1、山东省威海市2020届高三数学三模试题（含解析）一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】集合是的取值范围，是函数的值域，分别求出再求交集.【详解】解：，故选：A【点睛】考查求等式中变量的范围以及集合的交集运算；基础题.2.已知复数在复平面内对应的点在直线上，则实数（ ）A. -2B. -1C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】化简复数，求出对应点，代入直线方程求解即可.【详解】因为，所以对应的点为，代入直线可得，解得，故选：C【点睛】本题考查了复数的运算法则
2、、几何意义，直线的方程，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.3.若（且），则（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】先由得，又由，可得，而，可得【详解】解：因为，所以，因为，所以，因为，所以，故选：B【点睛】此题考查的是指数不等式和对数不等式，属于基础题4.我国天文学和数学著作周髀算经中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度）二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则说法不正确的是（ ）
3、A. 相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺B. 春分和秋分两个节气的晷长相同C. 立冬的晷长为一丈五寸D. 立春的晷长比立秋的晷长短【答案】D【解析】【分析】由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列，其中寸，寸，公差为寸，可求出，利用等差数列知识即可判断各选项.【详解】由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列,其中寸，寸，公差为寸，则，解得（寸），同理可知由冬至到夏至的晷长构成等差数列,首项，末项，公差（单位都为寸）.故选项A正确；春分的晷长为，秋分的晷长为，所以B正确；立冬的晷长为，即立冬的晷长为一丈五寸，C正确；立春的晷长，立秋的晷长分别为，故D错误.故选：D【点睛】本题主要考查了等差数列的通
4、项公式，等差数列在实际问题中的应用，数学文化，属于中档题.5.有三个筐，一个装着柑子，一个装着苹果，一个装着柑子和苹果，包装封好然后做“柑子”“苹果”“混装”三个标签，分别贴到上述三个筐上，由于马虎，结果全贴错了，则（ ）A. 从贴有“柑子”标签的筐里拿出一个水果，就能纠正所有的标签B. 从贴有“苹果”标签的筐里拿出一个水果，就能纠正所有的标签C. 从贴有“混装”标签的筐里拿出一个水果，就能纠正所有的标签D. 从其中一个筐里拿出一个水果，不可能纠正所有的标签【答案】C【解析】【分析】若从贴有“柑子”或“苹果”标签的筐内拿出一个水果，无法判定剩余水果是一种还是两种，不能纠正所有标签，若从“混装”
5、标签中取出一个，就能判断其余两个筐内水果.【详解】如果从贴着苹果标签的筐中拿出一个水果，如果拿的是柑子，就无法判断这筐装的全是柑子，还是有苹果和柑子;同理从贴着柑子的筐中取出也无法判断，因此应从贴着苹果和柑子的标签的筐中取出水果.分两种情况:(1)如果取出的是柑子，那说明这筐全是柑子，则贴有柑子的那筐就是苹果，贴有苹果的那筐就是苹果和柑子.(2)如果取出的是苹果，那说明这筐全是苹果，那贴有苹果的那筐就是柑子，贴有柑子的那筐就是苹果和柑子.故选：C【点睛】解决本题的关键在于，其中贴有混装的这筐肯定不是苹果和柑子混在一起，所以能判断不是苹果就是柑子，考查了逻辑推理能力，属于容易题.6.已知向量，将
6、绕原点逆时针旋转到的位置，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设向量与轴的夹角为，结合三角函数的定义和两角和与差的正弦、余弦函数公式，求得，得到点的坐标，进而求得.【详解】由题意，向量，则，设向量与轴的夹角为，则，所以，可得，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了向量的坐标表示，以及三角函数的定义的应用和两角和与差的正弦、余弦函数的综合应用，着重考查推理与运算能力.7.已知函数对任意，都有，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用赋值法再结合条件，即可得答案；【详解】由所求式子可得，令可得：，令可得：，令可得：，令可得：，故选：B.【点睛】本题考
7、查根据抽象函数的性质求函数的解析式，等比数列求和，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意将抽象函数具体化.8.已知正四棱柱，设直线与平面所成的角为，直线与直线所成的角为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别在正四棱柱中找到和，将和放在同一个平面图形中找关系即可.【详解】作正四棱柱如下图：正四棱柱中，平面， 底面是正方形又平面是直线与平面所成的角，即是直线与直线所成的角，即，平面故选：D【点睛】本题主要考查直线与平面和异面直线的夹角，属于中档题.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题
8、目要求全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分9.随着我国经济结构调整和方式转变，社会对高质量人才的需求越来越大，因此考研现象在我国不断升温某大学一学院甲、乙两个本科专业，研究生的报考和录取情况如下表，则性别甲专业报考人数乙专业报考人数性别甲专业录取率乙专业录取率男100400男女300100女A. 甲专业比乙专业的录取率高B. 乙专业比甲专业的录取率高C. 男生比女生的录取率高D. 女生比男生的录取率高【答案】BC【解析】【分析】根据数据进行整合，甲专业录取了男生25人，女生90人；乙专业录取了男生180人，女生50人；结合选项可得结果.【详解】由题意可得甲专业录取了男生25人，女生9
9、0人；乙专业录取了男生180人，女生50人；甲专业的录取率为，乙专业的录取率为，所以乙专业比甲专业的录取率高.男生的录取率为，女生的录取率为，所以男生比女生的录取率高.故选：BC.【点睛】本题主要考查频数分布表的理解，题目较为简单，明确录取率的计算方式是求解的关键，侧重考查数据分析的核心素养.10.已知函数将的图象上所有点向左平移个单位，然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，得到函数的图象若为偶函数，且最小正周期为，则（ ）A. 图象与对称B. 在单调递增C. 在有且仅有3个解D. 在有仅有3个极大值点【答案】AC【解析】【分析】根据三角函数的图象变换和三角函数的性质，求得函数的解析式，再结合三
10、角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】将函数将的图象上所有点向左平移个单位，可得，再横坐标缩短为原来的，可得，因为函数的最小正周期为，即，解得，可得，又由函数为偶函数，则，即，当，可得，所以，令，即，当时，即函数的图象关于对称，所以A是正确的；当时，所以函数在区间不是单调函数，所以B不正确；由，因为，可得，又，所以在有且仅有3个解，所以C正确；由，则，或，即或时，取得极大值，所以在有仅有2个极大值点，所以D不正确.故选：AC.【点睛】本题主要考查了利用三角函数的图象变换求解函数的解析式，以及三角函数的图象与性质的综合应用，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.11.已知抛物线上三点，
11、为抛物线的焦点，则（ ）A. 抛物线的准线方程为B. ，则，成等差数列C. 若，三点共线，则D. 若，则的中点到轴距离的最小值为2【答案】ABD【解析】【分析】把点代入抛物线即可得到本题答案；根据抛物线的定义，以及，可得，从而可证得；由A，F，C三点共线，得，结合，化简即可得到本题答案；设AC的中点为，由，结合，即可得到本题答案.【详解】把点代入抛物线，得，所以抛物线的准线方程为，故A正确；因为，所以，又由，得，所以，即，成等差数列，故B正确；因为A，F，C三点共线，所以直线斜率，即，所以，化简得，故C不正确；设AC的中点为，因为，所以，得，即的中点到轴距离的最小值为2，故D正确.故选：ABD
12、【点睛】本题主要考查抛物线定义的应用以及抛物线与直线的相关问题，考查学生的分析问题能力和转化能力.12.已知函数的定义域为，导函数为，且，则（ ）A. B. 在处取得极大值C. D. 在单调递增【答案】ACD【解析】【分析】根据题意可设，根据求，再求判断单调性求极值即可.【详解】函数的定义域为，导函数为，即满足可设（为常数），解得，满足C正确，且仅有B错误，A、D正确故选：ACD【点睛】本题主要考查函数的概念和性质，以及利用导数判断函数的单调性和极值点，属于中档题.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.的展开式中的系数为_【答案】【解析】【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开
13、式中的系数【详解】，故它的展开式中的系数为，故答案为：【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题14.已知是平面，外的直线，给出下列三个论断，；以其中两个论断为条件，余下的论断为结论，写出一个正确命题：_（用序号表示）【答案】若，则或若，则（填写一个即可）；【解析】【分析】利用空间直线与平面的位置关系进行判断，时，与可能平行或者相交.【详解】因为，时，与可能平行或者相交，所以作为条件，不能得出；因为，所以内存在一条直线与平行，又，所以，所以可得，即作为条件，可以得出；因为，所以或者，因为是平面外的直线，所以，即即作为条件，可以得出；故答案为：若，则
14、或若，则（填写一个即可）；【点睛】本题主要考查空间位置关系的判断，稍微具有开放性，熟悉空间的相关定理及模型是求解的关键，侧重考查直观想象的核心素养.15.已知双曲线过左焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于，两点，以，为圆心的两圆与双曲线的同一条渐近线相切，若两圆的半径之和为，则双曲线的离心率为_【答案】【解析】【分析】首先求两点的坐标，代人圆心到直线的距离，由已知条件建立等式求得，最后再求双曲线的离心率.【详解】设，当，代人双曲线方程，解得：，设， 根据对称性，可设与两圆相切的渐近线是，则两点到渐近线的距离，上式去掉绝对值为，即，那么.双曲线的离心率.故答案为：【点睛】本题考查双曲线的离心率，重点
15、考查转化与化归的思想，计算能力，属于基础题型.16.我国的西气东输工程把西部的资源优势变为经济优势，实现了气能源需求与供给的东西部衔接，工程建设也加快了西部及沿线地区的经济发展输气管道工程建设中，某段管道铺设要经过一处峡谷，峡谷内恰好有一处直角拐角，水平横向移动输气管经过此拐角，从宽为米峡谷拐入宽为米的峡谷如图所示，位于峡谷悬崖壁上两点、的连线恰好经过拐角内侧顶点（点、在同一水平面内），设与较宽侧峡谷悬崖壁所成角为，则的长为_（用表示）米要使输气管顺利通过拐角，其长度不能低于_米【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】分别计算出、，相加可得的长；设，利用导数求得的最小值，即可得解.【详解
16、】如下图所示，过点分别作，则，在中，则，同理可得，所以，.令，则，令，得，得，由，解得，当时，；当时，.则.故答案为：；.【点睛】本题考查导数的实际应用，求得函数的解析式是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.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.在中，角，的对边分别为，（）求角；（）若，求边上的高【答案】（）；（）【解析】【分析】（）利用正弦定理和和角的正弦公式化简，即得；（）由题得，再利用余弦定理求出，即得边上的高【详解】解：（）由及正弦定理可得，将代入上式，整理得，解得，所以（）由，得，由余弦定理得，解得所以边上的高为【点睛】本题主要考查正弦定理
17、余弦定理解三角形，考查和角的正弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18.从条件，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答已知数列的前项和为，_若，成等比数列，求的值【答案】若选择，；若选择，；若选择，.【解析】【分析】若选择，利用可得，可得，再根据等比中项列方程解得即可；若选择，根据可得，可得，再根据等比中项列方程解得即可；若选择，利用可得，再根据等比中项列方程解得即可.【详解】若选择，因为，所以，两式相减得，整理得即，所以为常数列，所以（或由，利用相乘相消法，求得）所以，又，成等比数列，所以，所以，解得或（舍），所以若选择，由变形得，所以，易知，所以，所以为等差数列，又，所以
18、，又时，也满足上式，所以.因为，成等比数列，或，又，若选择，因为，所以，两式相减得，整理得，因为，所以是等差数列，所以，又，成等比数列，或，又，【点睛】本题考查了根据与的关系式求，考查了等比中项的应用，考查了等差数列的前项和公式，属于中档题.19.携号转网，也称作号码携带、移机不改号，即无需改变自己的手机号码，就能转换运营商，并享受其提供的各种服务2019年11月27日，工信部宣布携号转网在全国范围正式启动某运营商为提质量保客户，从运营系统中选出300名客户，对业务水平和服务水平的评价进行统计，其中业务水平的满意率为，服务水平的满意率为，对业务水平和服务水平都满意的客户有180人（）完成下面列
19、联表，并分析是否有的把握认为业务水平与服务水平有关；对服务水平满意人数对服务水平不满意人数合计对业务水平满意人数对业务水平不满意人数合计（）为进一步提高服务质量，在选出的对服务水平不满意的客户中，抽取2名征求改进意见，用表示对业务水平不满意的人数，求的分布列与期望；（）若用频率代替概率，假定在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平两项都满意的客户流失率为，只对其中一项不满意的客户流失率为，对两项都不满意的客户流失率为，从该运营系统中任选4名客户，则在业务服务协议终止时至少有2名客户流失的概率为多少？附：，0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246
20、.6357.87910.828【答案】（）列联表详见解析，有的把握认为业务水平满意与服务水平满意有关；（）分布列详见解析，期望为；（）【解析】【分析】（）根据所给数据列表，计算后比较临界值即可得出结论；（）根据超几何分布得出随机变量概率，列出分布列求期望即可；（）由互斥事件和的概率公式计算运营系统中任选一名客户流失的概率，从运营系统中任选4名客户流失人数服从二项分布 ,根据二项分布求解即可.【详解】（）由题意知对业务满意的有260人，对服务不满意的有100人，得列联表对服务水平满意人数对服务水平不满意人数合计对业务水平满意人数18080260对业务水平不满意人数202040合计20010030
21、0经计算得，所以有的把握认为业务水平满意与服务水平满意有关（）的可能值为0，1，2则，012（）在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平都满意的客户流失的概率为，只有一项满意的客户流失的概率为，对二者都不满意的客户流失的概率为所以从运营系统中任选一名客户流失的概率为，故在业务服务协议终止时，从运营系统中任选4名客户，至少有2名客户流失概率为【点睛】本题主要考查了独立性检验，离散型随机变量的分布列与期望，互斥事件的和，二项分布，考查了推理能力与运算能力，属于较难题目.20.已知直三棱柱，分别为，的中点，且（1）求证：平面；（2）求；（3）求二面角的余弦值【答案】（1）详见解析；（2）；（3）【
22、解析】【分析】（1）取的中点，连接，先证明，从而可得为平行四边形，进而可得，再结合线面平行的判定定理可证明平面；（2）设，易知，且，进而用表示出，并结合，可求出及；（3）在平面内过点做射线垂直于，易知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，进而分别求得平面及平面的法向量，再由，可求出二面角的余弦值.【详解】（1）证明：取的中点，连接，则有，且，且，又，所以，且，所以为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面（2）设，由已知可得，且，则，因为，所以，所以，即（3）在平面内过点做射线垂直于，易知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则，为平面的一个法向量，设为平面的一个法向量，则，令，则，则
23、，所以二面角的余弦值为【点睛】本题考查线面平行的证明，考查线线垂直的性质，考查二面角的求法，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.21.已知函数（）求证：当时，的图象位于直线上方；（）设函数，若曲线在点处切线与轴平行，且在点处的切线与直线平行（为坐标原点），求证：【答案】（）证明见解析；（）证明见解析【解析】【分析】（）转化为当时，恒成立，令，求得和，结合函数的单调性，求得，进入得到，即可得到结论.（）设，由，解得，得到，所以，进而得到要证，转化为，构造新函数，求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】（）由题意，当时，的图象位于直线上方，即证当时，恒成立，令，可得，则，所以在上单
24、调递增，所以，所以在上单调递增，所以，所以当时，的图象始终在直线上方（）因为，则，设，则，所以，所以，所以，所以要证，即证，即证，即证，下面证明令，所以当，所以在单调递减，在单调递增，所以，即，所以，【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，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；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题22.已知是椭圆：上一点，以点及椭圆的左、右焦点，为顶点的三角形面积为（）求椭圆的标准方程；（）过作斜
25、率存在且互相垂直的直线，是与两交点的中点，是与两交点的中点，求面积的最大值【答案】（）；（）【解析】【分析】（）通过已知建立方程组，解方程组即得椭圆的标准方程；（）设直线：，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，求出,令，则再利用导数求函数的最大值得解.【详解】解：（）由点在椭圆上可得，整理得，解得，所以，代入式整理得，解得，所以椭圆标准方程为（）由（）可得，所以设直线：，联立直线与椭圆的方程，整理得所以直线与椭圆两交点的中点的纵坐标，同理直线与椭圆两交点的中点的纵坐标，所以，将上式分子分母同除可得，不妨设，令，则，令，因为，所以，所以在单调递增，所以当时，三角形面积取得最大值【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系和面积最值的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.
