山东省潍坊市高密一中2020届高三数学3月质量检测试题（含解析）.doc

1、山东省潍坊市高密一中2020届高三数学3月质量检测试题（含解析）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，只有一项符合题目要求.1.已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为，所以.故选B.2.设(为虚数单位），其中是实数，则等于( )A. 5B. C. D. 2【答案】A【解析】由，得，解得，故选A3.已设都是正数，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分且必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由和分别求出a，b的关系，然后利用必要条件、充分条件及充分必要条件的判断方法得答案【

2、详解】由，得或或，由，得，“”是“”的必要不充分条件故选：【点睛】本题主要考查了必要条件、充分条件及充分必要条件的判断方法，考查了不等式的性质，属于中档题4.甲、乙、丙三位同学获得某项竞赛活动的前三名，但具体名次未知3人作出如下预测：甲说：我不是第三名；乙说：我是第三名；丙说：我不是第一名若甲、乙、丙3人的预测结果有且只有一个正确，由此判断获得第三名的是A. 甲B. 乙C. 丙D. 无法预测【答案】A【解析】【分析】若甲的预测正确，则乙、丙的预测错误，推出矛盾！若乙的预测正确，甲、丙的预测错误，推出矛盾！若丙的预测正确，甲、乙的预测错误，可推出三个人的名次【详解】若甲的预测正确，乙、丙的预测错

3、误，则丙是第一名，甲不是第三名，则甲是第二名，乙是第三名，矛盾！若乙的预测正确，甲、丙的预测错误，则乙是第三名，甲的预测错误，那么甲是第三名，矛盾！若丙的预测正确，则甲、乙的预测错误，则甲是第三名，乙不是第三名，丙是第一名，则乙是第二名因此，第三名是甲，故选A【点睛】本题考查合情推理，突出假设法在推理中的应用，通过不断试错来推出结论，考查推理分析能力，属于中等题5.九章算术是我国古代数学名著，其中有这样一个问题:“今有宛田，下周三十步，径十六步，问为田几何？”意思说：现有扇形田，弧长三十步，直径十六步，问面积多少？书中给出计算方法：以径乘周，四而一，即扇形的面积等于直径乘以弧长再除以.在此问题

4、中，扇形的圆心角的弧度数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意，根据给出计算方法：扇形的面积等于直径乘以弧长再除以，再由扇形的弧长公式列出方程，即可求解.【详解】由题意，根据给出计算方法：以径乘周，四而一，即扇形的面积等于直径乘以弧长再除以，再由扇形的弧长公式，可得扇形的圆心角（弧度），故选C.【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式的实际应用问题，其中解答中认真审题，正确理解题意，合理利用扇形的弧长公式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.6.若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是（ ）A. 210B. 180C. 16

5、0D. 175【答案】B【解析】【分析】根据题意，得出二项式的指数的值，再利用展开式的通项公式求出常数项是多少【详解】解：展开式中只有第六项的二项式系数最大，展开式中共有11项，n10；展开式的通项公式为令，得，常数项是，故选B【点睛】本题考查了二项式定理的应用问题，也考查了逻辑推理与运算能力，是基础题目7.泉城广场上矗立着的“泉标”，成为泉城济南的标志和象征.为了测量“泉标”高度，某同学在“泉标”的正西方向的点A处测得“泉标”顶端的仰角为45，沿点A向北偏东30前进100m到达点B，在点B处测得“泉标”顶端的仰角为30，则“泉标”的高度为（ ）A. 50mB. 100mC. 120mD. 1

6、50m【答案】A【解析】【分析】先设DCx，然后在ABC中，利用余弦定理可得，再求解即可.【详解】解:根据题意，作出图形如图所示：所以AB100，BAC60，DBC30，设DCx，所以ACx，BC，在ABC中，利用余弦定理的应用得，得，又，解得，故选:A【点睛】本题考查了余弦定理的应用，重点考查了运算能力，属基础题.8.已知函数满足，且与的图像交点为，则的值为( )A. 20B. 24C. 36D. 40【答案】D【解析】【分析】根据已知条件判断和都关于中心对称，由此求得的值.【详解】由于满足，当时，所以关于中心对称.由于，所以关于中心对称.故和都关于中心对称.所以与的图像交点，两两关于对称.

7、所以.故选D.【点睛】本小题主要考查函数图像的对称性，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.二、多项选择题：本题共4小题，中学联盟每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点（离地面最近的点）距地面千米，远地点（离地面最远的点）距地面千米，并且三点在同一直线上，地球半径约为千米，设该椭圈的长轴长、短轴长、焦距分别为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据条件数形结合可知，然后变形后，逐一分析选项，得到正确答

8、案.【详解】因为地球的中心是椭圆的一个焦点，并且根据图象可得 ，（*） ，故A正确；，故B正确；（*）两式相加，可得，故C不正确；由（*）可得 ，两式相乘可得 ， ，故D正确.故选ABD【点睛】本题考查圆锥曲线的实际应用问题，意在考查抽象，概括，化简和计算能力，本题的关键是写出近地点和远地点的方程，然后变形化简.10.甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（ ）A. B. C. 事件与事件相互独立

9、D. ，是两两互斥的事件【答案】BD【解析】【分析】由题意，是两两互斥的事件，由条件概率公式求出，对照四个选项判断即可.【详解】由题意，是两两互斥事件，故B正确；，故A，C不正确；，是两两互斥的事件，故D正确.故选：BD【点睛】本题考查了互斥事件和条件概率，考查了学生实际应用，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.11.已知点是双曲线：的右支上一点，为双曲线的左、右焦点，的面积为20，则下列说法正确的是（ ）A. 点的横坐标为B. 的周长为C. 小于D. 的内切圆半径为【答案】ABC【解析】【分析】设的内心为，连接，设,利用的面积为20，可求得P点坐标；的周长为，借助P点坐标，可得解；利用，可

10、求得，可研究范围；可求得内切圆半径r.【详解】设的内心为，连接，双曲线：中的，不妨设，由的面积为20，可得，即，由，可得，故A符合题意；由，且，可得，则，则，故C符合题意；由，则的周长为，故B符合题意；设的内切圆半径为，可得，可得，解得，故D不符合题意故选：ABC【点睛】本题考查了双曲线的性质综合，考查了学生综合分析，转化化归，数学运算的能力，属于中档题.12.已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A. 若，则满足条件的点有且只有一个B. 若，则点的轨迹是一段圆弧C. 若平面，则长的最小值为2D. 若平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形

11、的面积为【答案】ABD【解析】【分析】若，由于与重合时，此时点唯一；，则，即点的轨迹是一段圆弧；当为中点时，DP有最小值为，可判断C；平面截正四棱柱的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为，可得D.【详解】如图：正四棱柱的底面边长为2，又侧棱，则与重合时，此时点唯一，故A正确；，则，即点的轨迹是一段圆弧，故B正确；连接，可得平面平面，则当为中点时，DP有最小值为，故C错误；由C知，平面即为平面，平面截正四棱柱外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为，面积为，故D正确故选：ABD【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.三、填空题：

12、本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，若满足，且方向相同，则_【答案】【解析】【分析】由向量平行坐标表示计算注意验证两向量方向是否相同【详解】，解得或，时，满足题意，时，方向相反，不合题意，舍去故答案为：1【点睛】本题考查向量平行的坐标运算，解题时要注意验证方向相同这个条件，否则会出错14.已知是与的等比中项，则圆锥曲线的离心率是_【答案】或【解析】【分析】由是与的等比中项算出,再分两种情况计算圆锥曲线的离心率即可.【详解】由是与的等比中项有,故.当时圆锥曲线方程,为焦点在轴的双曲线,其中,此时离心率当时圆锥曲线方程,为焦点在轴的椭圆,其中,此时离心率故答案为或【点睛】本题主要考

13、查椭圆与双曲线方程运用,属于基础题型.15.对于函数，若在定义域内存在实数满足，则称函数为“倒戈函数”设（，且）是定义在1，1上的“倒戈函数”，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】即，构造函数，利用换元法求函数值域，即得解.【详解】是定义在1，1上的“倒戈函数，存在满足，构造函数，令，故答案为：.【点睛】本题考查了函数综合，考查了学生，综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.16.已知函数，其中，是这两个函数图像的交点，且不共线.当时，面积的最小值为_；若存在是等腰直角三角形，则的最小值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】利用函数的图象和性质的应用求出三角形的底

14、和高，进一步求出三角形的面积；利用等腰直角三角形的性质的应用求出的最小值【详解】函数，其中，是这两个函数图象的交点， 当时， 所以函数的交点间的距离为一个周期，高为所以： 如图所示： 当时，面积的最小值为；若存在是等腰直角三角形，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半， 则， 解得的最小值为 故答案为：，【点睛】本题主要考查了三角函数的图象和性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.数列满足：（1）求的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和.【答案】（1）;（2）.【解析】【分析

15、】（1）利用时，求解；检验成立即可求解（2）由 ，得，利用错位相减求和即可【详解】（1）令时，时，满足所以；（2）由 ， 得【点睛】本题考查利用前n项和求通项公式，考查错位相减求和，准确利用前n项和求出通项公式是关键，是中档题18.在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知（1）求角B的大小；（2）求的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】分析】（1）根据正弦定理边化角，与两角和的正弦公式求得B的值；（2）根据正弦定理边化角，再利用同角三角函数关系结合角的范围求得取值范围【详解】（1）由，根据正弦定理，有 即有 则有，又，所以， （2）由（1），则，又为锐角三角形，所以，且，所以，

16、于是则 又所以，的取值范围是【点睛】本题主要考查了正弦定理、同角的三角函数关系以及两角和差的正弦公式，正确求得角的范围是解题的关键19.如图，三棱柱中，平面平面.（1）求证：；（2）若，直线与平面所成角为，为的中点，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）过点C作COAA1，则CO平面AA1B1B，COOB，推导出RtAOCRtBOC，从而AA1OB，再由AA1CO，得AA1平面BOC，由此能证明AA1BC（2）以O为坐标原点，OA，OB，OC所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B1A1DC1的余弦值【详解】（1）过点作，垂足为，因为

17、平面平面，所以平面，故，又因为，所以，故，因为，所以，又因为，所以平面，故.（2）以为坐标原点，所在直线为，轴，建立空间直角坐标系，因为平面，所以是直线与平面所成角，故，所以，设平面的法向量为，则，所以，令，得，因为平面，所以为平面的一条法向量，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题20.为提高城市居民生活幸福感，某城市公交公司大力确保公交车的准点率，减少居民乘车候车时间为此，该公司对某站台乘客的候车时间进行统计乘客候车时间受公交车准点率、交通拥堵情况、节假日

18、人流量增大等情况影响在公交车准点率正常、交通拥堵情况正常、非节假日的情况下，乘客候车时间随机变量满足正态分布在公交车准点率正常、交通拥堵情况正常、非节假日的情况下，调查了大量乘客的候车时间，经过统计得到如图频率分布直方图.（1）在直方图各组中，以该组区间的中点值代表该组中的各个值，试估计的值；（2）在统计学中，发生概率低于千分之三的事件叫小概率事件，一般认为，在正常情况下，一次试验中，小概率事件是不能发生的在交通拥堵情况正常、非节假日的某天，随机调查了该站的10名乘客的候车时间，发现其中有3名乘客候车时间超过15分钟，试判断该天公交车准点率是否正常，说明理由.（参考数据：，）【答案】（1），（

19、2）准点率正常，详见解析【解析】【分析】（1）由频率分布直方图结合均值和方差公式可求出和；（2）由正态分布求得再根据n次独立重复试验中事件发生k次的概率公式求有3名乘客候车时间超过15分钟的概率从而得出结论.【详解】（1），（2），设3名乘客候车时间超过15分钟的事件为，准点率正常【点睛】考查正态分布，考查数学建模，数据分析，数学运算的数学素养.21.已知椭圆，点F为抛物线的焦点，焦点F到直线3x-4y+3=0的距离为d1，焦点F到抛物线C的准线的距离为d2，且(1)抛物线C的标准方程;(2)若在x轴上存在点M，过点M的直线l分别与抛物线C相交于P、Q两点，且为定值，求点M的坐标.【答案】（1

20、）；（2）【解析】【分析】（1）根据点到直线的距离公式以及抛物线的性质可求得和，再结合解出即可得抛物线的方程；（2）设点的坐标为，设点，的坐标分别为，设直线的方程为，与抛物线方程联立可得， ，把根与系数的关系代入可得，由其为定值可得，即得结果.代入同理可得结论【详解】（1）由题意知，焦点的坐标为，则，又，解得：.故抛物线的标准方程为.（2）设点的坐标为，设点，的坐标分别为，显然直线的斜率不为0.设直线的方程为.联立方程消去，并整理得，则且，.由，.有. 若为定值，必有.所以当为定值时，点的坐标为.【点睛】本题考查了抛物线的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、定点问题，考查了推理能力

21、与计算能力，属于中档题22.已知函数讨论函数的极值点的个数；若函数有两个极值点，证明：【答案】(1)见解析 (2)见解析【解析】【分析】先求出函数的导函数，通过讨论a的范围确定导函数的符号，从而得出函数的单调区间，进而判断函数极值点个数；由可知当且仅当时有极小值和极大值，且，是方程的两个正根，则，根据函数表示出，令，通过对求导即可证明结论【详解】解：函数， ，当时，当时，单调递减；当时，单调递增；当时，有极小值；当时，故，在上单调递减，故此时无极值；当时，方程有两个不等的正根，可得，则当及时，单调递减；当时， ；单调递增；在处有极小值，在处有极大值综上所述：当时，有1个极值点；当时，没有极值点；当时，有2个极值点由可知当且仅当时有极小值点和极大值点，且，是方程的两个正根，则，；令，；，在上单调递减，故，【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值，注意分类讨论思想的运用，属于难题