山东省聊城市2020届高三高考模拟考试（三模）数学试题 WORD版含解析.doc

1、2020年聊城市高考模拟试题数学（三） 一、单项选择题1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，先得到，再求交集，即可得出结果.【详解】因为，所以，因此.故选：D.【点睛】本题主要考查集合交集运算，熟记交集的概念即可，属于基础题型.2.已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】首先化简复数和，再根据复数的几何意义判断对应的点所在的象限.【详解】 ，复数在复平面内对应的点是，在第一象限.故选：A【点睛】本题考查复数的运算，复数的几何意义，属于基础题型.3.已知向量，则向量与

2、向量的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题中条件，求出，再由向量夹角公式，即可求出结果.【详解】因为向量，所以，即，即，因此，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查求向量的夹角，熟记向量夹角公式，以及向量数量积的运算法则即可，属于基础题型.4.在某技能测试中，甲乙两人的成绩（单位：分）记录在如下的茎叶图中，其中甲的某次成绩不清晰，用字母代替已知甲乙成绩的平均数相等，那么甲乙成绩的中位数分别为（ ）A. 20 20B. 21 20C. 20 21D. 21 21【答案】B【解析】【分析】先由题中数据，根据题意，求出，将甲乙的成绩都从小到大排序，即可得出中位数.【详解

3、】由题中数据可得：甲的平均数为，乙的平均数为，因为甲乙成绩的平均数相等，所以，解得：，所以甲的成绩为：，其中位数为，乙的成绩为：，其中位数为.故选：B.【点睛】本题主要考查由茎叶图计算中位数，属于基础题型.5.函数的图像大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数解析式，分别判断，的正负，即可得出结果.【详解】当时，所以，排除AB选项；当时，所以，排除D选项.故选：C.【点睛】本题考查函数图像的识别，根据排除法，即可得出结果.6.最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的数书九章（1247年）该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、

4、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”其中“天池测雨”法是下雨时用一个圆台形的天池盆收集雨水已知天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸当盆中积水深九寸（注：1尺=10寸）时，平地降雨量是（ ）A. 9寸B. 7寸C. 8寸D. 3寸【答案】D【解析】【分析】由题意求得盆中水的体积，再除以盆口面积即得【详解】由已知天池盆上底面半径是14寸，下底面半径上6寸，高为18寸，由积水深9寸知水面半径为寸，则盆中水体积为（立方寸）所以平地降雨量为（寸），故选：D【点睛】本题考查圆台的体积计算公式，正确理解题意是解题关键本题属于基础题7.某部队在演习过程中，用悬挂的彩旗来表达行动信号，

5、每个信号都由从左到右排列的4面彩旗组成，有红、黄、蓝三种颜色的彩旗若从所有表达的信号中任选一种，则这种信号中恰有2面红色旗子的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先求彩旗表达信号的所有方法种数，以及信号中恰有2面红色旗子的方法种数，再根据古典概型计算.【详解】由条件可知悬挂的彩旗表达行动信号，共有种，若恰有2面红色旗子，则有种，所以这种信号中恰有2面红色旗子的概率.故选：A【点睛】本题考查古典概型，属于基础题型，本题的关键是正确理解题意，并能转化为数学问题.8.已知线段是圆的一条动弦，且，若点为直线上的任意一点，则的最小值为（ ）A B. C. D. 【答案】C【解

6、析】【分析】取中点为，连接，根据题意，求出，再由，得到取最小值，即是取最小值，所以只需取最小，根据点到直线距离公式，求出的最小值，即可得出结果.【详解】取中点为，连接，因为是圆的一条动弦，且，所以，又，即因此，取最小值，即是取最小值，所以只需取最小，又点为直线上的任意一点，所以点到直线的距离，即是，即，因此，即.故选：C.【点睛】本题主要考查求向量模的最值问题，将其转化为直线上任意一点与圆心距离的最值问题，是解决本题的关键，属于常考题型.二、多项选择题9.下列命题正确的是（ ）A. 在独立性检验中，随机变量的观测值越大，“认为两个分类变量有关”这种判断犯错误的概率越小B. 已知，当不变时，越大

7、，的正态密度曲线越矮胖C. 若在平面内存在不共线的三点到平面的距离相等，则平面平面D. 若平面平面，直线，则【答案】AB【解析】【分析】对选项A，根据独立性检验的原理即可判断，对选项B，根据正态曲线的几何特征即可判断，对选项C，D，利用面面和线面的位置关系即可判断.【详解】对选项A，因为随机变量的观测值越大，说明两个变量有关系的可能性越大，即犯错误的概率越小，故A正确.对选项B，根据正态曲线的几何特征，即可判断B正确.对选项C，当平面与平面相交时，在平面内存在不共线的三点到平面的距离相等，故C错误.对选项D，若平面平面，直线，则直线有可能在平面内，故D错误.故选：AB【点睛】本题主要考查了独立

8、性检验和正态分布，同时考查了线面和面面的位置关系，属于简单题.10.已知函数（ ）A. 为的周期B. 对于任意，函数都满足C. 函数在上单调递减D. 的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】A.由函数周期定义判断是否满足；B根据诱导公式判断是否满足；C.根据定义域，化简函数，并判断函数的单调性；D.在一个周期内，分和两种情况讨论函数，并判断函数的最小值.【详解】A.，即，所以为的周期，故A正确；B.，所以，故B正确；C.当时，此时，而 ，故C正确；D.由A可知函数的周期是，所以只需考查一个周期函数的值域，设，当时，即，当时，即，所以时，的最小值为-1，故D不正确.故选：ABC【点睛】本题考查三

9、角函数的性质，重点考查诱导公式，周期性，函数的单调性和最值，属于中档题型.11.关于函数，下列判断正确的是（ ）A. 函数的图像在点处的切线方程为B. 是函数的一个极值点C. 当时，D. 当时，不等式的解集为【答案】ACD【解析】【分析】先对函数求导，得到，求出函数的图像在点处的切线方程，即判断A；根据时，恒成立，得到函数单调，无极值点，可判断B；根据导数的方法求出时，的最小值，即可判断C；根据导数的方法判断时函数的单调性，根据单调性列出不等式组求解，即可得出结果.【详解】因为，所以，所以，因此函数的图像在点处的切线方程为，即，故A正确；当时，在上恒成立，即函数在定义域内单调递减，无极值点；故

10、B错；当时，由得；由得，所以函数在上单调递减，在上单调递增；因此，即；故C正确；当时，上恒成立，所以函数在上单调递减；由可得，解得：，故D正确；故选：ACD.【点睛】本题主要考查求曲线在某一点处的切线方程，以及导数的方法研究函数的单调性、极值最值等，属于常考题型.12.已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线与双曲线的右支交于、两点，若，则（ ）A B. 双曲线的离心率C. 双曲线的渐近线方程为D. 原点在以为圆心，为半径的圆上【答案】ABC【解析】【分析】根据双曲线的定义求出焦点弦长与实半轴长的关系，然后计算离心率，求渐近线方程，同时在假设D正确的情况下，出现矛盾的结论，最终得出正确选项【详

11、解】如图，设，则，所以，所以，A正确；，在中，在中，即，所以，B正确；由得，渐近线方程为，C正确；若原点在以为圆心，为半径的圆上，则，与B矛盾，不成立，D错故选：ABC【点睛】本题考查双曲线的焦点弦有关问题，解题关键是利用双曲线的定义把焦点弦焦半径用表示从而寻找到的选题关系可求得离心率和渐近线方程三、填空题13.已知数列中，则_【答案】16【解析】【分析】直接由递推式逐一计算得出【详解】由题意，故答案为：16【点睛】本题考查数列的递推公式，由递推公式求数列的项，如果项数较小，可直接利用递推公式逐一计算，如果项数较大，则需要从递推式寻找到规律，或求出通项公式，再去求某一项14.四张卡片上分别写有

12、数字3、4、5、6，甲、乙、丙、丁四名同学各取走一张，若甲、乙两名同学卡片上的数字都是偶数，甲、丙两名同学卡片上的数字之和大于9，则_同学卡片上的数字最小【答案】丁【解析】【分析】根据题意，先得到甲的卡片数字只能是6，从而可分别得出其他同学的卡片数字，进而可得出结果.【详解】由题意，因为甲、乙两名同学卡片上的数字都是偶数，所以甲的是4、乙的是6，或乙的是4、甲的是6；又甲、丙两名同学卡片上的数字之和大于9，则甲的卡片数字只能是6，所以乙的是4，丙的是5，故丁的是3.即丁同学卡片上的数字最小.故答案为：丁.【点睛】本题主要考查合情推理，根据题中条件合理推断即可，属于基础题型.15.已知，其中，则

13、_【答案】3【解析】【分析】是的系数，由多项式乘法结合二项式定理可得【详解】由题意展开式中的系数为，解得故答案为：3【点睛】本题考查二项式定理，掌握二项展开式通项公式是解题关键对两个多项式相乘，注意乘法法则的应用16.在棱长为2的正方体中，分别为棱，的中点，点为棱上的动点，则的最大值为_，若点为棱的中点，三棱锥的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】连接交于点，根据正方体的特征，得到，为的中点，点到直线的距离最大为，由题中数据，求出，得到当点与点重合时，的面积最大；再由，即可求出的最大值；若点为棱的中点，连接交于点，连接，则点为右侧面的中心，取左侧

14、面的中心为点，连接，记的中点为，则为正方体的中心，连接，则，得到的外接圆圆心为点，根据球的结构特征，得到三棱锥外接球的球心在直线上，记作点，连接，设三棱锥外接球的半径为，根据题中条件，列出方程求解，即可得出，从而可求出球的表面积.【详解】连接交于点，因为四边形是正方形，分别为棱，的中点，所以易得，为的中点，且正方形中，点到直线的距离最大为，又正方体的棱长为，所以，因此，所以，所以，又点为棱上的动点，所以当点与点重合时，的面积最大，为；因为正方体中，平面，所以平面，又，所以；若点为棱的中点，连接交于点，连接，则点为右侧面的中心，取左侧面中心为点，连接，记的中点为，则为正方体的中心，连接，则，因为

15、为棱的中点，所以，所以，因此，所以的外接圆圆心为点；又球心与截面圆圆心的连线垂直于截面，平面，所以平面，因此三棱锥外接球的球心在直线上，记作点，连接，设三棱锥外接球的半径为，则，又，且，所以四边形为矩形，因此，所以，因为，所以，又，所以，解得：，所以该球的表面积为.故答案为：；.【点睛】本题主要考查求三棱锥体积的最值，以及求三棱锥外接球的表面积，熟记简单几何体的结果特征，以及棱锥体积公式、球的表面积公式即可，属于常考题型，难度较大.四、解答题17.已知数列是单调递增的等差数列，且，成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，数列满足，求数列的前项和【答案】（1）；（2）当为偶数时

16、，；当为奇数时，【解析】【分析】（1）先由题意，设的公差为，且，根据，成等比数列，列出方程求出公差，从而可求出通项公式；（2）根据（1）的结果，由等差数列求和公式，以及，得到，再由裂项求和的方法，即可求出结果.【详解】（1）由题意，设的公差为，且，因为，且，成等比数列，即，解得，（舍）（2），当为偶数时，当奇数时，当为偶数时，；当为奇数时，【点睛】本题主要考查求等差数列的通项公式，以及数列的求和，熟记等差数列的通项公式与求和公式，等比中项的定义，以及裂项求和的方法即可，属于常考题型.18.在，且，这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并给出解答在中，角，的对边分别为，且_（1）求角；（2）若

17、，求周长的最大值【答案】条件选择见解析；（1）；（2）12【解析】【分析】（1）若选，根据向量数量积的坐标表示，以及余弦定理，即可求出角；若选，根据正弦定理，化简整理，即可求出角；若选，先将条件化简，得到，即可求出角；（2）先由余弦定理，根据（1）的结果，得到，再由基本不等式，求出，即可得出周长的最值.【详解】（1）选，且，化简得，由余弦定理得，又因为，选根据正弦定理，由得，又因为，所以，又因为，所以，又因为，所以选由，得，即，所以，又因为，所以，因此（2）由余弦定理，得又，当且仅当时等号成立，解得，当且仅当时，等号成立的周长的最大值为12【点睛】本题主要考查解三角形，以及求三角形的周长最值问

18、题，熟记正弦定理与余弦定理，以及基本不等式即可，属于常考题型.19.如图1所示，为矩形，四边形为正方形与为全等的等腰梯形，其中，沿着，折成如图2所示的几何体，使，分别与，重合（1）求证：平面平面；（2）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）由四边形是正方形，得，再由四边形是矩形，得，然后利用线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；（2）由已知可推得，两两垂直，所以以，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图所示，然后利用空间向量求解即可.【详解】（1）证明：四边形是正方形，四边形是矩形，又，平面，平面又因为平面，平面平面（2）

19、由（1）知平面平面过作于点，平面平面，平面平面，平面过作，且交于点，两两垂直，分别以，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图所示：则，设平面的一个法向量为，则由得令，得又平面的一个法向量，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为【点睛】此题考查的是证面面垂直和求二面角的余弦值，考查空间想象能力，利用了空间向量求解，考查了计算能力，属于中档题.20.已知椭圆的离心率为，为椭圆上异于长轴端点的任意一点，面积的最大值为（1）求椭圆的标准方程；（2）已知为椭圆的右顶点，过左焦点的动直线交椭圆于，两点（异于点），直线，与定直线的交点分别为，若以为直径的圆经过点，求直线的方程【答案】（1）；（2）直线的方程为

20、【解析】【分析】（1）当是短轴端点时，面积的最大，由此可处，再由离心率，及可求得得椭圆方程；（2）设直线的方程为，代入椭圆方程，得，设，由，三点共线得，同理得，把坐标代入，并代入可求得【详解】解：（1）由离心率得，因为当点为短轴端点时，面积最大，在椭圆中，由解得，所以椭圆的标准方程为（2）由（1）知，设直线的方程为，联立消得，设，则，设，由，三点共线得，同理得，因为以为直径的圆经过点，所以，于是，由，将，代入上式，得，将，代入得，解得，或（舍去）故直线的方程为【点睛】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交问题，解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点坐标，设直线方程与椭圆方程联立方程组，消元

21、后应用韦达定理得出（或），然后把这个代入其他条件化简变形，得出结论21.贝诺酯为对乙酰氨基酚与阿司匹林的酯化产物，是一种新型的抗炎、抗风湿、解热镇痛药，主要用于类风湿关节炎、急慢性风湿性关节炎、神经痛及术后疼痛药监部门要利用小白鼠扭体实验，对某厂生产的该药品的镇痛效果进行检测，若用药后的小白鼠扭体次数没有减少，扭体时间间隔没有变长，则认定镇痛效果不明显（1）若该药品对雌性小白鼠镇痛效果明显的概率为，对雄性小白鼠镇痛效果明显的概率为，药监部门要利用两只雌性和两只雄性小白鼠检测该药药效，对4只小白鼠逐一检测若在检测过程中，一只小白鼠用药后镇痛效果明显，记录积分为1，镇痛效果不明显，则记录积分为用随

22、机变量表示检测4只小白鼠后的总积分，求随机变量的分布列和数学期望；（2）若该药品对每只雌性小白鼠镇痛效果明显的概率均为，现对6只雌性小白鼠逐一进行检测，当检测到镇痛效果不明显的小白鼠时，停止检测设至少检测5只雌性小白鼠才能发现镇痛效果不明显的概率为，求最大时的值【答案】（1）分布列答案见解析，期望为：；（2）【解析】【分析】（1）由题意分别写出随机变量的可能取值，再根据独立事件同时发生的概率分别求对应的概率，再计算分布列和数学期望；（2）首先由题意可知，利用导数求函数的最大值.【详解】（1）由题意，随机变量的可能取值为，0，2，4，的分布列为：024（2）由题意知，令得，当时，单调递增；当时，

23、单调递减，当，取得最大值【点睛】本题考查独立事件同时发生的概率，离散型随机变量分布列，数学期望，导数求函数的最值，属于中档题型，本题的关键是正确理解题意，并能力转化为数学问题，尤其是第一问，不重不漏的求出所取的所有数值，并且整理理解随机变量，并求概率.22.已知函数，（1）设，讨论极值点的个数；（2）判断方程的实数根的个数，并证明：【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先对函数求导，分别讨论，用导数的方法研究其单调性，从而可确定极值点个数；（2）先将方程化为，设，则原方程又可化为设，用导数的方法求出 ，即可判断方程根的个数；得到对于任意的，从而有，化简整理，即可证明不等式成立.【详解】（1），当时，在内单调递增，没有极值点当时，令，当时，在上单调递增又，使，且当时，当时，从而，当时，单调递减，当时，单调递增，是函数的极小值点综上，当时，无极值点，当时，有一个极值点（2）方程可化为设，则原方程又可化为设，则，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增；，所以当时，所以方程只有一个实数根，方程只有一个实数根对于任意的，即，【点睛】本题主要考查导数的方法研究函数的极值点个数，判断方程根的个数，以及证明不等式恒成立的问题，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数单调性，判断极值等，属于常考题型，难度较大.