山东省普通高中2020年高中数学学业水平等级考试模拟试题.doc

1、山东省普通高中2020年高中数学学业水平等级考试模拟试题一、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设集合，则A B C D2已知是的共轭复数，则A B C D13设向量，且，则A3 B2 C D4的展开式中的系数是A B C120 D2105已知三棱锥中，则三棱锥的体积是A4 B6 C D6已知点为曲线上的动点，为圆上的动点，则的最小值是A3 B4 C D7设命题：所有正方形都是平行四边形，则为A所有正方形都不是平行四边形 B有的平行四边形不是正方形C有的正方形不是平行四边形 D不是正方形的四边形不是平行四边形8若且，则A BC

2、D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下图为某地区2006年2018年地方财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额折线图根据该折线图可知，该地区2006年2018年A财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额均呈增长趋势B财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额的逐年增长速度相同C财政预算内收入年平均增长量高于城乡居民储蓄年末余额年平均增长量D城乡居民储蓄年末余额与财政预算内收入的差额逐年增大10已知双曲线过点且渐近线为，则下列结论正确的是A的方程为 B的离心率为C曲线经过的一个焦点 D直线与

3、有两个公共点11正方体的棱长为1，分别为的中点则A直线与直线垂直 B直线与平面平行C平面截正方体所得的截面面积为D点与点到平面的距离相等12函数的定义域为，且与都为奇函数，则A为奇函数 B为周期函数 C为奇函数 D为偶函数三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13某元宵灯谜竞猜节目，有6名守擂选手和6名复活选手，从复活选手中挑选1名选手作为攻擂者，从守擂选手中挑选1名选手作为守擂者，则攻擂者、守擂者的不同构成方式共有 种14已知，则 15直线过抛物线的焦点，且与交于两点，则 ， (本题第一空2分，第二空3分)16半径为2的球面上有四点，且两两垂直，则与面积之和的最大值为 四、解答题：

4、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(10分)在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的存在，求的值；若不存在，请说明理由 设等差数列的前项和为，是等比数列， ，是否存在，使得且？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。 18(12分)在中，点在边上在平面内，过作且(1)若为的中点，且的面积等于的面积，求；(2)若，且，求19(12分)如图，四棱锥中，底面为矩形平面，分别为，的中点，与平面所成的角为450(1)证明：为异面直线与的公垂线；(2)若，求二面角的余弦值20(12分)下面给出了根据我国2012年2018年水果人均占有量(单位：kg)

5、和年份代码绘制的散点图和线性回归方程的残差图(2012年2018年的年份代码分别为17) (1)根据散点图分析与之间的相关关系；(2)根据散点图相应数据计算得求关于的经线性回归方程；(3)根据线性回归方程的残差图，分析线性回归方程的拟合效果(精确到0.01)附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：21(12分)设中心在原点，焦点在轴上的椭圆过点，且离心率为为的右焦点，为上一点，轴，的半径为(1)求和的方程；(2)若直线与交于两点，与交于两点，其中在第一象限，是否存在使？若存在，求的方程；若不存在，请说明理由22(12分)函数，曲线在点处的切线在轴上的截距为(1)求；(2)讨论的单调性

6、；(3)设，证明： 参考答案一、单项选择题：CDAB CACB二、多项选择题：9AD 10AC 11BC 12ABC三、填空题：1336 14 152，1 168四、解答题：17解：因为在等比数列中，所以其公比，从而，从而若存在，使得，即，从而；同理，即，从而(方法一)若选：由，得，所以，当时满足，且成立；若选：由，且，所以数列为递减数列，故不存在，且；若选：由，解得，从而，所以当时，能使成立(方法二)若选：由，得，所以公差，从而；，解得，又，从而满足题意若选与若选(仿上可解决，略)18解：(1)如图所示，为的中点，所以又因，即，从而，又，从而，所以(2)由，从而，设，则由，所以，因为，从而，

7、(方法一)从而由余弦定理，得(方法二)所以，从而；，从而所以19解：(1)连接交于点，连接因为四边形为矩形，且分别是的中点，所以，且又平面，所以平面，所以又，所以平面，所以因为与平面所成的角为，所以，从而，所以取的中点，连接，则由分别为的中点，从而，从而四边形为平行四边形又由，知又平面，所以又，从而平面从而平面平面，从而综上知为异面直线与的公垂线(2)因为，设，则，从而，所以，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，从而，设平面的一个法向量为，则，令，从而得；同理，可求得平面的一个法向量为设二面角的平面角为，从而 20(1)解：由散点图可以看出，当由小变大时，也由小变大，从而与

8、之间是正相关关系；(2)由题中数据可得，从而，从而所求关于的线性回归方程为(3)由残差图可以看出，残差对应的点均匀地落在水平带状区域内，且宽度较窄，说明拟合效果较好 两侧分布均匀，且最大差距控制在1%左右，拟合效果较好21解：(1)设椭圆的方程为由，从而得，从而，即又椭圆过点，从而得，解得，从而所求椭圆的方程为所以，令，得，所以的方程为；(2)不存在，理由如下：若，则联立，整理，得设，则从而由，从而，从而，矛盾从而满足题设条件的直线不存在22解：(1)由题意知切点坐标为对求导，得，从而所以切线方程为，令，得，解得；(2)由(1)知，从而，对求导，得，从而可知在上单调递增；(3)(方法一)欲证，

9、即证只需证不妨设，由此可得因此，欲证，只需证由于不动点为1，下面研究与不动点的大小关系：，即与是异号的由于，由此，得，当为奇数时，此时，故只需证，即证即证当为偶数时，欲证，此时，故只需证，即证那么等价于证明不等式与成立构造函数，则，则单调递增，由此可得因此，故不等式得证(方法二)令，解得从而，作商，得，所以，从而所以当为偶数时，；当为奇数时，故无论为奇数还是偶数，下面只需证明当时，有，满足题意；当时，故只需证，即证而当时，故不等式得证(方法三)要证，只需证，只需证，易知在上单调递减，且若，则此时，只需证，只需证此时由(2)知若，则此时，只需证只需证此时，由(2)知，综上所述，成立所以，易知，所以成立故原不等式得证