山东省济宁市嘉祥县第一中学2020届高三第9次模拟考试数学试题 WORD版含解析.doc

1、嘉祥一中2020届高三下学期第9次模拟考试数学试题一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分四个选项中只有一项符合题目要求）1.已知集合，集合，则的子集个数为（ ）A. 2B. 4C. 8D. 16【答案】C【解析】试题分析：由，解得，所以，所以，所以的子集个数为，故选C考点：1、不等式的解法；2、集合的交集运算；3、集合的子集2.已知函数g（x）=3x+t的图象不经过第二象限，则t的取值范围为A. t1B. t1C. t3D. t3【答案】A【解析】【分析】由指数函数的性质，可得函数恒过点坐标为，且函数是增函数，图象不经过第二象限，得到关于的不等式，即可求解.【详解】由指数函数的性质，

2、可得函数g（x）=3x+t恒过点坐标为（0，1+t），函数g（x）是增函数，图象不经过第二象限，1+t0，解得t1故选A【点睛】本题主要考查了指数函数的图象与性质的应用，其中熟记指数函数的图象与性质，特别是指数函数的图象恒过定点是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3.在一组样本数据，（，不全相等）的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为（ ）A. -3B. 0C. -1D. 1【答案】C【解析】因为所有样本点都在直线上，所以回归直线方程是，可得这两个变量是负相关，故这组样本数据的样本相关系数为负值，且所有样本点，都在直线上，则有相关系数，故选C.4

3、.我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设的三个内角所对的边分别为，面积为，则“三斜求积”公式为，若,，则用“三斜求积”公式求得的面积为（ ）A. B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】由已知利用正弦定理可求得,进而可求得代入“三斜求积”公式即可求得结果.【详解】，,因为，所以，从而的面积为.故选:D.【点睛】本题考查正弦定理以及新定义的理解,考查分析问题的能力和计算求解能力,难度较易.5.如图是当取三个不同值，时的三种正态曲线，那么，的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由正态分布曲线性质，可得结论【详解】由图可知，三种正

4、态曲线的都等于由一定时，越小，曲线越“高瘦”，表示总体的分布越集中，越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，则故选：D【点睛】本题主要考查了正态分布的性质的应用，属于基础题.6.设数列，均为等差数列，它们的前项和分别为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由数列，为等差数列，根据等差数列的前项和公式和性质，可得，即得答案.【详解】数列，均为等差数列，它们的前项和分别为，.故选：.【点睛】本题考查等差数列的前项和公式和性质，属于中档题.7.双曲线的左、右焦点分别为，且恰好为抛物线的焦点，设双曲线与该抛物线的一个交点为，若，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D

5、. 【答案】A【解析】【分析】由已知条件得双曲线、抛物线焦点，求出点坐标，再由双曲线定义求得的值，继而求出双曲线的离心率【详解】为抛物线的焦点，故点坐标为或，则解得，又,故选【点睛】本题主要考查了求双曲线离心率问题，运用双曲线定义结合已知条件即可得到结果，较为简单8.设函数是函数的导函数，当时，则函数的零点个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数，可得出，利用导数研究函数的单调性，得出该函数的最大值为负数，从而可判断出函数无零点，从而得出函数的零点个数.【详解】设，则.当时，当时，故，所以，函数在上单调递减；当时，故，所以，函数在上单调递增.所以，所以，函数没有零

6、点，故也没有零点.故选：D.【点睛】本题考查函数零点个数的判断， 解题的关键就是要结合导数不等式构造新函数，并利用导数分析函数的单调性与最值，必要时借助零点存在定理进行判断，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.二、多选题（本大题共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的，全选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）9.在某次高中学科知识竞赛中，对4000名考生的参赛成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间中间值作代表值，则下列说法中正确的是（ ）A. 成绩在的考生人数最多B. 不

7、及格的考生人数为1000C. 考生竞赛成绩的平均分约为70.5分D. 考生竞赛成绩的中位数为75分【答案】ABC【解析】【分析】因为成绩出现在70，80的频率最大，故A正确；不及格考生数为10（0.010+0.015）40001000，故B正确；根据频率分布直方图估计考试的平均分为70.5，C正确；估计中位数为71.67，D错误【详解】由频率分布直方图可得，成绩在的频率最高，因此考生人数最多，故A正确；成绩在的频率为，因此，不及格的人数为，故B正确；考生竞赛成绩的平均分约为，故C正确；因为成绩在的频率为0.45，在的频率为0.3，所以中位数为，故D错误.故选ABC.【点睛】本题考查了频率分布直

8、方图，以及用频率分布直方图估计样本的平均数与中位数等，考查计算能力属于基础题10.已知函数的最大值为，其图像相邻的两条对称轴之间的距离为，且的图像关于点对称，则下列结论正确的是（ ）.A. 函数的图像关于直线对称B. 当时，函数的最小值为C. 若，则的值为D. 要得到函数的图像，只需要将的图像向右平移个单位【答案】BD【解析】【分析】首先根据函数的最大值得到，根据图像相邻的两条对称轴之间的距离得到，再根据的图像关于点对称得到，从而得到.对选项A，因为，故A错误.对选项B，根据题意得到，从而得到的最小值， 故B正确.对选项C，根据得到，再计算的值即可判断B错误.对选项D，将的图像向右平移个单位，

9、得到，即可判断D正确.【详解】由题知：函数的最大值为，所以.因为函数图像相邻两条对称轴之间的距离为，所以，.又因为的图像关于点对称，所以，.所以，.因为，所以.即.对选项A，故A错误.对选项B，当时，取得最小值， 故B正确.对选项C，得到.因为，故C错误.对选项D，的图像向右平移个单位得到，故D正确.故选：BD【点睛】本题主要考查的图象性质，同时图象的平移变换，属于中档题.11.在中，D，E，F分别是边，中点，下列说法正确的是（ ）A. B. C. 若，则是在的投影向量D. 若点P是线段上的动点，且满足，则的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】对选项A，B，利用平面向量的加减法即可判断A错误

10、，B正确.对选项C，首先根据已知得到为的平分线，即，再利用平面向量的投影概念即可判断C正确.对选项D，首先根据三点共线，设，再根据已知得到，从而得到，即可判断选项D正确.【详解】如图所示：对选项A，故A错误.对选项B，故B正确.对选项C，分别表示平行于，的单位向量，由平面向量加法可知：为的平分线表示的向量.因为，所以为的平分线，又因为为的中线，所以，如图所示：在的投影为，所以是在的投影向量，故选项C正确.对选项D，如图所示：因为在上，即三点共线，设，.又因为，所以.因为，则，.令，当时，取得最大值为.故选项D正确.故选：BCD【点睛】本题主要考查平面向量的加法，减法的几何意义，数形结合为解决本

11、题的关键，属于中档题.12.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列. 并将数列中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为，则下列结论正确的是( )A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】由可得，可判断B、D选项；先计算数列前几项可发现规律,使用归纳法得出结论：数列是以6为最小正周期的数列，可判断A、C选项.【详解】对于A选项：，所以数列是以6为最小正周期的数列，又，所以，故A选项正确；对于C选项：，故C选项

12、错误；对于B选项：斐波那契数列总有：，所以，所以，故B正确；对于D选项：，。所以，故D选项错误；故选：AB.【点睛】本题考查数列的新定义，关键在于运用数列的定义研究其性质用于判断选项，常常采用求前几项的值，运用归纳法找到规律，属于难度题.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知的展开式中第6项的系数为-189，则展开式中各项的系数和为_.【答案】128【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式得出，从而得出第六项系数，求出，最后利用赋值法求展开式中各项的系数和.【详解】解：由题意，通项为：，由于的展开式中第6项的系数为-189，则第六项系数为：，解得：，故该二项式为，令得展开

13、式各项系数的和为：故答案为：128【点睛】本题考查二项展开式的通项公式得应用和指定项的系数，以及利用赋值法求展开式中各项的系数和.14.已知一袋中有标有号码1、2、3、4的卡片各一张，每次从中取出一张，记下号码后放回，当四种号码的卡片全部取出时即停止，则恰好取6次卡片时停止的概率为_.【答案】【解析】【分析】恰好取6次卡片时停止，说明前5次出现了3种号码且第6次出现第4种号码.分两类，三种号码出现的次数分别为3, 1, 1或者2, 2, 1.每类中可以分步完成，先确定三种号码卡片出现顺序有种，再分别确定这三种号码卡片出现的位置(注意平均分组问题)，最后让第四种颜色出现有一种方法,相乘可得，最后

14、根据古典概型求概率即可.【详解】由分步乘法计数原理知，每次从中取出一张，记下号码后放回，进行6次一共有种不同的取法.恰好取6次卡片时停止，说明前5次出现了3种号码且第6次出现第4种号码，三种号码出现的次数分别为3, 1, 1或者2, 2, 1,三种号码分别出现3，1，1且6次时停止的取法有 种，三种号码分别出现2，2，1 且6次时停止的取法有 种，由分类加法计数原理知恰好取6次卡片时停止，共有种取法，所以恰好取6次卡片时停止的概率为: ，故答案为：【点睛】本题主要考查了概率的求法，计数原理等基础知识，考查了排列组合的应用，难点在于平均分组问题，属于难题.15.已知直线与圆交于、两点，直线垂直平

15、分弦，则的值为_，弦的长为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由题意可知直线与直线垂直，可求得的值，并且直线过圆心，可求得实数的值，然后将圆的方程化为标准方程，确定圆心坐标和半径，并计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得弦的长.【详解】由题意可知，直线与直线垂直，可得，由于方程表示的曲线为圆，则，解得，且圆的圆心坐标为，圆心在直线上，所以，解得，所以，圆方程为，即，圆心坐标为，半径长为，圆心到直线的距离为，因此，.故答案为：；.【点睛】本题考查利用两直线垂直求参数，同时也考查了直线截圆所得弦长的计算，解答的关键就是求出圆的方程，考查计算能力，属于中等题.16.在三棱锥中，则三

16、棱锥外接球的体积的最小值为_【答案】【解析】【分析】：先将三棱锥还原到长方体中，根据题意建立长方体的体对角线与的函数关系式，求解体对角线的最小值，由此得出外接球的体积的最小值【详解】：如图所示，三棱锥的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方体的体对角线，设，那么,所以由题意，体积的最小值即为最小，所以当时，的最小值为，所以半径为，故体积的最小值为【点睛】：根据题意把三棱锥还原到长方体是解决三棱锥外接球问题的常见解法，不同题目背景，还原方法不一样，但三棱锥的四个顶点一定是长方体的顶点四、解答题（本大题共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.如图，D是直角斜边BC上一

17、点，若，求的大小；若，且，求AD的长【答案】【解析】【分析】由已知可求，在中，由正弦定理可得，即可解得由已知在中，由勾股定理可得，令，由余弦定理，即可解得AD的值【详解】， 在中，由正弦定理可得：， ， 或， 又，在中，由勾股定理可得：，可得：， 令，由余弦定理：在中， 在中， 可得：，解得：，可得：【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，勾股定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题18.已知数列为正项等比数列，；数列满足.（1）求；（2）求的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）首先令和求出，从而得到公比，再求通项公式即可.（2）首先根据已知求出，再利用裂

18、项求和即可得到答案.【详解】（1）令，得，所以，令，得，所以，又，所以，设数列的公比为，则，所以；（2）当时，又，因为，所以，时也成立，所以.，所以.【点睛】本题第一问考查等比数列的通项公式，第二问考查由前项和求通项，同时考查了裂项求和，属于中档题.19.如图，已知三棱锥中，平面平面，（1）证明：；（2）求直线和平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，的中点，连、，利用等腰三角形三线合一的性质得出，利用面面垂直的性质可得出平面，进而得出，再证明出，可得出平面，由此可得出；（2）过点作垂足为点，推导出平面，计算出，可得出点到平面的距离为，由此可计算出直

19、线和平面所成角的正弦值为，进而得解.【详解】（1）取的中点，的中点，连、.，为的中点，又，为的中点，又 ，为的中点，又 平面平面，交线为，平面，平面，平面，又，平面，平面，；（2）由（1）知平面，平面，平面平面，过点作垂足为点，平面平面，平面，平面，所以，即是点到平面的距离，平面，平面，又是的中点，点到面的距离，与面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直，同时也考查了线面角的正弦值的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20.为了增强学生的冬奥会知识，弘扬奥林匹克精神，北京市多所中小学校开展了模拟冬奥会各项比赛的活动.为了了解学生在越野滑轮和旱地冰壶两项中的参与情况，在

20、北京市中小学学校中随机抽取了10所学校，10所学校的参与人数如下：（）现从这10所学校中随机选取2所学校进行调查.求选出2所学校参与越野滑轮人数都超过40人的概率；（）现有一名旱地冰壶教练在这10所学校中随机选取2所学校进行指导，记X为教练选中参加旱地冰壶人数在30人以上的学校个数，求X的分布列和数学期望；（）某校聘请了一名越野滑轮教练，对高山滑降、转弯、八字登坡滑行这3个动作进行技术指导.规定：这3个动作中至少有2个动作达到“优”，总考核记为“优”.在指导前，该校甲同学3个动作中每个动作达到“优”的概率为0.1.在指导后的考核中，甲同学总考核成绩为“优”.能否认为甲同学在指导后总考核达到“优

21、”的概率发生了变化？请说明理由.【答案】（）（）见解析，（）见解析【解析】【分析】（）记“选出的两所学校参与越野滑轮人数都超过40人”为事件S，从这10所学校中随机选取2所学校进行调查，可得基本事件总数为.参与越野滑轮人数超过40人的学校共4所，随机选择2所学校共种，利用古典概率计算公式即可得出概率.（）X的所有可能取值为0，1，2，参加旱地冰壶人数在30人以上的学校共4所.利用超几何分布列计算公式即可得出.（）答案不唯一.示例：虽然概率非常小，但是也可能发生，一旦发生，就有理由认为指导后总考核达到“优”的概率发生了变化.【详解】（）记“选出的两所学校参与越野滑轮人数都超过40人”为事件S，现

22、从这10所学校中随机选取2所学校进行调查，可得基本事件总数为.参与越野滑轮人数超过40人的学校共4所，随机选择2所学校共种，所以（）X的所有可能取值为0，1，2，参加旱地冰壶人数在30人以上的学校共4所.，.X的分布列为：X012P.（）答案不唯一.答案示例1：可以认为甲同学在指导后总考核为“优”概率发生了变化.理由如下：指导前，甲同学总考核为“优”的概率为：.指导前，甲同学总考核为“优”的概率非常小，一旦发生，就有理由认为指导后总考核达到“优”的概率发生了变化.答案示例2：无法确定.理由如下：指导前，甲同学总考核为“优”的概率为：.虽然概率非常小，但是也可能发生，所以，无法确定总考核达到“优

23、”的概率发生了变化.【点睛】本题考查古典概型，离散型随机变量的分布列和数学期望，以及根据概率统计做分析和决策等相关问题，属于中档题.21.已知椭圆经过点，离心率为O为坐标原点（1）求椭圆E方程（2）设A，B分别为椭圆E的左、右顶点，D为椭圆E上一点（不在坐标轴上），直线CD交x轴于点P，Q为直线AD上一点，且，求证：C，B，Q三点共线【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由，解得，进而得出椭圆的方程（2）设，则，直线的方程为，令，得点的坐标，设，由，得（显然，写出直线的方程为，得，所以，即， 三点共线【详解】解：（1）由题意，得，又因为，所以，故椭圆E的方程为（2），设，则所

24、以直线CD的方程为，令，得点P的坐标为设，由，得（显然）直线AD的方程为，将代入，得，即故直线BQ的斜率存在，且又因为直线BC的斜率，所以即C，B，Q三点共线【点睛】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆相交问题，向量问题，属于中档题22.已知函数. （1）若曲线与直线在处相切.求的值；求证：当时，；（2）当且时，关于的不等式有解，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）求出导函数，由可求得，再由可求得，从而得；引入函数，利用导数求函数的最小值（需二次求导确定），确定最小值是，从而证得不等式成立；（2）不等式分离参数得，原题等价于时，有解.求出的最小值即可得，为此先证明不等式

25、，仍然构造新函数，利用导数研究新函数的单调性与最值得出结论应用刚证的不等式可得结论【详解】解：（1）因为，所以.因为曲线与直线在处相切，所以，所以所以，所以. 又切点在直线上，所以，所以，所以 由知，可设，则，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，由，所以，所以存在，使得， 所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.因为，所以，即，当且仅当时取等号，所以当时， 故当时， (3）先证. 构造函数，则.故当时，在上递增，当时，在上递减，所以，即 又当，且时，等价于故原题等价于时，有解.因为（当时取等号），所以.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数证明不等式，研究不等式有解问题利用导数解决不等式的恒成立问题的策略：1首先要构造函数，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.2也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.3“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即对于恒成立，应求的最小值；若存在，使得成立，应求的最大值.应特别关注等号是否成立问题