山东省潍坊市2020届高三数学6月模拟考试试题（含解析）.doc

1、山东省潍坊市2020届高三数学6月模拟考试试题（含解析）一、单项选择题：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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先求出集合，再根据交集的定义计算即可；【详解】解：因为所以，又因为所以故选：D【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题.2.将一直角三角形绕其一直角边旋转一周后所形成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为2的圆锥，求出母线长后，利用圆锥的侧面积公式即可求得结果.【详解】根据三视图可知，该几何

2、体是一个底面半径为1，高为2的圆锥，如图：所以圆锥的母线长为，所以圆锥的侧面积为.故选：C.【点睛】本题考查了三视图还原直观图，考查了圆锥的侧面积公式，属于基础题.3.某学校共有教职工120人，对他们进行年龄结构和受教育程度的调查，其结果如下表：本科研究生合计35岁以下40307035-50岁27134050岁以上8210现从该校教职工中任取1人，则下列结论正确是（ ）A. 该教职工具有本科学历的概率低于60B. 该教职工具有研究生学历的概率超过50C. 该教职工的年龄在50岁以上的概率超过10D. 该教职工的年龄在35岁及以上且具有研究生学历的概率超过10【答案】D【解析】【分析】根据表中数

3、据，用频率代替概率求解.【详解】A.该教职工具有本科学历的概率 ，故错误；B.该教职工具有研究生学历的概率，故错误；C.该教职工的年龄在50岁以上的概率，故错误；D.该教职工的年龄在35岁及以上且具有研究生学历的概率，故正确.【点睛】本题主要考查概率的求法，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.4.已知向量，若，则与夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由可得出的值，求出的坐标，根据向量夹角公式即可得结果.【详解】，设与的夹角为，解得，由于，可得，故选：B.【点睛】本题主要考查平面向量数量积的运算，考查向量夹角余弦值的求法，属于基础题.5.函数的部分图象大致为（ ）A

4、. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由函数的奇偶性排除部分选项，再用特殊值确定.【详解】因为，所以是奇函数，故排除A，C；因为，且，所以，故选：B【点睛】本题主要考查函数图象的识别以及奇偶性的应用，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.6.若，则恒成立的一个充分条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先将恒成立问题转化为最值问题，求出的取值范围，再根据充分条件的概念得出答案.【详解】解：因为，当且仅当时等号成立，则恒成立可得，因为，则是恒成立的充分条件.故选：B.【点睛】本题考查基本不等式求最值，考查充分条件的判断，是基础题.7.在我国古代著名的数学专著九

5、章算术里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里：良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢.问相逢时良马比驽马多行（ ）里.A. 540B. 426C. 963D. 114【答案】A【解析】【分析】先分别求解良马和驽马行走的路程，然后可得选项.【详解】由题意得，两马共同走完两倍的齐至长安的距离，假设两马日相逢，因为良马首日行103里，所以第日行里，故相遇时良马行里，同理驽马行里，两马同行里,则，解得或（舍），此时良马共行走了里，驽马共行走了里，而（里）.故选：A.【点睛】本题主要考查以数学文化为背景的等差数列求和问题

6、，准确理解题意，建立等量关系式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.8.已知函数的导函数，则下列结论正确的是（ ）A. 在处有极大值B. 在处有极小值C. 在上单调递减D. 至少有3个零点【答案】C【解析】【分析】通过导函数判断出函数的单调性，然后逐一判断选项即可.【详解】解：由函数导函数可知，当和时，单调递增区间为和，当时，单调递减区间为，故AB错误，C正确，又，的符号无法确定，故无法确定的零点个数，故D错误.故选：C.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，是基础题.二、多项选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.9.设复数，则以下结论正确的是（ ）A. B. C

7、. D. 【答案】BCD【解析】【分析】分别计算出、，可得出，然后结合复数的概念逐项判断即可得出合适的选项.【详解】，则，所以，A选项错误，B选项正确，C选项正确，D选项正确.故选：BCD.【点睛】本题考查复数的乘方运算，解答的关键在于找出的周期性，考查计算能力，属于基础题.10.已知，是两条不重合的直线，是三个两两不重合的平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】AD【解析】【分析】A利用线面垂直的性质判断；B利用面面关系来判断；C利用面面平行的判定定理来判断；D利用面面垂直的判定定理来判断.【详解】解：对A：若，则，又，所以，故正确；对B：若，则

8、与可能平行，也可能相交，故错误；对C：若，由于没有强调与相交，故不能推出，故错误；对D：若，根据面面垂直的判定定理，可得，故正确.故选：AD.【点睛】本题考查线面面面平行与垂直的判定和性质，是基础题.11.在现代社会中，信号处理是非常关键的技术，我们通过每天都在使用的电话或者互联网就能感受到，而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数.函数的图象就可以近似的模拟某种信号的波形，则下列说法正确的是（ ）A. 函数为周期函数，且最小正周期为B. 函数为奇函数C. 函数的图象关于直线对称D. 函数的导函数的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】利用周期的定义可判断A选项的正误；利用奇偶性的定义可判断B选

9、项的正误；利用函数的对称性可判断C选项的正误；求得函数的导数，求出的最大值，可判断D选项的正误.【详解】，所以，不是函数的最小正周期，A选项错误；，且函数的定义域为，所以，函数为奇函数，B选项正确；，所以，函数的图象关于直线对称，C选项正确；，则，又，所以，函数的最大值为，D选项正确.故选：BCD【点睛】本题考查正弦、余弦型函数基本性质的判断，涉及正弦型函数的周期性、对称性以及余弦型函数最值的判断，考查计算能力，属于中等题.12.已知椭圆的左、右焦点分别为，且，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ）A. 的最小值为B. 椭圆的短轴长可能为2C. 椭圆的离心率的取值范围为D. 若，则

10、椭圆的长轴长为【答案】ACD【解析】【分析】A. 将，利用椭圆的定义转化为求解；B.假设椭圆的短轴长为2，则，与点在椭圆的内部验证；C. 根据点在椭圆内部，得到，又，解得，再由求解；D. 根据，得到为线段的中点，求得坐标，代入椭圆方程求解.【详解】A. 因为，所以，所以，当，三点共线时，取等号，故正确；B.若椭圆的短轴长为2，则，所以椭圆方程为，则点在椭圆外，故错误；C. 因为点在椭圆内部，所以，又，所以，所以，即，解得，所以，所以，所以椭圆的离心率的取值范围为，故正确；D. 若，则为线段的中点，所以，所以，又，即，解得，所以，所以椭圆的长轴长为，故正确.故选：ACD【点睛】本题主要考查椭圆的

11、定义，点与椭圆的位置关系以及椭圆的几何性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.三、填空题：13.若函数，则_.【答案】2【解析】【分析】根据分段函数的解析式，由内到外逐层求函数值即可得到答案.【详解】，.故答案为：2.【点睛】本题考查了求分段函数的函数值，属于基础题.14.已知双曲线的渐近线与圆相切，且双曲线的一个焦点与圆的圆心重合，则双曲线的方程为_.【答案】【解析】【分析】由题意，且圆心到直线的距离等于半径，可得，又，可求，即得双曲线的方程.【详解】由题意，圆的圆心是双曲线的右焦点，.双曲线的渐近线方程为.双曲线的渐近线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，即，又，.双曲线

12、的方程为.故答案为：.【点睛】本题考查双曲线的标准方程，考查直线和圆的位置关系，属于基础题.15.在中，点在线段上，且满足，则_.【答案】【解析】【分析】首先根据，设，根据已知条件得到，再利用正弦定理即可得到答案.【详解】如图所示：，设，.因为，所以.又因为，所以，.因为，.在中，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形，同时考查学生分析问题的能力，属于简单题.16.如图1.四边形是边长为10的菱形，其对角线，现将沿对角线折起，连接，形成如图2的四面体，则异面直线与所成角的大小为_.在图2中，设棱的中点为，的中点为，若四面体的外接球的球心在四面体的内部，则线段长度的取值范围为_.

13、【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】连接、，利用线面垂直的判定定理可求异面直线与所成角的大小；先根据外接球的性质确定出四面体的外接球球心，利用勾股定理，求出和，进而求出，借助三角函数的取值范围以及，即可求出线段长度的取值范围.【详解】连接、，四边形是菱形，为棱的中点，所以，又，则平面，由平面，则，即异面直线与所成角的大小为.由四边形是边长为10的菱形，其对角线，则，是的外心，在中线中，设过点的直线平面，易知平面，同理是的外心，在中线上，设过点的直线平面，易知平面，由对称性易知、的交点在直线上，根据外接球的性质，点为四面体的外接球的球心，解得，令，根据题意可知，且,则平面，平面，则，所

14、以，又，即线段长度的取值范围为，故答案为：；【点睛】本题考查了平面图形的翻折、多面体与球体的外接问题，考查了考生的推理能力和计算能力，难度较大.四、解答题：解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.17.已知函数的图象如图所示. （1）求的解析式；（2）将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数，设，求函数在上的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据最小值和最小正周期可求得，利用和可求得，进而得到解析式；（2）根据三角函数左右平移可求得，结合两角和差公式和辅助角公式可化简得到，利用整体对应的方式可确定最值.【详解】（1）且，.由图象可知：最小正周期，.又，解得：，又，.（2）由题

15、意得：，当时，当时，取得最大值，最大值为.【点睛】本题考查根据三角函数图象求解函数解析式、三角函数的平移变换、两角和差公式和辅助角公式化简三角函数、正弦型函数最值的求解问题；求解正弦型函数最值的常用方法是采用整体对应的方式，结合正弦函数图象确定最值.18.如图，点是以为直径的圆上的动点（异于，），已知，平面，四边形为平行四边形. （1）求证：平面；（2）当三棱锥的体积最大时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质、平行线的性质，结合线面垂直的性质、直径所对圆周角的性质、线面垂直的判定理进行证明即可；（2）根据三棱锥的体积

16、公式，结合基本不等式可以求出的长.法一：以为坐标原点，以，为，轴建立空间直角坐标系，利用空间平面向量夹角公式，结合线面垂直的性质进行求解即可；法二：根据线面平行的判定定理、面面平行的性质、平行线的性质可以证明出平面平面的交线与BC平行，在圆内作交圆于点,可以证明出直线是平面平面的交线，这样利用线面垂直的判定定理，结合二面角的定义进行求解即可.【详解】（1）因为四边形为平行四边形，所以.因为平面，所以平面，所以.因为是以为直径的圆上的圆周角，所以，因为，平面，所以平面.（2）中，设，所以，因为，所以，所以，当且仅当，即时，三棱锥体积的最大值为.法一：以为坐标原点，以，为，轴建立空间直角坐标系.则

17、，所以，平面的法向量，设平面的法向量，所以，即，所以.法二：因为，平面，平面，所以平面，设平面平面，则，又，所以，又点是平面与平面公共点，所以过点，过点圆内作交圆于点，则直线与重合，所以为平面与平面的交线，因为，所以，又因为平面，所以，所以，所以为两个平面所成的锐二面角的平面角，在中，所以，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了证明线面垂直，考查了求二面角的余弦值问题，考查了三棱锥的体积公式，考查了基本不等式的应用，考查了推理论证能力和数学运算能力.19.为了严格监控某种零件的一条生产线的生产过程，某企业每天从该生产线上随机抽取10000个零件，并测量其内径（单位：）.根据

18、长期生产经验，认为这条生产线正常状态下生产的零件的内径服从正态分布.如果加工的零件内径小于或大于均为不合格品，其余为合格品.（1）假设生产状态正常，请估计一天内抽取的10000个零件中不合格品的个数约为多少；（2）若生产的某件产品为合格品则该件产品盈利；若生产的某件产品为不合格品则该件产品亏损.已知每件产品的利润（单位：元）与零件的内径有如下关系：.求该企业一天从生产线上随机抽取10000个零件的平均利润.附：若随机变量服从正态分布，有，.【答案】（1）26；（2）元.【解析】【分析】（1）根据正态分布的原则，零件的尺寸在之内的概率为，从而可得不合格品的概率为，即可求解. （2）根据正态分布的

19、原则，求出对应的概率，再利用均值的计算公式即可求解.【详解】（1）抽取的一个零件的尺寸在之内的概率为，从而抽取一个零件为不合格品的概率为，因此一天内抽取的10000个零件中不合格品的个数约为：.（2）结合正态分布曲线和题意可知：，故随机抽取10000个零件的平均利润：元.【点睛】本题考查了正态分布曲线的性质以及应用、正态分布期望的求法、原则的综合应用，属于中档题.20.设抛物线的焦点为，点是上一点，且线段的中点坐标为.（1）求抛物线的标准方程；（2）若，为抛物线上的两个动点（异于点），且，求点的横坐标的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设点，由线段的中点坐标可得出点的坐标

20、，再代入抛物线的标准方程可得出关于的方程，解出正数的值，即可得出抛物线的标准方程；（2）设点、，求出直线的斜率，进而求出直线的方程，将直线的方程与抛物线的标准方程联立，可得出，可知该方程有解，由可求得的取值范围，并进行检验，由此可得出点的横坐标的取值范围.【详解】（1）依题意得，设，由的中点坐标为，得，即，所以，得，即，所以抛物线的标准方程为；（2）由题意知，设，则，因为，所以，所在直线方程为，联立，因为，得，即，因为，即，故或.经检验，当时，不满足题意；所以点的横坐标的取值范围是.【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了由直线垂直求抛物线上的点的横坐标的取值范围，考查计算能力，属于中等

21、题.21.已知函数，.（1）若函数在处的切线与直线平行，求；（2）证明：在（1）的条件下，对任意，成立.【答案】（1）0；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，根据切线斜率列方程求出；（2）求出函数在上的最小值，函数在上的最小值，比较大小即可证明.【详解】（1）的定义域为，因为在处的切线与直线平行，所以，即；（2）在（1）的条件下，可得，当时，单调递减，当时，单调递增，所以在时取得最小值，可知，由，令，所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以，因为，所以在单调递减，可知，所以对任意，.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查利用导数求函数最值，关键是将恒成立问题转化为最值问题，是中档题.22

22、.设是数列1，的各项和，.（1）设，证明：在内有且只有一个零点； （2）当时，设存在一个与上述数列的首项、项数、末项都相同的等差数列，其各项和为，比较与的大小，并说明理由；（3）给出由公式推导出公式的一种方法如下：在公式中两边求导得：，所以成立，请类比该方法，利用上述数列的末项的二项展开式证明：时（其中表示组合数）【答案】（1）证明见解析；（2），理由见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）依题意可得，求出导函数说明其单调性，再由等比数列前项和得，又；（2）由题意，设，然后利用导数研究其单调性即可得证；（3）由二项展开式得，两边求导：，再令，代入可证；【详解】解：（1），由于，故，因此，在单调递增，又，所以在内有且只有一个零点.（2）由题意，.设.当时，当时，此时，所以单调递增，当时，所以单调递减，.综上，时，；且时，.（3）数列的末项为，由二项展开式得，两边求导：，取，得，两边乘以，得，即.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，等比数列前项和，二项式展开式的应用，属于中档题.