山东省泰安市2020届高三模拟试题英语试题

高三第二轮复习质量检测

数学试题

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.若集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

分别化简集合和，然后直接求解即可

【详解】∵，，∴.

【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题

2.已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得结论.

【详解】∵，

∴.

故选：B.

【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题．

3.已知直线过点P(3，0)，圆，则（    ）

A. 与C相交 B. 与C相切

C. 与C相离 D. 与C的位置关系不确定

【答案】A

【解析】

【分析】

代入计算得到点在圆内，得到答案.

【详解】，即，，故点在圆内，故与C相交.

故选：A.

【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，确定点在圆内是解题的关键.

4.已知若则（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据二项式定理得到，，解得答案.

【详解】展开式的通项为：，

故，，解得，.

故选：C.

【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.

5.中国古代“五行”学说认为：物质分“金、木、水、火、土”五种属性，并认为：“金生水、水生木、木生火、火生土、土生金”.从五种不同属性的物质中随机抽取2种，则抽到的两种物质不相生的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

总共有10种结果，其中相生的有5种，由古典概型的计算公式计算出概率即可

【详解】从五种不同属性的物质中随机抽取2种，共种，

而相生的有5种，则抽到的两种物质不相生的概率

故选：D

【点睛】本题考查的是计算古典概型的概率，较简单.

6.命题成立的充要条件是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题意，设，计算得到答案.

【详解】，，则，故，

设，，故当时，函数有最小值为.

故.

故选：B.

【点睛】本题考查了充要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力，转化为求函数的最小值是解题的关键.

7.在直角三角形ABC中，，点P是斜边AB上一点，且BP=2PA，则（    ）

A.  B.  C. 2 D. 4

【答案】D

【解析】

【分析】

如图所示：以为轴，为轴建立直角坐标系，计算得到答案.

【详解】如图所示：以为轴，为轴建立直角坐标系，则，，，

.

故选：D.

【点睛】本题考查了向量的数量积的计算，建立直角坐标系可以简化运算，是解题的关键.

8.已知函数只有一个极值点，则实数的取值范围是（    ）

A. 或 B. 或

C.  D. 或

【答案】A

【解析】

【分析】

讨论，两种情况，变换得到，设，求导得到单调性，画出函数和的图像，根据图像得到答案.

【详解】，则，故，

当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，

故函数有唯一极大值点，满足；

当时，即，设，

则恒成立，且，

画出函数和图像，如图所示：

根图像知：当时，即或时，满足条件

综上所述：或.

故选：A.

【点睛】本题考查了根据极值点求参数，变换，画出函数图像是解题的关键.

二、多项选择题：本题共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.“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献；某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高(单位：cm)服从正态分布，其密度曲线函数为，则下列说法正确的是（    ）

A. 该地水稻平均株高为100cm

B. 该地水稻株高的方差为10

C. 随机测量一株水稻，其株高在120cm以上的概率比株高在70cm以下的概率大

D. 随机测量一株水稻，其株高在(80，90)和在(100，110)(单位：cm)的概率一样大

【答案】AC

【解析】

【分析】

根据函数解析式得到，，故A正确B错误，根据正态分布的对称性得到C正确D错误，得到答案.

【详解】，故，，故A正确B错误；

，故C正确；

根据正态分布的对称性知：，故D错误.

故选：AC.

【点睛】本题考查了正态分布，意在考查学生对于正态分布的理解和应用.

10.如图，正方体ABCD—的棱长为2，线段上有两个动点且，则下列结论正确的是（    ）

A.  B. MN∥平面ABCD

C. 三棱锥A—BMN的体积为定值 D. △AMN的面积与△BMN的面积相等

【答案】ABC

【解析】

【分析】

如图所示，连接，根据平面得到，A正确，，故MN∥平面ABCD，B正确，计算，C正确，，，D错误，得到答案.

【详解】如图所示：连接，易知，平面，平面，

故，故平面，平面，故，A正确；

易知，故，故MN∥平面ABCD，B正确；

为定值，故C正确；

，，其中为点到直线的距离，根据图像知，

故，故D错误；

故选：ABC.

【点睛】本题考查了立体几何中直线垂直，线面平行，体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.

11.已知双曲线的一条渐近线方程为，双曲线的左焦点在直线上，A、B分别是双曲线的左、右顶点，点P为双曲线右支上位于第一象限的动点，PA，PB的斜率分别为，则的取值可能为（    ）

A.  B. 1 C.  D. 2

【答案】CD

【解析】

【分析】

计算得到双曲线方程为，则，，设，，

根据渐近线方程知：，代入计算得到答案.

【详解】根据题意知：，，故，，双曲线方程为，

则，，设，则，，，

，根据渐近线方程知：，

故.

故选：CD.

【点睛】本题考查了双曲线中斜率的计算，确定是解题的关键.

12.在平面直角坐标系中，如图放置的边长为2的正方形ABCD沿轴滚动(无滑动滚动)，点D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. 函数在上有两个零点

B. 函数是偶函数

C. 函数在上单调递增

D. 对任意的，都有

【答案】AB

【解析】

【分析】

根据题意中的轨迹，画出函数图像，根据图像判断每个选项得到答案.

【详解】当以点为中心滚动时，点轨迹为为圆心，为半径的圆弧；

当以点为中心滚动时，点轨迹为为圆心，为半径的圆弧；

当以点为中心滚动时，点轨迹为为圆心，为半径的圆弧；

当以点为中心滚动时，点不动，然后周期循环，周期为.

画出函数图像，如图所示：

，，A正确；

根据图像和周期知B正确；

函数在上单调递减，故在上单调递减，C错误；

取，易知，故D错误.

故选：AB.

【点睛】本题考查了轨迹方程，意在考查学生的计算能力和转化能力，画出图像确定周期是解题的关键.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.函数的单调递增区间为______.

【答案】

【解析】

【分析】

化简得到，取，，解得答案.

【详解】，取，，

解得.

故答案为：.

【点睛】本题考查了三角函数的单调区间，意在考查学生的计算能力.

14.北京大兴国际机场为4F级国际机场、大型国际枢纽机场、国家发展新动力源，于2019年9月25日正式通航.目前建有“三纵一横”4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、北一跑道，如图所示；若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上不同跑道同时起飞，且西一跑道、西二跑道至少有一道被选取，则共有______种不同的安排方法.(用数字作答).

【答案】10

【解析】

【分析】

根据题意，共有种选择，排除西一跑道、西二跑道都没有的种选择，得到答案.

【详解】不考虑西一跑道、西二跑道共有种选择，

排除西一跑道、西二跑道都没有的种选择，共有种选择.

故答案为：10.

【点睛】本题考查了排列的应用，利用排除法可以简化运算，是解题的关键.

15.已知抛物线的准线方程为，直线与抛物线C和圆从左至右的交点依次为A、B、E、F，则抛物线C的方程为______，______.

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

计算，故抛物线方程为，联立方程得到，，计算，，得到答案.

【详解】根据题意知，故，故抛物线方程为，设焦点为，

，即，直线过圆心，

联立方程，得到，解得，.

故，，故.

故答案为：；.

【点睛】本题考查了抛物线方程，抛物线中的弦长问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.

16.已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为________．

【答案】144π

【解析】

【分析】

易知当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球O的半径为R，列方程求解即可.

【详解】如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥的体积最大，

设球O半径为R，此时VO－ABC＝VC－AOB＝×R2×R＝R3＝36，

故R＝6，则球O的表面积为S＝4πR2＝144π.

故答案为144π.

【点睛】本题主要考查了三棱锥体积的求解,球的几何特征和面积公式，属于基础题.

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①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.

设是公比大于0的等比数列，其前n项和为是等差数列.已知，，__________.

（1）求和的通项公式；

（2）设求.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）直接利用等差数列等比数列公式计算得到答案.

（2），利用错位相减法计算得到答案.

【详解】（1）方案一：选条件①：设等比数列的公比为q，，

，解得或，，，.

设等差数列的公差为d，，，

解得，，.

方案二：选条件②：设等比数列的公比为q，，

，解得或，，，.

设等差数列的公差为，，，

解得，，

方案三：选条件③，设等比数列的公比为，，

，解得或，，，.

设等差数列的公差为，，，

解得，，

（2），

，

，

，

【点睛】本题考查了等差数列等比数列通项公式，错位相减法求和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.

18.如图，在△ABC中，，

（1）求BC的长度；

（2）若E为AC上靠近A的四等分点，求.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）计算得到，，利用余弦定理计算得到答案.

（2）根据余弦定理得到，利用正弦定理计算得到答案.

【详解】（1），，在中，，，

，，又，，

在中，，

.

（2）由（1）知AB=2，，，

中，，

，

在，，

.

【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理解三角形，意在考查学生的计算能力和应用能力.

19.如图所示，在直三棱柱中，侧面是正方形，.

（1）证明：平面平面；

（2）若，求二面角的大小.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1）证明平面得到，证明平面得到答案.

（2）如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，是平面的一个法向量，计算向量夹角得到答案.

【详解】（1）三棱柱为直三棱柱，，

，，又平面，

平面，又平面，，

又侧面为正方形，，又平面，

，平面，又平面，

平面平面.

（2）如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则，

，，

，

设平面的一个法向量为，则，解得，

，又是平面的一个法向量，

，，

二面角的大小为.

【点睛】本题考查了面面垂直，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.

20.某人玩掷正方体骰子走跳棋的游戏，已知骰子每面朝上的概率都是，棋盘上标有第0站，第1站，第2站，……，第100站.一枚棋子开始在第0站，选手每掷一次骰子，棋子向前跳动一次，若掷出朝上的点数为1或2，棋子向前跳两站；若掷出其余点数，则棋子向前跳一站，直到跳到第99站或第100站时，游戏结束；设游戏过程中棋子出现在第站的概率为.

（1）当游戏开始时，若抛掷均匀骰子3次后，求棋子所走站数之和X的分布列与数学期望；

（2）证明：；

（3）若最终棋子落在第99站，则记选手落败，若最终棋子落在第100站，则记选手获胜，请分析这个游戏是否公平.

【答案】（1）详见解析（2）证明见解析；（3）游戏不公平，详见解析

【解析】

【分析】

（1）随机变量X的所有可能取值为3，4，5，6，计算概率得到分布列，计算得到数学期望.

（2）根据题意得到，化简得到.

（3）计算得到，，得到答案.

【详解】（1）随机变量X所有可能取值为3，4，5，6，

，

，

所以，随机变量X的分布列为：

.

（2）由题意知，当时，棋子要到第站，有两种情况：

①由第n站跳1站得到，其概率为；

②由第站跳2站得到，其概率为

，，

，

（3）由（2）知，当棋子落到第99站游戏结束的概率为，

当棋子落到第100站游戏结束的概率为，

，最终棋子落在第99站的概率大于落在第100站的概率，

游戏不公平.

【点睛】本题考查了分布列和数学期望，数列的递推公式，概率的计算，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

21.已知椭圆的离心率e满足，以坐标原点为圆心，椭圆C的长轴长为半径的圆与直线相切.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点P(0，1)的动直线(直线的斜率存在)与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）（2）存在；定点

【解析】

【分析】

（1）根据点到直线距离公式计算得到，计算，得到答案.

（2）设，直线的方程为，联立方程得到，，得到，计算得到答案.

【详解】（1）由题意知，，

由，解得或（舍），故，，

椭圆C的方程为.

（2）存在，

假设y轴上存在与点P不同的定点Q，使得恒成立，

设，直线的方程为，

由，得，，

，

，

，，，，

，，即，

解得，存在定点，使得恒成立.

【点睛】

本题考查了椭圆方程，椭圆中的定点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

22.已知函数.

（1）证明：；

（2）若当恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1），得到，得到，整理得到，即，令，证明得到答案.

（2）当时，要证即证，令，证明在上是减函数，得当时，在上恒成立，再证明时，在上不恒成立，得到答案.

【详解】（1），当时，，，

在上是增函数，又，.

由整理得，即，

令，即，

在上是增函数，又，，，

，

综上，

（2）当时，要证，

即证，

只需证明.

由（1）可知：当时，，

即，

，

令，则，

令，则，

当时，，在上是减函数，

故当时，，在上是减函数，

，，

故当时，在上恒成立.

当时，由（1）可知：，即，

，

令，则，

当时，，在上是减函数，

在上的值域为.

，，存在，使得，此时

故时，在上不恒成立.

综上，实数的取值范围是.

【点睛】本题考查了利用导数证明不等式，不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.