山东省青岛市胶州一中2020届高三线上模拟数学试题 WORD版含解析.doc

1、高三数学测试题一、单项选择题1.已知，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据交集的概念，直接计算，即可得出结果.【详解】因为，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查交集的运算，熟记概念即可，属于基础题型.2.已知复数z满足，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由题意，得到，根据复数的除法运算法则，以及复数模的计算公式，即可得出结果.【详解】因，所以，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查求复数的模，熟记复数的除法运算法则，以及复数模的计算公式即可，属于基础题型.3.已知，则“”是“”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D.

2、既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】先由，得到，再由充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.【详解】由解得，所以由“”能推出“”，反之，不能推出；因此“”是“”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题主要考查命题的必要不充分条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型.4.展开式中项的系数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】写出二项展开式的通项公式，从而可知当时得到的项，代入通项公式求得结果.【详解】的展开式通项为：当，即时，项的系数为：本题正确选项：【点睛】本题考查利用二项式定理求解指定项的系数问题，属于常规题型.5.已知向量，且，则( )A.

3、3B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，得到求出，再由向量模的坐标表示，即可得出结果.【详解】因为向量，且，所以，解得：，即，所以，因此.故选：B.【点睛】本题主要考查求向量的模，熟记向量模的坐标表示，向量垂直的坐标表示，以及向量共线的坐标表示即可，属于常考题型.6.已知抛物线的焦点为F，准线为l，P为该抛物线上一点，A为垂足.若直线AF的斜率为，则的面积为( )A. B. C. 8D. 【答案】B【解析】【分析】先由题意，得到抛物线的焦点为，设抛物线的准线与轴交点为，则，根据直线的斜率，求出，推出是边长为的等边三角形，再由三角形面积公式，即可得出结果.【详解】由题意，抛物线的

4、焦点为，设抛物线的准线与轴交点为，则， 又直线AF的斜率为，所以，因此，；由抛物线的定义可得：，所以是边长为的等边三角形，所以的面积为.故选：B.【点睛】本题主要考查抛物线中三角形的面积问题，熟记抛物线的性质即可，属于常考题型.7.已知，则a，b，c的大小关系是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在同一直角坐标系内，作出函数，的图像，根据图像，即可得出结果.【详解】在同一直角坐标系内，作出函数，的图像如下：因为，所以是与交点的横坐标；是与交点的横坐标；是与交点的横坐标；由图像可得：.故选：C.【点睛】本题主要考查由对数函数与指数函数的图像比较大小，熟记对数函数与指数函数的图

5、像与性质即可，属于常考题型.8.已知函数的图象过点，则( )A. 把的图象向右平移个单位得到函数的图象B. 函数在区间上单调递减C. 函数在区间内有五个零点D. 函数在区间上的最小值为1【答案】D【解析】【分析】先由函数图像过点，求出，得到，根据正弦型三角函数的性质，以及函数的平移原则，逐项判断，即可得出结果.【详解】因为函数的图象过点，所以，因此，所以，因此；A选项，把的图象向右平移个单位得到函数的图象，故A错；B选项，由得，即函数的单调递减区间是：，故B错；C选项，由得，即，因此，所以，共四个零点，故C错；D选项，因为，所以，因此，所以，即的最小值为1，故D正确；故选：D.【点睛】本题主要

6、考查三角函数相关结论的判断，熟记正弦型三角函数的性质，以及三角函数的平移原则即可，属于常考题型.二、多项选择题9.已知双曲线C：的左、右焦点分别为，则能使双曲线C的方程为的是( )A. 离心率为B. 双曲线过点C. 渐近线方程为D. 实轴长为4【答案】ABC【解析】【分析】根据双曲线标准方程的求法，逐项判断，即可得出结果.【详解】由题意，可得：焦点在轴上，且；A选项，若离心率为，则，所以，此时双曲线的方程为：，故A正确；B选项，若双曲线过点，则，解得：；此时双曲线的方程为：，故B正确；C选项，若双曲线的渐近线方程为，可设双曲线的方程为：，所以，解得：，所以此时双曲线的方程为：，故C正确；D选项

7、，若实轴长为4，则，所以，此时双曲线的方程为：，故D错误；故选：ABC.【点睛】本题主要考查由求双曲线方程，熟记双曲线的标准方程及性质即可，属于常考题型.10.已知菱形ABCD中，BAD=60，AC与BD相交于点O将ABD沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）A. BDCMB. 存在一个位置，使CDM为等边三角形C. DM与BC不可能垂直D. 直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60【答案】ABD【解析】【分析】画出图形，利用直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系判断选项的正误即可【详解】对A，菱形中，与相交于点将沿折起，使顶点至点，如图：取的中点，连接，可知

8、，所以平面，可知，故A正确；对B，由题意可知，三棱锥是正四面体时，为等边三角形，故B正确；对C，三棱锥是正四面体时，与垂直，故C不正确；对D，平面与平面垂直时，直线与平面所成的角的最大值为，故D正确故选：ABD【点睛】本题考查空间几何体的直线与直线、直线与平面的位置关系的综合判断、命题的真假的判断，考查转化与化归思想，考查空间想象能力11.已知定义在上的函数的导函数为，且，则下列判断中正确的是( )A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【分析】先令，对函数求导，根据题意，得到在上单调递减，再逐项判断，即可得出结果.【详解】令，则，因为，所以在上恒成立，因此函数在上单调递减，因此，即，即，

9、故A错；又，所以，所以在上恒成立，因为，所以，故B错；又，所以，即，故C正确；又，所以，即，故D正确；故选：CD.【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要构造函数，用导数的方法研究函数单调性等，属于常考题型.12.在平面直角坐标系中，如图放置的边长为的正方形沿轴滚动（无滑动滚动），点恰好经过坐标原点，设顶点的轨迹方程是，则对函数的判断正确的是( )A. 函数是奇函数B. 对任意的，都有C. 函数的值域为D. 函数在区间上单调递增【答案】BCD【解析】【分析】根据正方形的运动，得到点的轨迹，作出对应函数图像，根据图像，即可得出结果.【详解】由题意，当时，顶点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆； 当

10、时，顶点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆；当时，顶点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆；当，顶点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆，与的形状相同，因此函数在恰好为一个周期的图像；所以函数的周期是；其图像如下：A选项，由图像及题意可得，该函数为偶函数，故A错；B选项，因为函数的周期为，所以，因此；故B正确；C选项，由图像可得，该函数的值域为；故C正确；D选项，因为该函数是以为周期的函数，因此函数在区间的图像与在区间图像形状相同，因此，单调递增；故D正确；故选：BCD.【点睛】本题主要考查分段函数的应用，熟记函数的性质，灵活运用数形结合的思想求解即可，属于常考题型.三、填空题13.曲线在点处的切线的方

11、程为_【答案】【解析】 14.已知，则_.【答案】【解析】【分析】先由，根据二倍角公式，得到，再由两角差的正切公式，即可得出结果.【详解】因为，所以且，所以；又，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查三角恒等变换给值求值的问题，熟记二倍角公式，以及两角差的正切公式即可，属于常考题型.15.在四面体中，且，则该四面体体积的最大值为_，该四面体外接球的表面积为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先由题中数据，得到；取中点为，连接，从而得到，所以该四面体的外接球的球心为，进而可求出其外接球的表面积；再由，底面三角形的面积为定值，的长也为确定的值，结合几何体直观图，可得当平面时，四面体的

12、体积最大，即可求出结果.【详解】因为，且，所以，因此，则；取中点为，连接，则，所以该四面体外接球的球心为，半径为，所以该四面体外接球的表面积为；又因为，所以；因为底面三角形的面积为定值，的长也为确定的值，因此，当平面时，四面体的体积最大，为.故答案为：(1). (2). 【点睛】本题主要考查几何体外接球的相关计算，以及三棱锥体积的有关计算，熟记三棱锥结构特征，以及球的表面积公式与三棱锥的体积公式即可，属于常考题型.16.在平面直角坐标系中，为直线上在第三象限内的点，以线段为直径的圆（为圆心）与直线相交于另一个点，则圆的标准方程为_.【答案】【解析】【分析】先由题意，设点，再由，得到的中点为，以

13、及以线段为直径的圆的方程为：；联立直线与圆的方程，求出；根据，得到；进而求出，即可得出圆的方程.【详解】由题意，设点，因为，则的中点为，以线段为直径的圆的方程为：；由，解得：，即；又，所以；因为，所以，整理得：，解得或，因为，所以，所以圆的方程为：，整理得：.故答案为：.【点睛】本题主要考查求圆的标准方程，熟练掌握直线与圆交点坐标的求法，以及圆的标准方程即可，属于常考题型.四、解答题17.在中，分别为内角，的对边，且满.（1）求的大小；（2）再在，这三个条件中，选出两个使唯一确定的条件补充在下面的问题中，并解答问题.若_，_，求的面积.【答案】（1）；（2）见解析【解析】分析】（1）由题中条件

14、，根据正弦定理，得到，再由余弦定理，即可求出结果；（2）方案一：选条件和，先由正弦定理求出，再由余弦定理，求出，进而可求出三角形面积；方案二：选条件和，先由余弦定理求出，得到，进而可求出三角形面积.【详解】（1）因为，又由正弦定理，得，即，所以，因为，所以.（2）方案一：选条件和.由正弦定理，得.由余弦定理，得，解得.所以的面积.方案二：选条件和.由余弦定理，得，则，所以.所以，所以面积.【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理，余弦定理，以及三角形面积公式即可，属于常考题型.18.已知数列为公差不为0的等差数列，且，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设为数列的前n项和，求数列的前n

15、项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先设等差数列的公差为，根据题中条件，列出方程组求解，得到首项与公差，即可得出通项公式；（2）由（1）的结果，得到，求出，再由裂项相消法，即可求出数列的和.【详解】（1）设等差数列的公差为.由题意得，解得.所以.（2）依题意得，.所以.【点睛】本题主要考查求数列通项公式，以及数列的求和，熟记等差数列的通项公式与求和公式，以及裂项相消的方法求数列的和即可，属于常考题型.19.如图，在四棱锥中，底面，.（1）求证：；（2）若，求平面和平面所成的角（锐角）的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，根据线面垂直的判定

16、定理，证明平面，进而可得线线垂直；（2）以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，根据题中条件，分别求出两平面的法向量，求出两向量夹角的余弦值，即可得出结果.【详解】（1）证明：取的中点，连接，因为，所以，又因为，所以四边形是平行四边形.因为所以四边形是矩形.所以.又所以.所以是直角三角形，即.又底面，底面，所以.又平面，平面，且.所以平面.又平面，所以.（2）如图，以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，则，由（1）知，.，所以.所以所以.设平面的法向量为，则所以，即，取，则，所以平面的一个法向量为.又平面的一个法向量为所以所以平面和平面所成

17、的角（锐角）的余弦值为.【点睛】本题主要考查证明线线垂直，以及求二面角，熟记线面垂直的判定定理与性质定理，灵活运用空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.20.近年，国家逐步推行全新的高考制度.新高考不再分文理科，某省采用模式，其中语文、数学、外语三科为必考科目，每门科目满分均为分.另外考生还要依据想考取的高校及专业的要求，结合自己的兴趣爱好等因素，在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物门科目中自选门参加考试（选），每门科目满分均为分.为了应对新高考，某高中从高一年级名学生（其中男生人，女生人）中，采用分层抽样的方法从中抽取名学生进行调查，其中，女生抽取人.（1）求的值；（2）学校计划在高

18、一上学期开设选修中的“物理”和“地理”两个科目，为了了解学生对这两个科目的选课情况，对抽取到的名学生进行问卷调查（假定每名学生在“物理”和“地理”这两个科目中必须选择一个科目且只能选择一个科目），下表是根据调查结果得到的一个不完整的列联表，请将下面的列联表补充完整，并判断是否有的把握认为选择科目与性别有关？说明你的理由；选择“物理”选择“地理”总计男生女生总计（3）在抽取到的名女生中，按（2）中的选课情况进行分层抽样，从中抽出名女生，再从这名女生中抽取人，设这人中选择“物理”的人数为，求的分布列及期望.附：，0.050.010.0050.0013.8416.6357.87910.828【答案】

19、（1）；（2）联表见解析，有，理由见解析；（3）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据分层抽样的特征，以及题意，得到，求解，即可得出结果；（2）根据题中数据，可直接完善列联表，根据公式求出，结合临界值表，即可得出结果；（3）从名女生中分层抽样抽名女生，所以这女生中有人选择“物理”， 人选择“地理”. 名女生中再选择名女生，则这名女生中选择“物理”的人数可为，分别求出其对应的概率，即可得到分布列，求出期望.【详解】（1）由题意得，解得.（2）22列联表为：选择“物理”选择“地理”总计男生451055女生252045总计7030100，故有的把握认为选择科目与性别有关.（3）从名女生中分层抽样抽

20、名女生，所以这女生中有人选择“物理”， 人选择“地理”. 名女生中再选择名女生，则这名女生中选择“物理”的人数可为，设事件发生的概率为，则，所以的分布列为：X01234P期望.【点睛】本题主要考查分层抽样，独立性检验，以及离散型随机变量的分布列与期望，熟记分层抽样的概念，独立性检验的基本思想，以及离散型随机变量的分布列与期望的概念即可，属于常考题型.21.已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与椭圆在第一象限内的交点是，且轴，.（1）求椭圆的方程；（2）是否存在斜率为的直线与以线段为直径的圆相交于，两点，与椭圆相交于，两点，且？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，

21、 或【解析】【分析】（1）由题意，先设，得到，根据，求出，再由点在椭圆上，得到，求解，即可得出结果；（2）先假设存在斜率为的直线，设为，由（1）得到以线段为直径的圆为，根据点到直线距离公式，以及圆的弦长公式得到，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理与弦长公式，得到，再由求出，即可得出结果.【详解】（1）设，由题意，得因为解得，则，又点在椭圆上，所以，解得.所以椭圆E的方程为；（2）假设存在斜率为的直线，设为，由（1）知，所以以线段为直径的圆为.由题意，圆心到直线的距离，得.，由消去y，整理得.由题意，解得，又，所以.设，则，若，则整理得，解得，或.又，所以，即.故存在符合条件的直线，其方程为，或.

22、【点睛】本题主要考查求椭圆的方程，以及椭圆中存在直线满足题中所给条件的问题，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.22.已知函数，其中，为的导函数，设，且恒成立.（1）求的取值范围；（2）设函数的零点为，函数的极小值点为，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先对函数求导，得到，推出，求导，得到，解对应不等式，得到单调性，求出其最小值，再根据恒成立，即可得出结果；（2）先设，求导得.设，对其求导，判定单调性，从而得到函数单调性，得到是函数的极小值点，得到，再由（1）得时，推出所以，得到，得到函数在区间上单调递增，再由题意，即可得出结论成立.【详解】（1）由题设知，由，得，所以函数在区间上是增函数；由，得，所以函数在区间上是减函数.故在处取得最小值，且.由于恒成立，所以，得，所以的取值范围为；（2）设，则.设，则，故函数在区间上单调递增，由（1）知，所以，故存在，使得，所以，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增.所以是函数的极小值点.因此，即.由（1）可知，当时，即，整理得，所以.因此，即.所以函数在区间上单调递增.由于，即，即，所以.又函数在区间上单调递增，所以.【点睛】本题主要考查由函数最小值求参数，以及导数的方法证明不等式，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数单调性，求最值等，属于常考题型.