数的判断正确的是(     )

A. 函数是奇函数 B. 对任意的，都有

C. 函数的值域为 D. 函数在区间上单调递增

【答案】BCD

【解析】

【分析】

根据正方形的运动，得到点的轨迹，作出对应函数图像，根据图像，即可得出结果.

【详解】由题意，当时，顶点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆；

当时，顶点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆；

当时，顶点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆；

当，顶点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆，与的形状相同，因此函数在恰好为一个周期的图像；

所以函数的周期是；

其图像如下：

A选项，由图像及题意可得，该函数为偶函数，故A错；

B选项，因为函数的周期为，所以，因此；故B正确；

C选项，由图像可得，该函数的值域为；故C正确；

D选项，因为该函数是以为周期的函数，因此函数在区间的图像与在区间图像形状相同，因此，单调递增；故D正确；

故选：BCD.

【点睛】本题主要考查分段函数的应用，熟记函数的性质，灵活运用数形结合的思想求解即可，属于常考题型.

三、填空题

13.曲线在点处的切线的方程为__________．

【答案】

【解析】

14.已知，，则________.

【答案】

【解析】

【分析】

先由，根据二倍角公式，得到，再由两角差的正切公式，即可得出结果.

【详解】因为，所以且，所以；

又，

所以.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查三角恒等变换给值求值的问题，熟记二倍角公式，以及两角差的正切公式即可，属于常考题型.

15.在四面体中，，且，，，则该四面体体积的最大值为________，该四面体外接球的表面积为________.

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

先由题中数据，得到；取中点为，连接，，从而得到，所以该四面体的外接球的球心为，进而可求出其外接球的表面积；再由，底面三角形的面积为定值，的长也为确定的值，结合几何体直观图，可得当平面时，四面体的体积最大，即可求出结果.

【详解】因为，且，，，所以，

因此，则；

取中点为，连接，，则，

所以该四面体外接球的球心为，半径为，

所以该四面体外接球的表面积为；

又因为，所以；

因为底面三角形的面积为定值，的长也为确定的值，

因此，当平面时，四面体的体积最大，为.

故答案为：(1).     (2).

【点睛】本题主要考查几何体外接球的相关计算，以及三棱锥体积的有关计算，熟记三棱锥结构特征，以及球的表面积公式与三棱锥的体积公式即可，属于常考题型.

16.在平面直角坐标系中，为直线上在第三象限内的点，，以线段为直径的圆（为圆心）与直线相交于另一个点，，则圆的标准方程为________.

【答案】

【解析】

【分析】

先由题意，设点，再由，得到的中点为，以及以线段为直径的圆的方程为：；联立直线与圆的方程，求出；根据，得到；进而求出，即可得出圆的方程.

【详解】由题意，设点，因为，则的中点为，

以线段为直径的圆的方程为：；

由，解得：，即；

又，所以；

因为，

所以，

整理得：，解得或，因为，所以，

所以圆的方程为：，

整理得：.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查求圆的标准方程，熟练掌握直线与圆交点坐标的求法，以及圆的标准方程即可，属于常考题型.

四、解答题

17.在中，，，分别为内角，，的对边，且满.

（1）求的大小；

（2）再在①，②，③这三个条件中，选出两个使唯一确定的条件补充在下面的问题中，并解答问题.若________，________，求的面积.

【答案】（1）；（2）见解析

【解析】

分析】

（1）由题中条件，根据正弦定理，得到，再由余弦定理，即可求出结果；

（2）方案一：选条件①和②，先由正弦定理求出，再由余弦定理，求出，进而可求出三角形面积；方案二：选条件①和③，先由余弦定理求出，得到，进而可求出三角形面积.

【详解】（1）因为，

又由正弦定理，得

，

即，

所以，

因为，

所以.

（2）方案一：选条件①和②.

由正弦定理，得.

由余弦定理，得

，

解得.

所以的面积.

方案二：选条件①和③.

由余弦定理，得

，

则，所以.

所以，

所以面积.

【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理，余弦定理，以及三角形面积公式即可，属于常考题型.

18.已知数列为公差不为0的等差数列，且，，，成等比数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）设为数列的前n项和，，求数列的前n项和.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）先设等差数列的公差为，根据题中条件，列出方程组求解，得到首项与公差，即可得出通项公式；

（2）由（1）的结果，得到，求出，再由裂项相消法，即可求出数列的和.

【详解】（1）设等差数列的公差为.

由题意得，

解得.

所以.

（2）依题意得，，

.

所以

.

【点睛】本题主要考查求数列通项公式，以及数列的求和，熟记等差数列的通项公式与求和公式，以及裂项相消的方法求数列的和即可，属于常考题型.

19.如图，在四棱锥中，底面，，，，.

（1）求证：；

（2）若，求平面和平面所成的角（锐角）的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1）取的中点，连接，根据线面垂直的判定定理，证明平面，进而可得线线垂直；

（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，根据题中条件，分别求出两平面的法向量，求出两向量夹角的余弦值，即可得出结果.

【详解】

（1）证明：取的中点，连接，

因为，所以，

又因为，所以四边形是平行四边形.

因为所以四边形是矩形.

所以.

又

所以.

所以是直角三角形，即.

又底面，底面，

所以.

又平面，平面，且.

所以平面.

又平面，

所以.

（2）如图，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

设，则，

由（1）知，，.

，

所以.

所以

所以.

设平面的法向量为，则

所以，即，

取，则，，

所以平面的一个法向量为.

又平面的一个法向量为

所以

所以平面和平面所成的角（锐角）的余弦值为.

【点睛】本题主要考查证明线线垂直，以及求二面角，熟记线面垂直的判定定理与性质定理，灵活运用空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.

20.近年，国家逐步推行全新的高考制度.新高考不再分文理科，某省采用模式，其中语文、数学、外语三科为必考科目，每门科目满分均为分.另外考生还要依据想考取的高校及专业的要求，结合自己的兴趣爱好等因素，在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物门科目中自选门参加考试（选），每门科目满分均为分.为了应对新高考，某高中从高一年级名学生（其中男生人，女生人）中，采用分层抽样的方法从中抽取名学生进行调查，其中，女生抽取人.

（1）求的值；

（2）学校计划在高一上学期开设选修中的“物理”和“地理”两个科目，为了了解学生对这两个科目的选课情况，对抽取到的名学生进行问卷调查（假定每名学生在“物理”和“地理”这两个科目中必须选择一个科目且只能选择一个科目），下表是根据调查结果得到的一个不完整的列联表，请将下面的列联表补充完整，并判断是否有的把握认为选择科目与性别有关？说明你的理由；

（3）在抽取到的名女生中，按（2）中的选课情况进行分层抽样，从中抽出名女生，再从这名女生中抽取人，设这人中选择“物理”的人数为，求的分布列及期望.附：，

【答案】（1）；（2）联表见解析，有，理由见解析；（3）分布列见解析，

【解析】

【分析】

（1）根据分层抽样的特征，以及题意，得到，求解，即可得出结果；

（2）根据题中数据，可直接完善列联表，根据公式求出，结合临界值表，即可得出结果；

（3）从名女生中分层抽样抽名女生，所以这女生中有人选择“物理”， 人选择“地理”. 名女生中再选择名女生，则这名女生中选择“物理”的人数可为，，，，，分别求出其对应的概率，即可得到分布列，求出期望.

【详解】（1）由题意得，

解得.

（2）2×2列联表为：

，

故有的把握认为选择科目与性别有关.

（3）从名女生中分层抽样抽名女生，所以这女生中有人选择“物理”， 人选择“地理”. 名女生中再选择名女生，则这名女生中选择“物理”的人数可为，，，，，

设事件发生的概率为，则，，，，所以的分布列为：

期望.

【点睛】本题主要考查分层抽样，独立性检验，以及离散型随机变量的分布列与期望，熟记分层抽样的概念，独立性检验的基本思想，以及离散型随机变量的分布列与期望的概念即可，属于常考题型.

21.已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与椭圆在第一象限内的交点是，且轴，.

（1）求椭圆的方程；

（2）是否存在斜率为的直线与以线段为直径的圆相交于，两点，与椭圆相交于，两点，且？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.

【答案】（1）；（2）存在， 或

【解析】

【分析】

（1）由题意，先设，，得到，根据，求出，，再由点在椭圆上，得到，求解，即可得出结果；

（2）先假设存在斜率为的直线，设为，由（1）得到以线段为直径的圆为，根据点到直线距离公式，以及圆的弦长公式得到，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理与弦长公式，得到，再由求出，即可得出结果.

【详解】（1）设，，

由题意，得

因为

解得，则，

又点在椭圆上，所以，解得.

所以椭圆E的方程为；

（2）假设存在斜率为的直线，设为，

由（1）知，，

所以以线段为直径的圆为.

由题意，圆心到直线的距离，得.

，

由消去y，

整理得.

由题意，，

解得，又，所以.

设，

则

，

若，

则

整理得，

解得，或.

又，所以，即.

故存在符合条件的直线，其方程为，或.

【点睛】本题主要考查求椭圆的方程，以及椭圆中存在直线满足题中所给条件的问题，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.

22.已知函数，其中，为的导函数，设，且恒成立.

（1）求的取值范围；

（2）设函数的零点为，函数的极小值点为，求证：.

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）先对函数求导，得到，推出，求导，得到，解对应不等式，得到单调性，求出其最小值，再根据恒成立，即可得出结果；

（2）先设，求导得.

设，对其求导，判定单调性，从而得到函数单调性，得到是函数的极小值点，得到，再由（1）得时，，推出所以，得到，得到函数在区间上单调递增，再由题意，即可得出结论成立.

【详解】（1）由题设知，，

，，

由，得，所以函数在区间上是增函数；

由，得，所以函数在区间上是减函数.

故在处取得最小值，且.

由于恒成立，所以，得，

所以的取值范围为；

（2）设，则.

设，

则，

故函数在区间上单调递增，由（1）知，，

所以，，

故存在，使得，

所以，当时，，，函数单调递减；

当时，，，函数单调递增.

所以是函数的极小值点.因此，即.

由（1）可知，当时，，即，整理得，

所以.

因此，即.

所以函数在区间上单调递增.

由于，即，

即，

所以.

又函数在区间上单调递增，所以.

【点睛】本题主要考查由函数最小值求参数，以及导数的方法证明不等式，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数单调性，求最值等，属于常考题型.