山东省济宁市嘉祥一中2020届高三数学下学期第一次质量检测试题（含解析）.doc

1、山东省济宁市嘉祥一中2020届高三数学下学期第一次质量检测试题（含解析）一、选择题1.若全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】化简集合，再由交并补的定义，即可求解.【详解】，.故选:D【点睛】本题考查集合间的运算，属于基础题.2.复数满足，则（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算法则，求得复数，即可得到复数的模，得到答案【详解】由题意，复数，解得，所以，故选D【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的模的求解，其中解答中熟记复数的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题3.已知向量，若，则实数的值为（ ）A. B

2、. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据向量共线坐标表示得方程，解得结果.【详解】因为，所以,选C.【点睛】本题考查向量共线，考查基本分析与求解能力，属基础题.4.函数的部分图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据奇偶性排除B，当时，排除CD，得到答案.【详解】， 为奇函数，排除B当时，恒成立，排除CD故答案选A【点睛】本题考查了函数图像的判断，通过奇偶性，特殊值法排除选项是解题的关键.5.“”是“，”的（ ）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】A【解析】【分析】把题设，进行化简，求出的范围，再根据充分必要条件

3、进行判断即可【详解】必要性：设，当时，所以，即；当时，所以，即.故或.充分性：取，当时，成立.答案选A【点睛】对于充分必要条件的判断的一般思路为：对于每一个命题进行化简，去伪存真，若最终判断问题为范围问题，则可简单记为：小范围推大范围成立；大范围推小范围不成立6.若，则的最小值为（ ）A. 6B. C. 3D. 【答案】C【解析】【分析】由得，从而，则，然后利用基本不等式即可求出最小值【详解】解：，且，当且仅当且即时，等号成立；故选：C【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，考查对数的运算法则，利用基本不等式求最值时应注意“一正二定三相等”，注意“1”的代换，属于中档题7.已知圆与双曲线的渐近线

4、相切，则该双曲线的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由双曲线方程，求得其一条渐近线的方程，再由圆，求得圆心为，半径，利用直线与圆相切，即可求得，得到答案【详解】由双曲线，可得其一条渐近线的方程为，即，又由圆，可得圆心，半径，则圆心到直线的距离为，则，可得，故选C【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率的求解，以及直线与圆的位置关系的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题8.已知正三棱锥的侧棱长为，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出图形，在正三棱锥中，求得，进而得到三棱锥的高，再在直角三角形中，利用

5、勾股定理列出方程，求得球的半径，最后利用球的表面积公式，即可求解.【详解】如图所示，因为正三棱锥的侧棱长为，底面边长为6，则，所以三棱锥的高,又由球心到四个顶点距离相等，在直角三角形中，又由，即，解得，所以球的表面积为，故选D.【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球的表面积的计算，以及组合体的性质的应用，其中在直角三角形中，利用勾股定理列出方程求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.二、多项选择题9.已知均为实数，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若则D. 若则【答案】BC【解析】【分析】根据不等式的性质判断即可【详解】解：若，则，

6、故A错；若，则，化简得，故B对；若，则，又，则，故C对；若，则，故D错；故选：BC【点睛】本题主要考查不等式的基本性质，常结合特值法解题，属于基础题10.已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）A. 若则B. 若则C. 若，则D. 若，则【答案】ACD【解析】【分析】由线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理、线面平行的性质定理，以长方体为载体逐一分析即可得出结论【详解】解：若，则且使得，又，则，由线面垂直的判定定理得，故A对；若，如图，设，平面为平面，设平面为平面，则，故B错；垂直于同一条直线的两个平面平行，故C对；若，则，又，则，故D对；故选：ACD【点睛】本题主

7、要考查线面平行的性质定理、面面平行的判定定理以及线面垂直的判定定理，通常借助长方体为载体进行判断，属于基础题11.如图，在四边形ABCD中，ABCD，ABAD，AB=2AD=2DC，E为BC边上一点，且，F为AE的中点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】利用向量加法的三角形法则、数乘运算及平面向量基本定理进行解题【详解】解： ABCD，ABAD，AB=2AD=2DC，由向量加法的三角形法则得，A对；，又F为AE的中点，B对；，C对；，D错；故选：ABC【点睛】本题主要考查向量加法的三角形法则、数乘运算，考查平面向量基本定理，属于基础题12.已知函数是定义在R上的奇函

8、数，当时，则下列命题正确的是（ ）A. 当时，B. 函数有3个零点C. 的解集为D. ，都有【答案】BCD【解析】【分析】设，则，则由题意得，根据奇函数即可求出解析式，即可判断A选项，再根据解析式分类讨论即可判断B、C两个选项，对函数求导，得单调性，从而求出值域，进而判断D选项【详解】解：（1）当时，则由题意得， 函数是奇函数， ，且时，A错； ，（2）当时，由得，当时，由得， 函数有3个零点，B对；（3）当时，由得，当时，由得， 的解集为，C对；（4）当时，由得，由得，由得， 函数在上单调递减，在上单调递增，函数在上有最小值，且，又 当时，时，函数在上只有一个零点，当时，函数的值域为，由奇函

9、数的图象关于原点对称得函数在的值域为， 对，都有，D对；故选：BCD【点睛】本题主要考查奇函数的性质，考查已知奇函数一区间上的解析式，求其对称区间上解析式的方法，考查函数零点的定义及求法，以及根据导数符号判断函数单调性和求函数最值、求函数值域的方法，属于较难题三、填空题13.在ABC中，内角A，B，C的对边分别为，若，则_【答案】4【解析】【分析】由边化角得，化简得，又与余弦定理得，得，则，则，从而求出【详解】解：，由正弦定理得，又，由余弦定理得，为的内角，故答案为：4【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查同角的三角函数关系，属于基础题14.我国古代的天文学和数学著作周碑算经

10、中记载：一年有二十四个节气，每个节气唇（gu）长损益相同（暑是按照日影测定时刻的仪器，暑长即为所测量影子的长度），夏至、小署、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列，经记录测算，夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二节气的所有日影子长之和为84尺，则夏至的日影子长为_尺.【答案】1.5【解析】【分析】由题意设此等差数列的公差为，则求出首项即可得到答案【详解】设此等差数列的公差为， 由题意即解得 所以夏至的日影子长为 故答案为【点睛】本题主要考查等差数列性质以及求和公式，解题的关键把文字叙述转化为数学等式，属于基础题

11、15.已知抛物线的焦点为F(4，0)，过F作直线l交抛物线于M，N两点，则p=_，的最小值为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】利用抛物线的定义可得，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程消元，根据韦达定理和抛物线的的定义可得，代入到，再根据基本不等式求最值【详解】解： 抛物线的焦点为F(4，0)， ， 抛物线的方程为，设直线的方程为，设，由得，由抛物线的定义得，当且仅当即时，等号成立，故答案为：【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线定义的应用，属于中档题16.设函数在定义域(0，+)上是单调函数，若不等式对恒成立，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先利用

12、换元法求出，然后再用分离变量法，借助函数的单调性解决问题【详解】解：由题意可设，则，由得，对恒成立，令，则，由得，在上单调递减，在单调递增，故答案为：【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查利用函数的单调性解决恒成立问题，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.在中，内角所对的边分别为.已知，.（I）求的值；（II）求的值.【答案】（）（）【解析】试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.试题解析：（）解：由，及，得.由，及

13、余弦定理，得.（）解：由（），可得，代入，得.由（）知，A为钝角，所以.于是，故.考点：正弦定理、余弦定理、解三角形【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.18.已知数列的前n项和，是等差数列，且.（）求数列的通项公式；（）令.求数列的前n项和.【答案】（）;（）【解析】试题分析：（1）先由公式求出数列的通项公式；进而列方程组求数列的首项与公差，得数列的通项公式；（2）由（1

14、）可得，再利用“错位相减法”求数列的前项和.试题解析：（1）由题意知当时，当时，所以设数列的公差为，由，即，可解得，所以（2）由（1）知，又，得，两式作差，得所以考点 1、待定系数法求等差数列的通项公式；2、利用“错位相减法”求数列的前项和.【易错点晴】本题主要考查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列的前项和，属于难题. “错位相减法”求数列的前项和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；相减时注意最后一项 的符号；求和时注意项数别出错；最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.19.

15、如图，三棱柱中，侧面，已知，点E是棱的中点（1）求证：平面ABC；（2）在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）见解析；（2）存在，或【解析】【分析】（1）利用余弦定理解得，结合勾股定理得到，证得侧面，继而可证平面ABC；（2）以B为原点，分别以，和的方向为x，y和z轴的正方向建立空间直角坐标系，假设存在点M，设，由EM与平面所成角的正弦值为，可求解.【详解】（1）由题意，因为，利用余弦定理，解得，又，侧面，又，AB，平面ABC，直线平面ABC（2）以B为原点，分别以，和的方向为x，y和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标

16、系，则有，设平面的一个法向量为，令，则，假设存在点M，设，利用平面的一个法向量为，得即，或，或【点睛】本题考查了空间向量和立体几何综合问题，考查了学生逻辑推理，空间向量和数学运算能力，属于中档题.20.为了解某地区初中学生的体质健康情况,统计了该地区8所学校学生的体质健康数据,按总分评定等级为优秀,良好,及格,不及格.良好及其以上的比例之和超过40%的学校为先进校.各等级学生人数占该校学生总人数的比例如下表: 比例 学校等级学校A学校B学校C学校D学校E学校F学校G学校H优秀8%3%2%9%1%22%2%3%良好37%50%23%30%45%46%37%35%及格22%30%33%26%22%

17、17%23%38%不及格33%17%42%35%32%15%38%24%(1)从8所学校中随机选出一所学校,求该校为先进校的概率；(2)从8所学校中随机选出两所学校,记这两所学校中不及格比例低于30%的学校个数为X,求X的分布列；(3)设8所学校优秀比例的方差为S12,良好及其以下比例之和的方差为S22,比较S12与S22的大小.(只写出结果)【答案】(1) ；(2)见解析； (3)S12=S22【解析】【分析】（1）统计出健康测试成绩达到良好及其以上的学校个数，即可得到先进校的概率；（2）根据表格可得：学生不及格率低于30%的学校有学校BFH三所, 所以X的取值为0,1,2，分别计算出概率即

18、可得到分布列；（3）考虑优秀的比例为随机变量Y，则良好及以下的比例之和为Z=1-Y，根据方差关系可得两个方差相等.【详解】解:( 1)8所学校中有ABEF四所学校学生的体质健康测试成绩达到良好及其以上的比例超过40% , 所以从8所学校中随机取出一所学校,该校为先进校的概率为；(2)8所学校中,学生不及格率低于30%的学校有学校BFH三所,所以X的取值为0,1,2. 所以随机变量X的分布列为：X012P(3)设优秀的比例为随机变量Y，则良好及以下的比例之和为Z=1-Y，则，所以：S12=S22【点睛】此题考查简单的几何概率模型求概率，求分布列，以及方差关系的辨析，关键在于熟练掌握分布列的求法和

19、方差关系.21.已知椭圆C：.（1）求椭圆C的离心率；（2）设分别为椭圆C的左右顶点,点P在椭圆C上,直线AP,BP分别与直线相交于点M,N.当点P运动时,以M,N为直径的圆是否经过轴上的定点？试证明你的结论.【答案】（1）（2）以为直径的圆经过轴上的定点和,证明见解析【解析】【分析】（1）先将转化为,根据椭圆的性质得到,即可求出离心率.（2）根据椭圆方程求出,设,则,分别求出直线和的方程,再分别与相交于点 和,设以为直径的圆经过轴上的定点,则,即得,将代入得解得或,得出为直径的圆是过定点和.【详解】解：（1）由得,那么所以解得,所以离心率（2）由题可知,设,则直线的方程：令,得,从而点坐标为

20、直线的方程：令,得,从而点坐标为设以为直径的圆经过轴上的定点,则由得由式得,代入得解得或所以为直径的圆经过轴上的定点和.【点睛】本题考查已知椭圆的方程求离心率和证明椭圆中的定点问题,属于中档题.22.已知函数.（1）当时，求函数在的单调性；（2）当且时，求函数在上的最小值；（3）当时，有两个零点，且，求证：.【答案】（1）在上单调递增（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求得函数的导数，结合导数的符号，即可求得函数的单调性；（2）由，求得，分类讨论求得函数的单调性与极值，进而求得函数的最小值，得到答案.（3）由，根据题意，得到，两式相减，令，得到函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可

21、求解.【详解】（1）由题意，函数，则，又，在上单调递增.（2）由，则，（1）当时，此时图数在区间上单调递减，函数在处取得最小值，即；（2）当时，令，当时，即当，此时函数在区间上单调递减，函数在处取得最小值，即；综上所得.（3）证明：根据题意，是函数的两个零点，.两式相减，可得，即，则，.令，则.记，则.又，恒成立，故，即.可得，.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题