《解析》山东省青岛市2020届高三5月模拟检测数学试题 WORD版含解析.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家山东省青岛市2020年5月高三模拟检测数学试题一、单项选择题1.已知全集，集合，（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将集合，化简，再求出，根据交集的定义即可得到答案.【详解】因为，所以或 故选：B.【点睛】本题主要考查交集、补集的运算，同时考查一元二次不等式的解法及指数不等式的解法，属于基础题.2.若复数满足(其中是虚数单位)，则复数的共轭复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数模的定义可得，从而可得，再根据复数的乘除运算即可求出复数，再根据共轭复数的定义，求出即可得到答案.【详解】由得，所以，所以，所以的

2、虚部为.故选：C.【点睛】本题主要考查复数的模，复数代数形式的乘除运算及共轭复数的概念，属于基础题.3.已知向量，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量平行的坐标表示列出方程可得，代入解方程即可求出.【详解】因为，所以，所以，又因为，所以，即，解得或，又，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查向量平行的坐标表示，同角三角函数平方关系，属于基础题.4.在数学的学习和研究中，常用函数的图象研究函数的性质，也常用函数解析式来分析函数的图象与性质，下列函数的解析式(其中为自然对数的底数)与所给图象最契合的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据时的函

3、数值排除即可【详解】当时，对于A，故排除A；对于B，故排除B；对于C，故排除C；对于D，符合题意.故选：D.【点睛】本题主要考查函数表示方法中的图象法与解析法之间的对应关系，可利用从函数图象上的特殊点，排除不合要求的解析式5.从编号为1，2，3，4，5，6的6张卡片中随机抽取一张，放回后再随机抽取一张，则第一次抽得的卡片上数字能被第二次抽得的卡片上的数字整除的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】基本事件的总数有种，利用列举法求出第一次抽得的卡片上数字能被第二次抽得的卡片上的数字整除的基本事件有种，根据古典概型概率计算公式，即可求出答案.【详解】从编号为1，2，3，4，5

4、，6的6张卡片中随机抽取一张，放回后再随机抽取一张，有个基本事件，其中第一次抽得的卡片上数字能被第二次抽得的卡片上的数字整除有如下基本事件(第一次抽得的卡片,第二次摸到卡片用表示)：，共个，所以第一次抽得的卡片上数字能被第二次抽得的卡片上的数字整除的概率.故选：C.【点睛】本题主要考查古典概型的概率的求法，属于基础题.6.“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆.若椭圆：的离心率为，则椭圆的蒙日圆方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据椭圆的离心率可求出，根据题意知椭圆上两条互

5、相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，利用过上顶点和右顶点的切线可得蒙日圆上的一点，即可椭圆的蒙日圆方程.【详解】因为椭圆：的离心率为，所以，解得，所以椭圆的方程为，所以椭圆的上顶点，右顶点，所以经过两点的切线方程分别为，所以两条切线的交点坐标为，又过，的切线互相垂直，由题意知交点必在一个与椭圆同心的圆上，可得圆的半径，所以椭圆的蒙日圆方程为.故选：B.【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质，同时考查圆的方程，属于基础题.7.已知是内部一点，且，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由可得，设为的中点，则，可得，从而可得为的中点，进而可得，由可得，再由即可求出.【

6、详解】在中，由，得，所以，设为的中点，则，所以，所以为的中点，所以，因为，所以，所以，所以，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查向量的线性运算，向量的数量积及三角形的面积公式，属于中档题.8.已知函数，若在上恒成立，为自然对数的底数，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】在上恒成立，即在上恒成立，令，故只需即可，利用导数求出的最大值即可.【详解】若在上恒成立，即在上恒成立，令，故只需即可，令，得，当时，；当时，所以在上是单调递增，在上是单调递减，所以当，所以实数取值范围是.故选：B.【点睛】本题主要考查分离参数法处理恒成立问题，同时考查利用导数求函数的最值，

7、属于中档题.二多项选择题9.设，为实数，且，则下列不等式中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】对A，利用作差法比较即可；对B，利用不等式的性质判断即可；对C，利用作差法比较即可；对D，利用指数函数的单调性比较即可.【详解】对A，因为，所以，所以，所以，故A正确；对B，当时，不成立，故B错误；对C，因为，所以，所以，故C正确；对D，因为函数在上单调递减，又，所以，故D错误.故选：AC【点睛】本题主要考查作差法比较大小，不等式的性质及指数函数的单调性，属于基础题.10.已知等差数列的前项和为，公差，是与的等比中项，则下列选项正确的是（ ）A. B. C. 当或时，取得

8、最大值D. 当时，的最大值为20【答案】BCD【解析】【分析】由可得，由是与的等比中项可得，联立方程可求出，即可判断A，B选项，求出等差数列的前项和为，即可判断C，D.【详解】因为，所以，即，又因为是与的等比中项，所以，所以，整理得，由解得，故A错误；所以，又，所以当或时，取得最大值，故C正确；令，解得，又，所以的最大值为，故D正确.故选：BCD【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列前项和公式，等比中项的应用，同时考查等差数列和的最值问题，属于基础题.11.声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音若一个复合音的数学模型是函数则下列结

9、论正确的是（ ）A. 是偶函数B. 是周期函数C. 在区间上单调递增D. 最大值为2【答案】ABD【解析】【分析】根据奇偶性的定义和周期函数的定义可判断A，B；当时，函数可化为，可判断C；结合函数的周期性对进行分类讨论，将函数的绝对值去掉，再求其最大值可判断D.【详解】函数的定义域为，因为，所以是偶函数，故A正确；因为，所以是以为周期的周期函数，故B正确；当时，函数可化为，此时在上单调递增，在上单调递减，故C错误；由于函数是以为周期的周期函数，故只需研究一个周期内的最大值即可，不妨取，当时，函数可化为，由，得，所以当，即时，取得最大值，当时，由，得，所以，即时，取得最大值，故当时，取得最大值，

10、故D正确.故选：ABD.【点睛】本题主要考查三角函数的奇偶性、周期性、单调性的判断及最值的求法，同时考查两角和与差的正弦公式的逆用，属于中档题.12.若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，是的中点，则（ ）A. B. 平面平面C. 三棱锥的体积为D. 三棱锥的外接球的表面积为【答案】CD【解析】【分析】以为正交基底建立空间直角坐标系，写出各点坐标，计算值即可判断A；分别求出平面，平面的法向量，判断它们的法向量是否共线，即可判断B；利用等体积法，求出三棱锥的体积即可判断C；三棱锥的外接球即为长方体的外接球，故求出长方体的外接球的表面积即可判断D.【详解】以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标

11、系，则，所以，因为，所以与不垂直，故A错误；，设平面的一个法向量为，则由，得，所以，不妨取，则，所以，同理可得设平面的一个法向量为，故不存在实数使得，故平面与平面不平行，故B错误；在长方体中，平面，故是三棱锥的高，所以，故C正确；三棱锥的外接球即为长方体的外接球，故外接球的半径，所以三棱锥的外接球的表面积，故D正确.故选：CD.【点睛】本题主要考查用向量法判断线线垂直、面面平行，等体积法的应用及几何体外接球的表面积.三、填空题13.已知命题“”为假命题，则实数的取值范围是_【答案】【解析】命题“”假命题，则“”为真命题.所以，解得.答案为：.14.的展开式中的常数项为_.【答案】【解析】【分析

12、】先求得中含的项与常数项，进而可得的常数项.【详解】的展开式中含的项为，的展开式中的常数项为，所以的展开式中的常数项为.故答案为：.【点睛】本题考查二项展开式中常数项的求法，解题时要认真审题，注意二项式定理的合理运用，属于基础题.15.已知为奇函数，当时，则曲线在点处的切线方程是_【答案】【解析】【分析】利用函数为奇函数，可求出当时，的表达式为，然后根据在一点处的切线方程的求法，即可求出曲线在点处的切线方程.【详解】因为为奇函数，所以，当时，则，所以，所以，所以曲线在点处的切线的斜率，所以切线方程是，即.故答案为：【点睛】本题主要考查根据函数的奇偶性求函数的解析式，在一点处的切线方程的求法，同

13、时考查复合函数的导数，属于中档题.16.已知抛物线：的准线交圆：于，两点，若，则抛物线的方程为_，已知点，点在抛物线上运动，点在圆：上运动，则的最小值为_【答案】 (1). (2). 2【解析】【详解】(1)设抛物线的准线与轴交于点，抛物线的准线方程为，则，即，整理得，解得或，又，所以，所以抛物线的方程为(2)由题意知 圆的圆心坐标为与抛物线的焦点坐标重合，过作抛物线的准线的垂线，垂足为，则，所以，所以当，三点共线时，最小，最小值为，所以，所以的最小值为.故答案为：；【点睛】本题主要考查抛物线的定义和准线方程，圆中的弦长公式，抛物线中的最值问题，同时考查数形结合思想和转化与化归思想.四解答题1

14、7.设数列的前项和为，_给出下列三个条件：条件：数列为等比数列，数列也为等比数列；条件：点在直线上；条件：试在上面的三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和【答案】(1)不论选择哪个条件，；(2)【解析】【分析】(1) 方案一：选条件数列也为等比数列，可根据其前3项也成等比数列列出方程，再将用表示解出，即可求出；方案二：选条件，可得，再将用代换可得，两式相减可得，再验证即可，从而可得数列是首项为1，公比为2的等比数列，即可求出；方案三：选条件可得当时，再将用代换可得，两式相减可得，再验证即可，从而可得数列是首项为1，公比为2的

15、等比数列，即可求出；(2)由(1)不论选择哪个条件，代入化简可得，利用裂项相消法求和，即可求出数列的前项和【详解】(1)方案一：选条件因为数列为等比数列，所以，即，设等比数列的公比为，因为，所以，解得或（舍），所以，(2)由（1）得，所以，所以，方案二：(1)选条件因为点在直线上，所以，所以，两式相减得，因为，适合上式，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以(2)同方案一的(2).方案三：（1）选条件当时，因为（i）所以，所以（ii）（i）（ii）得，即，当时，适合上式，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列所以(2)同方案一的(2).【点睛】本题主要考查等比数列通项公式求法，裂项相消法

16、求和，属于基础题.18.在中，分别为角，的对边，且满足(1)求角；(2)若为锐角三角形，求面积的最大值.【答案】(1)；（2）【解析】【分析】(1)对，利用正弦定理得，进而可得，再利用二倍角公式即可求出角；(2)由已知可得，故要求面积的最大值，只需求出的最大值即可，利用余弦定理可得，再利用基本不等式即可求出的最大值.【详解】(1)因为，所以由正弦定理可得：，因为，所以，所以，即，所以或，即或，若，则，若，则，因为，所以，即，综上，或.（2）因为为锐角三角形，所以，因为，即（当且仅当等号成立），所以，即面积的最大值是.【点睛】本题主要考查正弦定理，二倍角公式，基本不等式及三角形的面积公式，同时考

17、查三角形中面积的最大值求法，属于基础题.19.如图，四棱柱中，底面和侧面都是矩形，是的中点，(1)求证：平面底面；(2)若平面与平面所成的锐二面角的大小为，求直线和平面所成角的正弦值.【答案】(1)见解析；(2)【解析】【分析】(1)要证平面底面，只需证明其中一个面内一条线垂直于另一个平面即可，可证底面，由底面和侧面都是矩形，可得平面，又平面，从而可得，又，从而可证出底面；(2) 取的中点，以为正交基底建系，设，写出各点坐标，分别求出平面与平面的法向量，根据它们所成的锐二面角的大小为，利用夹角公式列出方程可求出，再求出，设直线和平面所成的角为，由即可求出答案.【详解】(1)因为底面和侧面都是矩

18、形，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，底面，所以底面，又平面，所以平面底面(2)取的中点，因为是的中点，底面是矩形，所以,以为原点，以，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，如图所示:设，则，设平面的法向量，由可得：，令可得，所以，设平面的法向量，由可得，令可得，所以由于平面与平面所成的锐二面角的平面角为，所以，解得所以平面的法向量，由于，所以，设直线和平面所成的角为，则【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，根据所成二面角的大小逆向求参数值及利用向量法求线面角的正弦值，属于中档题.20.某专业机械生产厂为甲乙两地（两地仅气候条件差异较大，其他条件相同）的两个不

19、同机器生产厂配套生产同一种零件，在甲乙两地分别任意选取100个零件进行抗疲劳破坏性试验，统计每个零件的抗疲劳次数（抗疲劳次数是指从开始试验到零件磨损至无法正常使用时的循环加载次数），将甲乙两地的试验的结果，即每个零件的抗疲劳次数（单位：万次）分别按，分组进行统计，甲地的实验结果整理为如下的频率分布直方图（其中，成等差数列，且），乙地的统计结果整理为如下的频数分布表(1)求，的值并计算甲地实验结果的平均数(2)如果零件抗疲劳次数超过9万次，则认为零件质量优秀，完成下列的列联表：质量不优秀质量优秀总计甲地乙地总计试根据上面完成的列联表，通过计算分析判断，能否有975%的把握认为零件质量优秀与否与气

20、候条件有关？附：临界值表0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828其中的观测值(3)如果将抗疲劳次数超过10万次的零件称为特优件，在甲地实验条件下，以频率为概率，随机打开一个4个装的零件包装箱，记其中特优件的个数为，求的分布列和数学期望【答案】(1)，平均数万次；(2)见解析，有；(3)见解析，1【解析】【分析】(1)根据频率分布直方图的的矩形面积和为1，可得，再由，成等差数列，可得，再结合解方程即可求出，的值；利用组中值乘以相应的频率再求和即可求出平均数；(2)根据已知条件分别求出甲、乙抗疲劳次数超

21、过9万次的零件数和不超过9万次的零件数，即可完成列联表，然后根据列联表求出观测值，查对临界值，即可作出判断；(3)根据已知条件可得任意抽取一件产品为特优件的概率，的取值可能为0，1，2，3，4，根据二项分布分别求出相应的概率，即可列出分布列并求出数学期望【详解】(1)由频率分布直方图的性质可得：，即因为，成等差数列，所以，所以又，解之得：，所以即抗疲劳次数的平均数万次(2)由甲地试验结果的频率分布直方图可得：抗疲劳次数超过9万次的零件数为件，不超过9万次的件数为件，由乙地试验结果分布表可得：抗疲劳次数超过9万次的零件数为，不超过9万次的零件数为25件，所以列联表为质量不优秀质量优秀总计甲地40

22、60100乙地2575100总计65135200所以，所以在犯错误的概率不超过0.025的前提下，认为零件质量优秀与否与气候条件有关，即有97.5%的把握认为零件质量优秀与否与气候条件有关.(3)在甲地实验条件下，随机抽取一件产品为特优件的频率为0.25，以频率为概率，所以任意抽取一件产品为特优件的概率则的取值可能为0，1，2，3，4所以； ；.所以的分布列为01234的数学期望.【点睛】本题主要考查频率分布直方图的性质，利用组中值估计平均数，独立性检验的应用，二项分布及数学期望，属于中档题.21.已知椭圆：的离心率为，其左右顶点分别为，上下顶点分别为，四边形的面积为（1）求椭圆的方程；（2）

23、若椭圆的左右焦点分别为，过的直线与椭圆交于不同的两点，记的内切圆的半径为，试求的取值范围【答案】(1)；(2)【解析】【分析】(1)根据离心率为，四边形的面积为列出方程，再结合，即可求出，进而求出椭圆的方程；(2)由的周长，可得，即， 对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当轴时，的方程为：，可求得；当与轴不垂直时，设：，将椭圆的方程与直线的方程联立消去，由根与系数的关系可求出，代入可到关于的函数，利用换元法即可求出的取值范围【详解】(1)因为椭圆的离心率为，所以，因为四边形的面积为，所以，又，解得：，所以椭圆方程为：.(2)设，则的周长，即，当轴时，的方程为：，当与轴不垂直时，设：，由，得，所以

24、，所以，令，则，因为，所以，所以综上可知：【点睛】本题主要考查求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，同时考查椭圆中的范围问题，对于第(2)问关键是借助于“算两次”面积相等得到，将问题转化为求的面积问题.22.已知函数（为自然对数的底数）有两个极值点，（1）求的取值范围；（2）求证：【答案】(1)；(2)见解析【解析】【分析】(1)求，令，利用导数研究函数的单调性：当时，此时在上单调递增，至多有一个零点，不符合题意；当时，只需，同时使得和各有一个零点即可；(2) 不妨设，则，所以，要证，即证，而当时，函数单调递减，即证，而，即证，故可构造函数，利用导数判断的单调性转化即可.【详解】(1)由已知得，因为函数有两个极值点，所以方程有两个不相等的根，设，则当时，所以在上单调递增，至多有一个零点，不符合题意当时，由得当时，函数单调递减；当时，函数单调递增所以，即，令，则，当时，为减函数；当时，为增函数；所以所以，即，从而，所以，又因为，所以在区间和上各有一个零点，符合题意，综上，实数的取值范围为(2)不妨设，则，所以设，则，当且仅当，即时，等号成立所以函数在上单调递增由，可得，即，又因为，为函数的两个零点，所以，所以，又，所以，又函数在上单调递减，所以，即【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，构造函数证明不等式，同时考查极值点偏移问题，属于难题.- 28 - 版权所有高考资源网