山东省济南市2020届高三二模数学试题 WORD版含解析.doc

1、高考模拟考试数学试题参考公式：锥体的体积公式：（其中为锥体的底面积为锥体的高）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.已知为第四象限角，则，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】直接利用同角三角函数关系计算得到答案.【详解】为第四象限角，.故选：A【点睛】本题考查了同角三角函数关系，属于简单题.2.已知，集合，则（ ）A. B. C. D. 1【答案】B【解析】【分析】根据交集结果得到，得到答案.【详解】，故，故.故选：B.【点睛】本题考查了根据交集结果求参数，意在考查学生的计算能力3.已知抛物线的焦点为，点在抛

2、物线上且横坐标为4，则（ ）A. 2B. 3C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】直接根据抛物线焦半径公式计算得到答案.【详解】将代入抛物线得到，根据抛物线定义得到.故选：C.【点睛】本题考查了抛物线的焦半径，意在考查学生的计算能力和转化能力.4.十项全能是由跑、跳、投等10个田径项目组成的综合性男子比赛项目，按照国际田径联合会制定的田径运动全能评分表计分，然后将各个单项的得分相加，总分多者为优胜下面是某次全能比赛中甲、乙两名运动员的各个单项得分的雷达图下列说法错误的是（ ）A. 在100米项目中，甲的得分比乙高B. 在跳高和标枪项目中，甲、乙的得分基本相同C. 甲的各项得分比乙更均衡D.

3、 甲的总分高于乙的总分【答案】C【解析】【分析】根据雷达图依次判断每个选项得到答案.【详解】A. 在100米项目中，甲的得分比乙高，A正确；B. 在跳高和标枪项目中，甲、乙的得分基本相同，B正确；C. 乙的各项得分比甲更均衡，C错误；D. 甲的总分约为，乙的总分约为，D正确.故选：C.【点睛】本题考查了雷达图，意在考查学生的计算能力和应用能力，理解能力.5.已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】画出函数图像，根据图像得到函数单调递增，故，解得答案.【详解】，如图所示：画出函数图像，根据图像知函数单调递增，即，解得或.故选：D.【点睛】本题考查了

4、根据函数单调性解不等式，画出函数图像确定单调性是解题的关键.6.任何一个复数（其中，为虚数单位）都可以表示成（其中，）的形式，通常称之为复数的三角形式法国数学家棣莫弗发现：，我们称这个结论为棣莫弗定理由棣莫弗定理可知，“为偶数”是“复数为纯虚数的是（ ）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】根据题意得到且，故，得到答案【详解】为纯虚数，故且，故，故为偶数是，的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题考查了复数的计算，充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.7.已知点，均在半径为的圆上，若，则的最大值为（ ）A. B.

5、C. 4D. 【答案】B【解析】【分析】以为轴建立直角坐标系，则，设，故，计算得到答案.【详解】根据圆半径为，得到，以为轴建立直角坐标系，则，设，则，当时有最大值为.故选：B.【点睛】本题考查了向量数量积的最值，建立直角坐标系可以简化运算，是解题的关键.8.在三棱锥中，若该三棱锥的体积为，则其外接球表面积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据均值不等式得到，故，当离平面最远时，外接球表面积最小，此时在平面的投影为中点，故，根据函数单调性得到，计算得到答案.【详解】，故底面三角形外接圆半径为，当时等号成立，故，故，当离平面最远时，外接球表面积最小，此时，在平面的投

6、影为中点，设球心为，则在上，故，化简得到，双勾函数在上单调递增，故，故.故选：D.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.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.已知在某市的一次学情检测中，学生的数学成绩服从正态分布，其中90分为及格线，120分为优秀线下列说法正确的是（ ）附：随机变量服从正态分布，则，A. 该市学生数学成绩的期望为100B. 该市学生数学成绩的标准差为100C. 该市学生数学成绩及格率超过0.8D. 该市学生数学成绩不及格的人数和优

7、秀的人数大致相等【答案】AC【解析】【分析】根据正态分布定义得到A正确B错误，及格率为，C正确，不及格概率为，优秀概率，D错误，得到答案.【详解】数学成绩服从正态分布，则数学成绩的期望为100，数学成绩的标准差为10，故A正确B错误；及格率为，C正确；不及格概率为，优秀概率，D错误.故选：AC.【点睛】本题考查了正态分布，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.10.已知圆锥的顶点为，母线长为2，底面半径为，为底面圆周上两个动点，则下列说法正确的是（ ）A. 圆锥的高为1B. 三角形为等腰三角形C. 三角形面积的最大值为D. 直线与圆锥底面所成角的大小为【答案】ABD【解析】【分析】计算得到，A

8、正确，B正确，直线与圆锥底面所成角的为，D正确，面积有最大值为，C错误，得到答案.【详解】如图所示：，A正确；，B正确；易知直线与圆锥底面所成角的为，D正确；取中点为，设，则，当时，面积有最大值为，C错误.故选：ABD.【点睛】本题考查了圆锥中相关计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.11.已知实数，满足，则下列关系式中可能成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】设，则，画出函数图像，根据函数图像得到答案.【详解】设，则，画出函数图像，如图所示：当时，；当时，；当时，；故选：ABC.【点睛】本题考查了函数值的大小关系，画出函数图像是解题的关键.12.已知函数（

9、其中，），恒成立，且在区间上单调，则下列说法正确的是（ ）A. 存在，使得是偶函数B. C. 是奇数D. 的最大值为3【答案】BCD【解析】【分析】根据得到，根据单调区间得到，得到或，故CD正确，代入验证知不可能为偶函数，A错误，计算得到B正确，得到答案.【详解】，则，故，则，故，当时，在区间上单调，故，故，即，故，故，综上所述：或，故CD正确；或，故或，不可能为偶函数，A错误；当时，故；当时，故，综上所述：，B正确；故选：BCD.【点睛】本题考查了三角函数的性质和参数的计算，难度较大，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.5G指的是第五代移

10、动通信技术，比第四代移动通信技术的数据传输速率快数百倍，某公司在研发5G项目时遇到一项技术难题，由甲、乙两个部门分别独立攻关，已知甲部门攻克该技术难题的概率为0.6，乙部门攻克该技术难题的概率为0.5则该公司攻克这项技术难题的概率为_【答案】【解析】【分析】计算不能攻克的概率，得到答案.【详解】根据题意：.故答案为：.【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.14.能够说明“若，则”是假命题的一组整数，的值依次为_【答案】，答案不唯一，分别取大于0，小于0的整数即可【解析】【分析】，分别取大于0，小于0的整数即可得到答案.【详解】取，满足，但，得到命题为假命题.故答案为：

11、，；【点睛】本题考查了举例判断假命题，意在考查学生的推断能力.15.已知函数，若有两个零点，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】取得到，设，求导得到单调区间，画出函数图像，根据图像得到答案.【详解】，当时，不成立，故，设，则，故函数在上单调递减，在上单调递减，在单调递增，画出函数图像，如图所示，根据图像知：.故答案为：.【点睛】本题考查了函数的零点问题，参数分离画出函数图像是解题的关键.16.已知，分别是双曲线的左，右焦点，过点向一条渐近线作垂线，交双曲线右支于点，直线与轴交于点（，在轴同侧），连接，若的内切圆圆心恰好落在以为直径的圆上，则的大小为_；双曲线的离心率为_ 【答案】 (1

12、). (2). 【解析】【分析】如图所示：不妨取渐近线，易知，设内切圆圆心为，根据对称性知在轴上，得到，根据距离相等得到直线：，联立方程得到，代入双曲线方程，计算得到答案.【详解】如图所示：不妨取渐近线，易知，（否则不能与右支相交）.则直线为：，即，设内切圆圆心为，根据对称性知在轴上，的内切圆圆心恰好落在以为直径的圆上，故，故，到直线的距离为：，设直线：，即到直线的距离为：，化简整理得到，解得或，当时，直线与的交点横坐标为，不满足题意，舍去.故直线：，故，联立方程得到，解得，代入双曲线方程得到：，化简整理得到：，故.故答案为：；.【点睛】本题考查了双曲线中直线的位置关系，离心率，意在考查学生的

13、计算能力和综合应用能力.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17.2020年4月21日，习近平总书记到安康市平利县老县镇考察调研，在镇中心小学的课堂上向孩子们发出了“文明其精神，野蛮其体魄”的期许某市教育部门为了了解全市01中学生疫情期间居家体育锻炼的情况，从全市随机抽1000名中学生进行调查，统计他们每周参加体育锻炼的时长，右图是根据调查结果绘制的频率分布直方图（1）已知样本中每周体育锻炼时长不足4小时的体育锻炼的中学生有100人，求直方图中，的值；（2）为了更具体地了解全市中学生疫情期间的体育锻炼情况，利用分层抽样的方法从和两组中共抽取了6名中学生参加线上

14、座谈会，现从上述6名学生中随机抽取2名在会上进行体育锻炼视频展示，求这2名学生来自不同组的概率【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据频率直方图得到，解得答案.（2）6名学生中有4名来自于组，有2名来自于组，故，计算得到答案.【详解】（1）由题知，所以， （2）因为，所以6名学生中有4名来自于组，有2名来自于组， 记事件为：“这2名学生来自不同组”，则.【点睛】本题考查了补全频率分布直方图，概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.18.已知中，三个内角，所对的边分别是，（1）证明：；（2）在，这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答若，_，求的周长【答案】（1）详见解析；

15、（2）选，选，选，的周长皆为20【解析】【分析】（1）根据余弦定理，计算得到证明.（2）分别选择，利用（1）中结论得到，再根据余弦定理得到，得到周长.【详解】（1）根据余弦定理：，所以. （2）选：因为，所以，所以由（1）中所证结论可知，即，因为，所以； 选：因为，所以，由（1）中证明过程同理可得，所以，即，因为，所以； 选：因，所以，由（1）中的证明过程同理可得，所以，即，因为，所以 在中，由余弦定理知，即，解得或（舍），所以，即的周长为20【点睛】本题考查了余弦定理解三角形，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.19.如图，三棱维中，平面平面，是棱的中点，点在棱上点是的重心（1）若是的中点

16、，证明面；（2）是否存在点，使二面角的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）详见解析；（2）存在点，使二面角的大小为，此时.【解析】【分析】（1）延长交于点，连接，证明平面平面，得到证明.（2）证明平面，以为原点建立空间直角坐标系，平面的法向量为，平面的法向量，计算夹角得到答案.【详解】（1）延长交于点，连接，因为点是的重心，故为的中点，因为，分别是棱，的中点，所以， 又因为，所以平面平面，又平面，所以平面 （2）连接，因为，所以，又是的中点，所以，因为平面平面，而平面平面，平面，所以平面，如图，以为原点，垂直于的直线为轴，所在直线分别为轴，轴建空间直角坐标系， 设，则，所

17、以，假设存在点，设，则，所以，又，设平面的法向量为，则，令，解得， 又平面，平面的法向量， 而二面角的大小为，所以，即，解得，所以存在点，使二面角的大小为，此时 【点睛】本题考查了线面平行，根据二面角角求线段长度关系，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.20.如图1，杨辉三角是我国南宋数学家杨辉于1261年所著的详解九章算法中列出的一张图表，如图2，把杨辉三角左对齐排列，将同一条斜线上的数字求和，会得到一个数列，其中，设数列的前项和为 （1）求的值，并写，出满足的递推关系式（不用证明）；（2）记，用表示【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据表格直接计算得到答案.（2）利用累加法得

18、到，化简得到答案.【详解】（1）； （2）因为， 相加得，所以，所以【点睛】本题考查了求数列的项，数列的递推公式，累加法，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.21.已知椭圆的左顶点和下顶点分别为，过椭圆焦点且与长轴垂直的弦的长为2（1）求椭圆的方程；（2）已知为椭圆上一动点（不与，重合），直线与轴交于点，直线与轴交于点，证明：为定值【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）根据题意得到，解得答案.（2）设，计算，则，代入计算得到答案.【详解】（1）由题意可知，解得，所以椭圆的方程为. （2），设，因为在椭圆上，所以， 由，三点共线得：，即，同理可得： 所以所以为定值16【点睛】

19、本题考查了椭圆方程，椭圆中的定值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力，综合应用能力.22.已知函数存在唯一的极值点（1）求实数的取值范围；（2）若，证明：【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）求导得到，设，讨论，四种情况，根据零点存在定理计算得到答案.（2）根据题意得到，根据得到，化简得到答案.【详解】（1）函数的定义域为，令，若，则，在上单调递增，不合题意；若，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，（）若，即时，在上单调递增，不合题意；（）若，即时，因为，则，所以上有两个变号零点，所以有两个极值点，不合题意；若，则在上单调递减；且，存在唯一，使，当时，当时，所以是的唯一极值点，符合题意；综上，的取值范围是 （2）由（1）可知，因为，所以， 由（1）可知函数在上单调递减，所以，即，现证明不等式：，其中要证，即证，即证，即证，易知成立.所以，即，即，所以，证毕【点睛】本题考查了根据极值点求参数，利用导数证明不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.