山东省枣庄市2020届高三模拟考试（二调）数学试题

2020届高三模拟考试

数学试题

本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分．满分150分．考试用时120分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号．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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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】C

【解析】

【分析】

求出对数型复合函数的定义域得集合，结合指数函数的值域求得集合，再根据并集概念求得交集．

【详解】由题意，，

∴．

故选：C．

【点睛】本题考查集合的并集运算，掌握对数函数和指数函数的性质是解题关键．

2.已知是虚数单位，是关于的方程的一个根，则（    ）

A. 4 B.  C. 2 D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据实系数方程的虚数根成对出现得出另一个根，然后由韦达定理求出，

【详解】∵是关于的方程的一个根，∴方程的另一根为，

∴，，，∴．

故选：A．

【点睛】本题考查实系数方程的复数根问题，需掌握下列性质：实系数方程的虚数根成对出现，它们是共轭复数．

3.“”是“为第二或第三象限角”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】

求出时的范围后，再根据充分必要条件的概念判断．

【详解】时，是第二或第三象限角或终边在轴负半轴，因此题中就是必要不充分条件．

故选：B．

【点睛】本题考查充分必要条件，掌握充要条件和必要条件的定义是解题基础．

4.2013年5月，华人数学家张益唐的论文《素数间的有界距离》在《数学年刊》上发表，破解了困扰数学界长达一个多世纪的难题，证明了孪生素数猜想的弱化形式，即发现存在无穷多差小于7000万的素数对．这是第一次有人证明存在无穷多组间距小于定值的素数对．孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题中的第8个，可以这样描述：存在无穷多个素数，使得是素数，素数对称为孪生素数．在不超过16的素数中任意取出不同的两个，则可组成孪生素数的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

用列举法写出所有基本事件即可得概率．

【详解】不超过16的素数有2,3，5,7，11,13共6个，任取2个的基本事件有：

，共15个，其中可组成孪生素数有共3个，∴所求概率为．

故选：D．

【点睛】本题考查古典概型，解题关键是写出所有的基本事件．

5.已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点对称

C. 在上单调递增 D. 是的一个极值点

【答案】D

【解析】

【分析】

结合正弦函数性质判断．

【详解】∵，

∴最小正周期为，A错；

，∴不是函数图象的对称中心．B错；

时，，递减，C错；

是函数的最大值，∴是的一个极值点，D正确．

故选：D．

【点睛】本题考查正弦型复合函数的性质，掌握正弦函数的性质是解题关键．

6.已知，若，，则（    ）

A.  B. 2 C.  D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】

利用对数换底公式求出，然后结合可求得，从而得．

【详解】∵，∴，解得或，

若，则，代入得，，又，∴，则，不合题意；

若，则，即，代入得，∴，又，∴，则，

综上，∴．

故选：B．

【点睛】本题考查对数的换底公式，对数的运算和指数的运算．本题解题时注意分类讨论．

7.函数图象大致为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

确定函数的奇偶性，然后研究函数值的正负，得出正确选项．

【详解】由已知，函数的定义域关于原点对称，∴是奇函数，可排除C；

设，则，单调递增，，∴时，，当时，，，排除D；

由上分析，时，，∴与的符号相反，有正有负，排除B；

故选：A．

【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，解题方法一般是用排除法，通过研究函数的性质如奇偶性、单调性等，研究函数图象的特殊点，特殊的函数值，函数值的正负以及函数值的变化趋势等，排除错误的选项，得出正确选项．

8.已知点是函数图象上的动点，则的最小值是（    ）

A. 25 B. 21 C. 20 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】

函数图象是半圆，可表示为到直线的距离的5倍，利用圆心到直线的距离求出到直线距离的最小值后可得结论．

【详解】函数图象是半圆，圆心为，半径为，如图，作直线，到直线的距离为，∴到直线的距离为，其最小值为，∴的最小值为．

故选：C．

【点睛】本题考查最值问题，解题方法是利用绝对值的几何意义求解，函数图象是半圆，与点到直线的距离联系，是点到直线的距离的5倍，这样把代数问题转化为几何问题求解．

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．

9.2019年4月23日，国家统计局统计了2019年第一季度居民人均消费支出的情况，并绘制了饼图（如图），则下列说法正确的是（    ）

A. 第一季度居民人均每月消费支出约为1633元

B. 第一季度居民人均收入为4900元

C. 第一季度居民在食品烟酒项目的人均消费支出最多

D. 第一季度居民在居住项目的人均消费支出为1029元

【答案】ACD

【解析】

【分析】

根据饼图提供的数据计算．

【详解】第一季度由饼图中知衣着消费441元，占总体的9%，∴总支出为，那么每月消费支出为元，A正确；

第一季度居民人均消费为4900元，不是收入，B错；

烟酒项目占31%，最多，C正确；

第一季度居民在居住项目的人均消费支出为元，D正确．

故选：ACD．

【点睛】本题考查统计图表（饼图）的认识，正确认识饼图，读懂它表示的数据是解题关键．

10.如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器一边于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的命题有（    ）

A. 没有水的部分始终呈棱柱形

B. 水面所在四边形的面积为定值

C. 随着容器倾斜度的不同，始终与水面所在平面平行

D. 当容器倾斜如图（3）所示时，为定值

【答案】AD

【解析】

【分析】

想象容器倾斜过程中，水面形状（注意始终在桌面上），可得结论．

【详解】由于始终在桌面上，因此倾斜过程中，没有水的部分，是以左右两侧的面为底面的棱柱，A正确；

图（2）中水面面积比（1）中水面面积大，B错；

图（3）中与水面就不平行，C错；

图（3）中，水体积不变，因此面积不变，从而为定值，D正确．

故选：AD．

【点睛】本题考查空间线面的位置关系，考查棱柱的概念，考查学生的空间想象能力，属于中档题．

11.已知为双曲线上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为，，记线段，的长分别为，，则（    ）

A. 若，的斜率分别为，，则 B.

C. 的最小值为 D. 的最小值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】

写出渐近线方程，设，直接计算，然后判断各选项．

【详解】由题意双曲线的渐近线为，即，

设，不妨设在第一象限，在渐近线上，

则，，，A正确；

在双曲线上，则，，

，，∴，B正确；

，当且仅当时等号成立，即的最小值为，C错误；

渐近线的斜率为，倾斜角为，两渐近线夹角为，∴，，当且仅当时等号成立，∴，即最小值为，D正确．

故选：ABD．

【点睛】本题考查双曲线的标准方程，考查渐近线方程，考查基本不等式求最值，这类题把许多知识点集中在一起同，对学生推理论证能力，分析求解能力要求较高，属于难题．

12.对，表示不超过的最大整数．十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”，则下列命题中的真命题是（    ）

A.

B.

C. 函数的值域为

D. 若，使得同时成立，则正整数的最大值是5

【答案】BCD

【解析】

【分析】

由取整函数的定义判断，由定义得，利用不等式性质可得结论．

【详解】是整数， 若，是整数，∴，矛盾，∴A错误；

，，∴，∴，B正确；

由定义，∴，∴函数的值域是，C正确；

若，使得同时成立，则，，，，，，

因为，若，则不存在同时满足，．只有时，存在满足题意，

故选：BCD．

【点睛】本题考查函数新定义，正确理解新定义是解题基础．由新定义把问题转化不等关系是解题关键，本题属于难题．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13.的展开式中二项式系数最大的项的系数为____________．（用数字作答）

【答案】

【解析】

【分析】

由二项式系数的性质可得．

【详解】二项展开式通项公式为，其中系数奇数项为正，偶数项为负，又中，最大，因此二项式系数最大的项为第4项，系数为．

故答案为：．

【点睛】本题考查二项式定理，考查二项式系数的性质，解题关键是写出二项展开式通项公式，掌握二项式系数性质是解题关键．

14.在平行四边形中，，，点满足，点满足，则_________．

【答案】0

【解析】

【分析】

把向量都用表示，再进行数量积运算即得．

【详解】∵，，

∴．

故答案为：0．

【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是选取为基底，其它向量都用基底表示，然后再进行运算．

15.已知椭圆的左，右焦点分别为，，直线过点且与在第二象限的交点为，若（为原点），则的坐标为________，的离心率为__________．

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

求出直线与轴的交点坐标，由对称性可得，利用直线的倾斜角和得是等边三角形，从而得点坐标，代入椭圆方程结合可求得，得离心率．

【详解】直线与轴交点为，即，，∴，

又直线的斜率为，倾斜角为，而，∴得是等边三角形，∴，

∴，解得，∴离心率为．

故答案为：；．

【点睛】本题考查求椭圆的焦点坐标和离心率，由焦点关于原点对称即可得结论，求离心率就是要求得，利用是等边三角形得出点坐标代入椭圆方程后可解得，从而求得离心率．本题属于中档题．

16.三棱柱中，平面，，是边长为的正三角形，是线段的中点，点是线段上的动点，则三棱锥外接球的表面积的取值集合为_____________（用区间表示）．

【答案】

【解析】

【分析】

由于棱柱底面是正三角形，设分别是正三棱柱下底面和上底面中心，则三棱锥的外接球球心在上，由此设球半径为，引入，可把用表示出来，从而由的范围得出球表面积的范围．

【详解】如图，设分别是正三棱柱下底面和上底面中心，则三棱锥的外接球球心在上，

由得，，设球半径为，，则，

由得，解得，

∵，

∴时，，时，，

∴，，

故答案为为．

【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积问题，解题关键是找到外接球球心，三棱锥的外接球球心在过各面外心且与此面垂直的直线上．

四、解答题：本题共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.在①是与的等差中项；②是与的等比中项；③数列的前5项和为65这三个条件中任选一个，补充在横线中，并解答下面的问题．

已知是公差为2的等差数列，其前项和为，________________________．

（1）求；

（2）设，是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）不论选哪个条件，（2）不存在，见解析

【解析】

【分析】

（1）如果是①或者②，用和表示出已知数列的项和前项和，求出，可得通项公式，如果是③，先说明数列是公差为4的等差数列，首期为，由等差数列前项和公式可求得，同样得通项公式；

（2）用作差法求出中的最大项，而，得结论不存在项．

【详解】（1）解：若选①是与的等差中项，则，

即．

解得．所以．

若选②是与的等比中项，则，

即．

解得．所以．

若选③数列的前5项和为65，

则．

又，所以是首项为，公差为4的等差数列．

由的前5项和为65，得．

解得．所以．

（2）．

．

所以；

所以．

所以中的最大项为．

显然．所以．

所以不存在，使得．

【点睛】本题考查等差数列的通项公式与前项和公式，解题关键是根据已知条件求出数列的首项．对于本题存在性命题，转化为求数列的最大项问题，而求数列的最大项方法可以解不等式组，满足此不等式组的，使得最大，如果是正项数列，还可能用作商法，即由且得最大项的项数．

18.在中，角的对边分别为，且．

（1）求；

（2）若，且为锐角三角形，求的面积的取值范围．

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）用正弦定理化边为角，然后由诱导公式和两角和的正弦公式变形后可求得角；

（2）由正弦定理把边用角表示，这样三角形的面积可表示为的函数，的范围是，结合三角函数性质可得面积范围．

【详解】（1）由题设条件及正弦定理，得．

由，得．

由，得．所以．

又（若，则，．这与矛盾），

所以．又，得．

（2）在中，由正弦定理，得，即．

所以．

的面积．

由为锐角三角形，得，，所以，

从而，即．所以．继而．

所以的取值范是．

【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理，还考查三角形面积公式，两角差正弦公式，同角间的三角函数关系，正切函数性质等等．注意正弦定理在进行边角转换时等式必须是齐次，关于边的齐次式或关于角的正弦的齐次式，齐次分式也可以用正弦定理进行边角转换．求范围问题，通常是把量表示为三角形某个角的三角函数形式，利用此角的范围求得结论．

19.如图，侧棱与底面垂直的四棱柱的底面是平行四边形，，．

（1）求证：∥平面；

（2）若，，，求与平面所成角的大小．

【答案】（1）见解析（2）90°．

【解析】

【分析】

（1）取的中点，连接、．设，连接．可证明，从而可证得线面平行；

（2）由余弦定理求得，从而由勾股定理逆定理得．然后以为坐标原点，以，，所在方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，用空间向量法求得线面角．

【详解】（1）取的中点，连接、．设，连接．

由题意，是线段的中点，是线段的中点，

所以是的中位线，

所以．

由题意，，，，

所以，又，所以四边形平行四边形．

所以．

又，所以．

又平面，平面，

所以平面．

（2）在中，，，

由余弦定理，得．

可见，所以．

以为坐标原点，以，，所在方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，

则，，，．

所以，，．

设为平面的法向量，则即

令，则．

可见，就是平面的一个法向量，所以与平面所成的角为90°．

【点睛】本题考查证明线面平行，考查用空间向量法求直线与平面所成的角．解题关键是掌握线面平行的判定定理，寻找过同一点且两两垂直的三条直线，以它们为坐标轴建立空间直角坐标系．

20.已知抛物线的焦点为，直线与的交点为，，且当时，．

（1）求的方程；

（2）直线与相切于点，且∥，若的面积为4，求．

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）设，．直线方程为，代入抛物线方程应用韦达定理得，由焦点弦长公式可求得，

（2）设，由导数的几何意义求得切线斜率，由，得，

由韦达定理求得弦长，计算出到直线距离后可表示的面积，从而求得值．

【详解】（1）设，．

由消去，得．

判别式，．

因此，解得．

所以的方程为．

（2）即为，求导得．

设，当时，，因此直线的斜率为．

又因为，所以，因此．

由，得．

，则，．

因此．

直线即为．

因此点到直线距离为．

所以的面积为

．

由题意，，即，．

又因为，所以．

【点睛】本题考查抛物线的焦点弦性质，考查直线与抛物线相交中的面积问题．直线与抛物线相交弦长需结合韦达定理计算，即．

21.某省2020年高考将实施新的高考改革方案．考生的高考总成绩由3门统一高考科目成绩和自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目成绩组成，总分为750分．其中，统一高考科目为语文、数学、外语，自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目是从物理、化学、生物、政治、历史、地理6科中选择3门作为选考科目，语文、数学、外语三科各占150分，选考科目成绩采用“赋分制”，即原始分数不直接用，而是按照学生分数在本科目考试的排名来划分等级并以此打分得到最后得分．根据高考综合改革方案，将每门等级考试科目中考生的原始成绩从高到低分为，，，，，，，共8个等级．参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%，7%，16%，24%，24%，16%，7%，3%．等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到91～100，81～90，71～80，61～70，51～60，41～50，31～40，21～30八个分数区间，得到考生的等级成绩．举例说明：某同学化学学科原始分为65分，该学科等级的原始分分布区间为58～69，则该同学化学学科的原始成绩属等级．而等级的转换分区间为61～70，那么该同学化学学科的转换分计算方法为：设该同学化学学科的转换等级分为，，求得．四舍五入后该同学化学学科赋分成绩为67．为给高一学生合理选科提供依据，全省对六个选考科目进行测试，某校高一年级2000人，根据该校高一学生的物理原始成绩制成频率分布直方图（见右图）．由频率分布直方图，可以认为该校高一学生的物理原始成绩服从正态分布，用这2000名学生的平均物理成绩作为的估计值，用这2000名学生的物理成绩的方差作为的估计值．

（1）若张明同学在这次考试中的物理原始分为86分，等级为，其所在原始分分布区间为82～93，求张明转换后的物理成绩（精确到1）；按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取100人，记表示这100人中等级成绩在区间内的人数，求最有可能的取值（概率最大）；

（2）①求，（同一组中的数据用该组区间的中点作代表）；

②由①中的数据，记该校高一学生的物理原始分高于84分的人数为，求．

附：若，则，，．

【答案】（1）最有可能的取值是10．（2）①60，144②45.5

【解析】

【分析】

（1）根据转换公式得等级分，．由求出值即可；

（2）由频率分布直方图求出，得，由正态分布曲线得概率，则有，再由二项分布的期望公式得期望．

【详解】（1）设张明转换后的物理等级分为，由，求得．

所以，张明转换后的物理成绩为84分．

由题意，．

由得

解得．又，所以．

所以，最有可能的取值是10．

（2）①解：．

．

②由①中的数据，，，所以．

所以．

所以

由题意，．

所以．

【点睛】本题考查频率分布直方图，考查由频率分布直方图计算均值的方差，考查二项分布及其期望，考查正态分布，对学生数据处理能力有一定的要求，本题属于中档题．

22.（1）若，恒成立，求实数的最大值；

（2）在（1）的条件下，求证：函数在区间内存在唯一的极大值点，且．

【答案】（1）．（2）家粘结性

【解析】

【分析】

（1）令，求出导函数，由确定增区间，确定减区间，从而得的最小值，得的取值范围，即得；

（2）求出导函数，通分后，令，再求导数，令．分类讨论，当时，，得递减，从而可得在上有唯一零点，时，令．利用导数得的单调性，从而得，于是得出在上的单调性，得唯一极大值点．由可对变形，得，只要证明在上，从而可证得结论．

【详解】（1）解：令，则．

可见，；．

故函数在上单调递减，在上单调递增．

所以，当且仅当时，函数取最小值1．

由题意，实数．所以．

（2）由（1），．

令，

则．

令．

①当时，，，，所以．

可见，，所以在上单调递减．

又（由（1），可得，所以），

，所以存在唯一的，使得．

从而，当时，，，单调递增；当时，，，单调递减．

②当时，令．

则．所以在上单调递减．

所以（由（1），可得，所以）．

又当时，，，，

所以当时，，从而．所以在单调递增．

综上所述，在上单调递增，在上单词递减．

所以，函数在区间内存在唯一极大值点．

关于的证明如下：

由上面的讨论，，且，所以，所以．

于是．

令．当时，．所以在上单调递增．所以，当时，，即．

又因为，所以，，所以．

所以．

【点睛】本题考查导数研究不等式恒成立问题，用导数研究函数的极值点，证明极值点的性质．本题涉及到多次求导，等价转化思想，分类讨论思想，难度较大，属于困难题．