《解析》山东省淄博市部分学校2020届高三6月阶段性诊断考试（二模）数学试题 WORD版含解析.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家部分学校高三阶段性诊断考试试题数学一、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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】解出集合、，利用交集的定义可求得集合.【详解】，因此，.故选：D.【点睛】本题考查交集的计算，同时也考查了分式不等式和绝对值不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.2.设复数z满足，则的虚部是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简得到，故，得到答案.【详解】，则，故，虚部为.故选：C.【点睛】本题考查了复数的运算，共轭复数，复数的虚部，

2、意在考查学生的计算能力和转化能力.3.在正项等比数列中，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用等比中项的性质求得的值，进而可求得的值.【详解】在正项等比数列中，由等比中项的性质可得，因此，.故选：C.【点睛】本题考查等比中项性质的应用，考查计算能力，属于基础题.4.当，方程表示的轨迹不可能是（ ）A. 两条直线B. 圆C. 椭圆D. 双曲线【答案】B【解析】【分析】分、三种情况讨论，分别判断出三种情况下方程所表示的曲线，进而可得出合适的选项.【详解】当时，方程表示的曲线为椭圆；当时，方程为，即，方程表示两条直线；当时，方程表示的曲线为双曲线.综上所述，当，方程表示的

3、轨迹不可能是圆.故选：B.【点睛】本题考查方程所表示的曲线形状的判断，考查推理能力与分类讨论思想的应用，属于基础题.5.已知，（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用对数的运算以及幂函数的单调性，进行判断即可.【详解】在上单调递增，即故选：A【点睛】本题主要考查了比较指数式，对数式的大小，关键是借助幂函数的单调性进行比较，属于中档题.6.在平行四边形中，若交于点M，则（ ）A. B. C D. 【答案】B【解析】【分析】根据三角形相似的性质结合向量的运算，即可得出答案.【详解】，为线段靠近点的四等分点显然，即故选：B【点睛】本题主要考查了用基底表示向量，属于中档题.7.某学

4、校甲、乙、丙、丁四人竞选校学生会主席职位，在竞选结果出来前，甲、乙、丙、丁四人对竞选结果做了如下预测：甲说：丙或丁竞选成功；乙说：甲和丁均未竞选上；丙说：丁竞选成功；丁说：丙竞选成功；若这四人中有且只有2人说的话正确，则成功竞选学生会主席职位的是（ ）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】D【解析】【分析】分别讨论当选上的人为甲、乙、丙、丁时，判断每个人说的是否正确，即可得到正确答案.【详解】若甲被选上，甲、乙、丙、丁说的均错误，故A错误；若乙被选上，甲、丙、丁说的均错误，乙说的正确，故B错误；若丙被选上，甲、乙、丁说的正确，丙说的错误，故C错误；若丁被选上，甲、丙说的正确，乙、丁说的错误，

5、故D正确；故选：D【点睛】本题主要考查了推理与证明，考查学生逻辑推理的能力，属于基础题.8.已知函数是定义在上的奇函数.当时，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】令，当时，根据，可得函数单调递增根据是定义在，上的奇函数，可得是定义在，上的偶函数进而得出，解出即可【详解】解：令，当，时，即函数单调递增又，时，是定义在，上的奇函数，是定义在，上的偶函数不等式，即，即，又，故，由得不等式的解集是故选：C【点睛】本题考查了利用导数研究的单调性、构造法、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共2

6、0分.在每小题给出的四个选项中，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.设表示不小于实数x最小整数，则满足关于x的不等式的解可以为（ ）A. B. 3C. -4.5D. -5【答案】BC【解析】【分析】先利用一元二次不等式的解法，得到，再根据表示不小于实数x的最小整数求解.【详解】因为不等式，所以，所以，又因为表示不小于实数x的最小整数，所以不等式解可以为3，-4.5.故选：BC【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法以及实数的新定义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.10.已知动点在双曲线上，双曲线的左、右焦点分别为、，下列结论正确的是（ ）A. 的离心

7、率为B. 的渐近线方程为C. 动点到两条渐近线的距离之积为定值D. 当动点在双曲线的左支上时，的最大值为【答案】AC【解析】【分析】根据双曲线的方程求出、的值，可求得双曲线的离心率和渐近线方程，可判断A、B选项的正误；设点的坐标为，利用点到直线的距离公式结合双曲线的方程可判断C选项的正误；利用双曲线的定义和基本不等式可判断D选项的正误.【详解】对于双曲线，所以，双曲线的离心率为，渐近线方程为，A选项正确，B选项错误；设点的坐标为，则，双曲线的两条渐近线方程分别为和，则点到两条渐近线的距离之积为，C选项正确；当动点在双曲线的左支上时，当且仅当时，等号成立，所以，的最大值为，D选项错误.故选：AC

8、.【点睛】本题考查双曲线的离心率、渐近线方程的求解，同时也考查了双曲线几何性质和定义的应用，考查计算能力，属于中等题.11.华为5G通信编码的极化码技术方案基于矩阵的乘法，如：，其中，.已知定义在R上不恒为0的函数，对任意有：且满足，则（ ）A. B. C. 是偶函数D. 是奇函数【答案】AD【解析】【分析】创新题型，利用新知识矩阵定义求出，再赋值可得解【详解】，令,则，令,则， 令,则，令,则，故选：AD【点睛】利用奇偶性解题的类型及方法(1)求解析式：利用奇偶性将待求值转化到方程问题上，进而得解(2)求参数值：在定义域关于原点对称的前提下，根据奇函数满足或偶函数满足列等式，根据等式两侧对应

9、相等确定参数的值特别要注意的是：若能够确定奇函数的定义域中包含0，可以根据列式求解，若不能确定则不可用此法12.向体积为1的正方体密闭容器内注入体积为的液体，旋转容器，下列说法正确的是（ ）A. 当时，容器被液面分割而成的两个几何体完全相同B. ，液面都可以成正三角形形状C. 当液面与正方体的某条体对角线垂直时，液面面积的最大值为D. 当液面恰好经过正方体的某条体对角线时，液面边界周长的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】根据正方体的截面性质依次判断每个选项：根据对称性知A正确，取得到B错误，液面为正六边形时面积最大，计算得到 C正确，将绕旋转，根据两点间线段最短得到D正确，得到答案.【详解

10、】当时，题目等价于过正方体中心的平面截正方体为两部分，根据对称性知两部分完全相同，A正确；取，此时液面过正方体中心，截面不可能为三角形，故B错误；当液面与正方体的体对角线垂直时，液面为如图所示正六边形时面积最大，其中正六边形的顶点均为对应棱的中点， C正确；当液面过时，截面为四边形，将绕旋转，如图所示：则，当共线时等号成立，故周长最小值为，故D正确.故选：ACD.【点睛】本题考查了正方体的截面问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.已知，则_【答案】【解析】【分析】首先根据诱导公式得到，联立得到，再利用二倍角公式计算即可.【详解】因为，所

11、以，即.故答案为：【点睛】本题主要考查余弦二倍角公式，同时考查了三角函数的诱导公式，属于简单题.14.设随机变量，若实数a满足，则a的值是_【答案】【解析】【分析】根据正态曲线的对称性列式可解得.【详解】因为随机变量，所以正态曲线关于对称，又，所以，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了正态曲线的对称性，属于基础题.15.已知抛物线的焦点是F，点M是其准线l上一点，线段交抛物线C于点N.当时，的面积是_【答案】【解析】【分析】由抛物线的方程可得焦点坐标及准线方程，因为，可得在，之间，设垂直于准线交于，由抛物线的性质可得，可得，求出直线的方程，代入抛物线的方程求出的横坐标，进而求出的面积【详解】由

12、题意抛物线的标准方程为：，所以焦点，准线方程为，设垂直于准线交于，如图，由抛物线的性质可得，因为，可得在，之间，所以，所以，所以，即直线的斜率为，所以直线的方程为，将直线的方程代入抛物线的方程可得：，解得或（舍），所以，故答案为：【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，抛物线的定义，三角形的面积公式，属于中档题16.用表示函数在闭区间I上的最大值.若正实数a满足则_a的取值范围是_【答案】 (1). 1 (2). 【解析】【分析】由正弦函数的值域可知分a在不同区间进行讨论,得出符合条件的a值.【详解】当，由，得，与矛盾，舍去；当，由，得，解得，此时不成立；当时，由，得，解得，所以，当或1，由，得

13、或（不成立），解得，所以，即，当时，由，得，此时不成立，综上，此时，故答案为：1；【点睛】本题主要考查了正弦函数的最值问题，正弦函数的性质，也考查了分类讨论和运算求解能力,属于中档题.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.下面给出有关的四个论断：；或；.以其中的三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：若_，则_（用序号表示）并给出证明过程：【答案】见解析【解析】【分析】首先选取3个条件做题设，剩下的一个条件为结论，进一步利用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用求出结果.【详解】方案一：如果，则；证明：由得，得，即；由，得，且，得

14、； 由或，不仿取，联立，得，； 余弦定理：，得，成立；方案二：如果，则；证明：由得，得，即；由，得，且，得； 由，且，得；从而，；得或，得或，成立； 方案三：如果，则；证明：由，得，由或，不仿取，得，即；由，且，得，从而；同时，得，得或，当时，得，由余弦定理得：，且，得，即；即，成立；当时，得，由余弦定理得：，且，得，即不成立；即不成立，不成立；方案四：如果，则；证明：由得，得，即；由，且，得；由或，不妨取，代入，即，得，；从而得，成立；【点睛】本题主要考查了三角形知识的应用，正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用，考查了运算能力和转化能力及思维推理能力，属于中档题.18.已知数列为“二阶等

15、差数列”，即当时，数列为等差数列，.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的最大值【答案】（1）；（2）157【解析】【分析】（1）根据定义求出，从而可得公差，再得后可得通项；（2）由采取累加法可求得，结合二次函数性质可得最大值【详解】（1）由定义知：，；得，；设数列的公差为d，即得，数列的通项公式为；（2）由于：，累加可得：，由于二次函数在时取得最大值，所以数列得最大值为.【点睛】本题考查数列新定义“二阶等差数列”，解题关键是理解新定义，问题转化为等差数列是解题关键19.新生儿某疾病要接种三次疫苗免疫（即0、1、6月龄），假设每次接种之间互不影响，每人每次接种成功的概率相等为了解新生儿该疾病疫

16、苗接种剂量与接种成功之间的关系，现进行了两种接种方案的临床试验：10g/次剂量组与20g/次剂量组，试验结果如下：接种成功接种不成功总计（人）10g/次剂量组900100100020g/次剂量组973271000总计（人）18731272000（1）根据数据说明哪种方案接种效果好？并判断能否有99.9%的把握认为该疾病疫苗接种成功与两种接种方案有关？（2）以频率代替概率，若选用接种效果好的方案，参与该试验的1000人的成功人数比此剂量只接种一次的成功人数平均提高多少人.参考公式：，其中参考附表：0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）方案20g/次剂量组接种

17、效果好，有99.9%的把握认为该疾病疫苗接种成功与两种接种方案有关；（2）273人【解析】【分析】（1）比较两种方案的成功人数可得，按公式计算得结论；（2）按题意成功人数是人，假设接种一次成功概率为，由独立重复试验的概率公式可计算出，设参与试验的1000人此剂量只接种一次成功的人数为X，显然，计算出期望即平均人数后可得提高的人数【详解】（1）由于两种接种方案都是1000人接受临床试验，接种成功人数10g/次剂量组900人，20g/次剂量组973人，973900，所以方案20g/次剂量组接种效果好； 由公式 所以有99.9%的把握认为该疾病疫苗接种成功与两种接种方案有关（2）假设20g/次剂量组

18、临床试验接种一次成功的概率为p，由数据，三次接种成功的概率为，不成功的概率为，由于三次接种之间互不影响，每人每次接种成功的概率相等，所以，得，设参与试验的1000人此剂量只接种一次成功的人数为X，显然，参与试验的1000人此剂量只接种一次成功的人数平均为700人，且973-700=273，所以选用20g/次剂量组方案，参与该试验的1000人比此剂量只接种一次成功人数平均提高273人.【点睛】本题考查独立性检验，考查独立重复试验的概率，考查二项分布及其期望，按所给数据计算是解题的基本方法本题考查学生的数据处理能力，运算求解能力，属于中档题20.在四棱柱中，已知底面为等腰梯形，M，N分别是棱，的中

19、点（1）证明：直线平面；（2）若平面，且，求经过点A，M，N的平面与平面所成二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点P，连结，证得，利用线平行的判定定理，即可证得直线平面；（2）以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）取的中点P，连结，所以，且，所以，且，所以是平行四边形，所以，因为平面，所以直线平面.（2）连结，由己知可得，所以为等边三角形，所以，所以，即，所以，分别以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 所以，可得，.设平面的法向量为，所以，即，取，解得

20、，所以， 设平面的一个法向量为，即，取，可得 ，所以，设平面与平面所成二面角的大小为，所以，则所以平面与平面所成二面角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.21.已知椭圆的左右焦点分别为，离心率是，P为椭圆上的动点.当取最大值时，的面积是（1）求椭圆的方程：（2）若动直线l与椭圆E交于A，B两点，且恒有，是否存在一个以原点O为圆心的定圆

21、C，使得动直线l始终与定圆C相切？若存在，求圆C的方程，若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存在，【解析】【分析】（1）根据余弦定理和基本不等式确定点P为椭圆短轴端点时，取最大值，再根据三角形面积及，求得，即可得到答案；（2）对直线的斜率分存在和不存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设直线的方程为，利用向量数量积的坐标运算及韦达定理可得，即可得到答案；【详解】（1）依题意可得，设，由余弦定理可知：，所以，当且仅当（即P为椭圆短轴端点）时等号成立，且取最大值；此时的面积是，同时，联立和解得，所以椭圆方程为.（2）当直线l斜率不存在时，直线l的方程为，所以，此时，当直线斜率存在时，设直线的方

22、程为，原点O到直线1的距离为d，所以，整理得，由，可得， ，恒成立，即恒成立 ，所以，所以，所以定圆C的方程是所以当时 ， 存在定圆C始终与直线l相切 ，其方程是.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解、离心率的概念、圆的方程求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意对直线的斜率分存在不和存在两种情况的讨论.22.已知函数（1）若函数在区间上单调递减，求实数a的取值范围；（2）当，（）时，求证：；（3）若函数有两个极值点，求证：（e为自然对数的底数）【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析【解析】【分析】(1)由题意可知在上恒成立，通过参变

23、分离可知恒成立，结合导数可求出的最大值，从而可求出实数a的取值范围.(2)由(1)可知，从而可知，结合累加法可知，进而可证出.(3)由题意可知有两个相异实根，进而可知，结合导数证明在成立，从而可知，进而可知.【详解】解：(1)，若函数在区间上单调递减，则在上恒成立，即在上恒成立，即区间上恒成立，所以.令，则，因为，所以，所以，在上单调递减，所以，故，所以实数a的取值范围a.(2)由(1)可知，当时，函数在区间上单调递减，所以，当时，则当时有，即.因为当时，所以时，所以，即，所以.(3)若函数有两个极值点，不妨设，即有两个相异实根，且.从而有，将上两式相加得：.将上两式相减得：，从而，即，即得，要证明，也就是证明，即，也就是证明，令，只需证明，由，知，因此只需证明令，则，所以在区间上单调递增，又因为，因此在区间上恒成立.所以，当时，成立，所以有成立，从而.【点睛】本题考查了结合导数由函数的单调性求参数的取值范围，考查了结合导数求函数的最值，考查了结合导数证明不等式成立.本题较难，本题的难点在于将不等式的证明转化为求函数的最值.- 26 - 版权所有高考资源网