1、山东省日照市2020届高三数学6月校际联合考试试题（含解析）考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束，将试题卷和答题卡一并交回.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】B【解析】【分析】首先求出集合，然后再利用集合的交运算即可求解.【详解】由集合，所
2、以.故选：B【点睛】本题考查了集合的交运算、一元二次不等式的解法，属于基础题.2.已知复数为纯虚数（其中i为虚数单位），则实数（ ）A. B. 3C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简复数的代数形式，根据复数为纯虚数，列出方程组，即可求解.【详解】由题意，复数，因为复数为纯虚数，可得，解得.故选：A.【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，以及复数的分类及其应用，着重考查计算能力，属于基础题.3.己知，则下列各式成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据指数函数和对数函数的单调性和特殊值法，逐一对选项进行判断即可.【详解】解：对于选项：因为函数在上单调递增，所以时，
3、故选项错误；对于选项：因为在单调递增函数，所以，故选项正确；对于选项：因为，可取，此时，所以，故选项错误；对于选项：因为，可取，此时，所以，故选项错误.故选：C.【点睛】本题主要考查利用对数函数与指数函数的单调性比较大小，属于基础题.4.易系辞上有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中国古代流传下来的两幅神秘图案，蕴含了深奥的宇宙星象之理，被誉为“宇宙魔方”，是中华文化阴阳术数之源.河图的排列结构如图所示，一与六共宗居下，二与七为朋居上，三与八同道居左，四与九为友居右，五与十相守居中，其中白圈为阳数，黑点为阴数，若从阳数和阴数中各取一数，则其差的绝对值为5的概率为（ ）A. B. C. D.
4、【答案】A【解析】【分析】根据阳数为1，3，5，7，9；阴数为2，4，6，8，10，利用古典概型概率求法求解.【详解】阳数为1，3，5，7，9；阴数为2，4，6，8，10，从阳数和阴数中各取一数的所有组合共有个，满足差的绝对值为5的有，共5个，则其差的绝对值为5的概率为.故选：A.【点睛】本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.5.函数的部分图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】判断函数的性质，和特殊值的正负，以及值域，逐一排除选项.【详解】，函数是奇函数，排除，时，时，排除，当时， 时，排除，符合条件，故选C.【点睛】本题考查了根据
5、函数解析式判断函数图象，属于基础题型，一般根据选项判断函数的奇偶性，零点，特殊值的正负，以及单调性，极值点等排除选项.6.已知函数是定义在上的奇函数，当0时，则（ ）A. 3B. -3C. -2D. -1【答案】B【解析】【分析】由，可求，代入可求，然后结合奇函数的定义得，进而求得的值.【详解】是定义在上的奇函数，且时，则.故选：B.【点睛】本题考查奇函数性质，即若函数为奇函数且在有定义，则，理解这一知识点是求解本题的关键7.如图，已知双曲线的左、右焦点分别为、，过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点，若的内切圆半径为，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【
6、分析】设双曲线的左、右焦点分别为，设双曲线的一条渐近线方程为，可得直线的方程为，联立双曲线的方程可得的坐标，设，运用三角形的等积法，以及双曲线的定义，结合锐角三角函数的定义，化简变形可得，的方程，结合离心率公式可得所求值【详解】设双曲线的左、右焦点分别为，设双曲线的一条渐近线方程为，可得直线的方程为，与双曲线联立，可得，设，由三角形面积的等积法可得，化简可得由双曲线的定义可得在三角形中，为直线的倾斜角），由，可得，可得，由化简可得，即为，可得，则故选：C.【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系、双曲线的定义、坐标求解、离心率求解，考查方程思想的运用及三角形等积法，考查运算求解能力，属于难题8.
7、如图，体积为的大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点，为小球相交部分（图中阴影部分）的体积，为大球内、小球外的图中黑色部分的体积，则下列关系中正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先设大球半径为，小球半径为，根据题中条件，分别表示出，进而可作差比较大小【详解】设大球半径为，小球半径为，根据题意，所以故选：D【点睛】本题主要考查球的体积的相关计算，熟记公式即可，属于常考题型二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，选
8、对但不全的得3分，有选错的得0分.9.2019年10月31日，工信部宣布全国5G商用正式启动，三大运营商公布5G套餐方案，中国正式跨入5G时代.某通信行业咨询机构对我国三大5G设备商进行了全面评估和比较，其结果如雷达图所示(每项指标值满分为5分，分值高者为优)，则（ ）A. P设备商的研发投入超过Q设备商与R设备商B. 三家设备商的产品组合指标得分相同C. 在参与评估的各项指标中，Q设备商均优于R设备商D. 除产品组合外，P设备商其他4项指标均超过Q设备商与R设备商【答案】ABD【解析】【分析】根据雷达图中是越外面其指标值越优，由图可知ABD均正确.【详解】雷达图中是越外面其指标值越优，P设备
9、商的研发投入在最外边，即P设备商的研发投入超过Q设备商与R设备商，故A正确；三家设备商的产品组合指标在同一个位置，即三家设备商的产品组合指标得分相同，故B正确；R设备商的研发投入优于Q设备商，故C错误；除产品组合外，P设备商其他4项指标均在最外边，故D正确；故选：ABD.【点睛】本题主要考查对数表的综合观察能力，属于基础题.10.已知是椭圆的右焦点，椭圆上至少有21个不同的点，组成公差为的等差数列，则（ ）A. 该椭圆的焦距为6B. 的最小值为2C. 的值可以为D. 的值可以为【答案】ABC【解析】【分析】先由椭圆，得到焦距，判断A是否正确，椭圆上的动点，分析的取值范围，判断BCD是否正确，得
10、到答案.【详解】由椭圆，得，故A正确；椭圆上的动点，即有，故的最小值为2，B正确；设，组成的等差数列为，公差，则，又，所以，所以，所以的最大值是，故C正确，D错误.故选：ABC.【点睛】本题以椭圆知识为载体，考查了椭圆的几何性质，等差数列的相关知识，属于中档题.11.对于四面体，下列命题正确的是（ ）A. 由顶点作四面体的高，其垂足是的垂心B. 分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点C. 若分别作和的边上的高，则这两条高所在直线异面D. 最长棱必有某个端点，由它引出另两条棱的长度之和大于最长棱【答案】BD【解析】【分析】依题意画出图形，数形结合一一分析可得；【详解】解：如图取、的
11、中点对于A.三角形的垂心是三条高线的交点，而点的位置可以任意变化，故A错误；对于B.，为平行四边形，同理也是平行四边形，的交点为平行四边形对角线的中点，的交点为平行四边形对角线的中点，故三条线段交于一点，故B正确；若四面体为正四面体，则两条高线刚好相交于的中点，故C为错误；对于D.假设D错误，设最长，则，相加得，在，中，所以矛盾，故D正确.故选：BD.【点睛】本题考查异面直线，棱锥的结构特征，考查空间想象能力逻辑思维能力，属于中档题12.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最
12、大整数，则称为高斯函数，例如：，.己知函数，则（ ）A. ，B. 是偶函数C. ，D. 若的值域为集合，使得，同时成立，则正整数的最大值是5【答案】ACD【解析】【分析】由取整函数的定义判断.【详解】由定义得，故 A正确；因为.易知在上是增函数；，的值域为，故B错误.，故C正确；若，使得，同时成立，则，因为，若，则不存在同时满足，.只有时，存在故D正确；故答案为：ACD.【点睛】本题主要考查函数的新定义，还考查了分析求解问题的能力，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.已知，则_.【答案】【解析】【分析】利用商数关系，由得到代入求解.【详解】方法一：，则.方法二：
13、分子分母同除，得.故答案为：【点睛】本题主要考查同角三角函数基本关系式的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14.已知单位向量，满足，则向量与的夹角为_.【答案】【解析】【分析】首先根据平面向量的运算律求出，再根据夹角公式计算可得；【详解】解：由单位向量，满足，得，所以，所以，又,所以.故答案为：【点睛】本题考查平面向量的数量积的运算律以及夹角的计算，属于基础题.15.设函数的最小值为，且，则_，_.【答案】 (1). 2 (2). 9【解析】【分析】化简函数，换元后利用的单调性求出最小值即可得出，将转化为，再利用展开式的通项即可得到答案.【详解】由，令，因为函数，为减函数，所以当时，即
14、，所以，因为的展开式通项为：，所以当，即时，展开式的项为，又，所以.故答案为：2；9【点睛】本题主要考查了函数的单调性，二项展开式，项的系数，换元法，转化思想，属于中档题.16.已知函数，将函数的图象向右平移个单位，所得的图象上每一点的纵坐标不变，再将横坐标伸长为原来的2倍后所得到的图象对应的函数记作，己知常数，且函数在内恰有2021个零点，则_.【答案】【解析】【分析】先求出，令，得，则关于的二次方程必有两不等实根，又，则、异号，再对、分四种情况讨论得解.【详解】将函数的图象向右平移个单位，得到函数，再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍后所得到的图象对应的函数为，令，令
15、，可得，令，得，则关于的二次方程必有两不等实根，又，则、异号，（）当且时，则方程和在区间均有偶数个根，从而方程在有偶数个根，不合题意；（）当且时，则方程在区间有偶数个根，无解，从而方程在有偶数个根，不合题意；（）当，则，当时，只有一根，有两根，所以，关于的方程在上有三个根，由于，则方程在上有个根，由于方程在区间上只有一个根，在区间上无实解，方程在区间上无实数解，在区间上有两个根，因此，关于的方程在区间上有2020个根，在区间上有2022个根，不合题意；（）当时，则，当时，只有一根，有两根，所以，关于的方程在上有三个根，由于，则方程在上有个根，由于方程在区间上无实数根，在区间上只有一个实数根，方
16、程在区间上有两个实数解，在区间上无实数解，因此关于的方程在区间上有2021个根，在区间上有2022个根，此时，得.所以.故答案为：1347.【点睛】本题主要考查三角函数的图象的变换，考查正弦函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知等差数列满足，前7项和为（）求的通项公式（）设数列满足，求前项和.【答案】(1) (2) .【解析】试题分析：（1）根据等差数列的求和公式可得，得，然后由已知可得公差，进而求出通项；（2）先明确=，为等差乘等比型通项故只需用错位相减法即可求得结论.解析：（）由，得因为
17、所以（）18.在，这三个条件中任选两个，补充在下面的问题中，并解决该问题.在中，分别为内角，的对边，且满足.（1）求的大小；（2）已知_，_，若存在，求的面积；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析.【解析】【分析】（1）由题中的条件，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，再三角形内角和得出，进而求出，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，进而得到，进而可求出三角形的面积；方案三：选条件和，由条件得，不成立，所以三角形不存在.【详解】（1）因为，又由正弦定理，得，即，所以，因为，所以.（2）方案一
18、：选条件和.由正弦定理，得.所以的面积.方案二：选条件和.由余弦定理，得，则，所以.所以，所以的面积.方案三：选条件和，这样的三角形不存在，理由如下：在三角形中，因为由正弦定理得，不成立，所以这样的三角形不存在.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理、面积公式，考查学生的计算能力及对公式的掌握程度，属于中档题.19.如图所示，四棱锥的底面是边长为1的菱形，是的中点，底面，.（1）证明：平面平面；（2）求平面和平面所成二面角（锐角）的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，根据是菱形且，得到是等边三角形，由是的中点，得到，再由平面，得到，利用线面垂直的判定定理证明得
19、到平面，然后利用面面垂直的判定定理证明即可.（2）在平面内，过点作的垂线，以为原点建立空间直角坐标系.分别求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，由公式求解.【详解】（1）如图所示，连接，因为是菱形且，所以是等边三角形.因为是的中点，所以，又，所以.又因为平面，平面，所以.而，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）在平面内，过点作的垂线，如图所示，以为原点，建立空间直角坐标系.则，.所以，设是平面的一个法向量，则由，得令，得.设是平面的一个法向量，则由，得，所以，.故可取.于是.所以平面和平面所成二面角（锐角）的余弦值为.【点睛】本题主要考查线面垂直，面面垂直的判定定理以及向量法求二面角问题，
20、还考查了转化化归的思想和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.20.如图，在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，为抛物线上异于原点的任意一点，以为直径作圆，当直线的斜率为1时，.（1）求抛物线的标准方程；（2）过焦点作的垂线与圆的一个交点为，交抛物线于，（点在点，之间），记的面积为，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求得直线的方程，联立抛物线方程，解得的坐标，由两点的距离公式可得，进而得到所求抛物线方程；（2）求得，设，且，由向量垂直的坐标表示可得，由三角形的勾股定理和三角形的面积公式可得，设，联立抛物线方程，运用韦达定理和弦长公式可得，再由两直线垂直的条件，以及构造函数法，
21、求得导数和单调性，计算可得所求最小值【详解】（1）当直线的斜率为1时，可得直线的方程为，联立抛物线方程，解得，即，即，抛物线的方程为；（2）由（1）可得，设，且，由题意可得，即，又，即，整理可得，又，则，即，又的斜率存在且不为0，联立抛物线方程可得，可得，则，由，可得，即，可得，则，可令，显然在递增，且，当时，时，可得在递减，在递增，可得时，取得最小值23即求的最小值为23【点睛】本题考查抛物线的方程和运用，考查直线方程和抛物线方程联立，运用韦达定理，以及向量垂直的坐标表示，考查函数方程思想和化简运算能力，属于难题21.为了提高某生产线的运行效率，工厂对生产线的设备进行了技术改造.为了对比技术
22、改造前后的效果，采集了该生产线的技术改造前后各20次连续正常运行的时间长度（单位：天）数据，并绘制了如下茎叶图：（1）设所采集的40个连续正常运行时间的中位数为，并将连续正常运行时间超过和不超过的次数填入上面的列联表，试写出，的值；根据列联表，能否有95的把握认为生产线技术改造与连续正常运行时间的中位数有关；（2）工厂的一个生产周期为60天，生产线的运行需要进行维护.一个生产周期需设置几个维护周期，每个维护周期相互独立.工厂对生产线的生产维护费用包括正常维护费和保障维护费两种，对生产线设定维护周期为20天，即从开工运行到第20天进行正常维护，正常维护费为2千元/周期；在每个维护周期内，若生产线
23、能连续运行，则不收取保障维护费；若生产线不能连续运行，则收取保障维护费，保障维护费在一个维护周期内只收费一次，第一个需保障维护的周期收费为1千元，在后面的维护周期中，如出现保障维护，收取的保障维护费在上次收取的保障维护费的基础上增加1千元.以生产线在技术改造后一个维护周期内能连续正常运行的频率作为概率，求一个生产周期内生产维护费的分布列及其期望.0.0500.0100.0013.8416.63510.828附：【答案】（1）填表见解析；，；有95%的把握认为生产线技术改造与连续正常运行时间的中位数有关；（2）分布列见解析；期望为.【解析】【分析】（1）根据中位数的定义直接计算中位数，再填写列联
24、表，并计算，并且和比较大小后解答；（2）由茎叶图可知生产线需保障维护的概率为，设一个生产周期内需保障维护的次数为次，则，生产维护费为千元，然后然后列出离散型随机变量的分布列，并求期望.【详解】（1）由茎叶图知，根据茎叶图可得：，.由于，所以有95%的把握认为生产线技术改造与连续正常运行时间的中位数有关.（2）当一个维护周期为20天时，生产周期内有3个维护周期，一个维护周期内，生产线需保障维护的概率为.设一个生产周期内需保障维护的次数为次，则正常维护费为千元，保障维护费为千元.故一个生产周期内需保障维护次时的生产维护费为千元.由于，设一个生产周期内的生产维护费为千元，则的可能取值为6，7，9，1
25、2，则分布列为67912故.【点睛】本题考查独立性检验的实际应用，以及离散型随机变量的分布和期望，本题的关键是读懂题意，并能抽象出数学问题，属于中档题型.22.已知函数.（1）求的单调区间；（2）设，都有成立，证明：，都有.【答案】（1）当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，；当时，函数的单调递减区间为，无单调递增区间；（2）证明见解析.【解析】分析】（1）求导数，对分类讨论即可求解.（2）先由都有成立，确定，则可求出，则转化为证明，再证明和即可.【详解】解：（1）函数的定义域为，当时，在，上分别递减.当时，令，得或，令，得或，所以函数在，上单调递增，在，上单调递减.综上所述：当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，；当时，函数的单调递减区间为，无单调递增区间.（2）证明：对任意的，都有成立，即有，由（1）知，若，则对不存在最小值2，必有，由，即，所以，即解得，.所以，.对任意，等价于，令，则，令得，所以当时，单调递增；当时，单调递减，所以的最大值为，即.设，则，所以当时，单调递增，故当时，即，所以对任意，都有.【点睛】考查求含参数的函数的单调性和证明不等式恒成立，求含参数的函数的单调性通常需要分类讨论；证明不等式通常转化为求函数的最值，这时需要构造新函数，研究新函数的值域；本题是难题.