1、山东省日照市第一中学2020届高三数学下学期模拟考试试题（含解析）注意事项：1.考试时间120分钟，满分150分；2.把每小题的答案，写在答题卡上.一、单项选择题1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解分式不等式确定集合，求函数值域确定集合，再由交集定义计算【详解】由得，即，又，所以，即，所以故选：C【点睛】本题考查集合交集运算，考查解分式不等式，求函数值域，本题属于基础题2.复数满足，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，由可得出，利用数形结合思想求出的最大值.【详解】设，则，则复数在复平面内所对应的点的轨迹是以为圆心，以为
2、半径的圆，其几何意义是原点到圆上一点距离的平方，原点到圆心的距离为，因此，的最大值为，故选B.【点睛】本题考查复数的几何意义，考查复数对应点的轨迹，同时也涉及了点到圆上一点最值的求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.3.加强体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态时，若两只胳膊的夹角为，每只胳膊的拉力大小均为，则该学生的体重（单位：）约为（ ）（参考数据：取重力加速度大小为）A. 63B. 69C. 75D. 81【答案】B【解析】【分析】根据平行四边形法则得到该学生的体重,利用余弦定理即可求出得解.【详解】如图，设该学生的体重为,则.
3、由余弦定理得.所以.故选：B【点睛】本题主要考查向量的平行四边形法则和余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4.，且，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数，利用其导函数判断出单调区间，根据奇偶性和对称性可得正确选项.【详解】构造形式，则，时导函数，单调递增；时导函数，单调递减又 为偶函数，根据单调性和对称性可知选D.故本小题选D.【点睛】本小题主要考查构造函数法，考查利用导数研究函数的单调性以及求解不等式，属于中档题.5.方舱医院的创设，在抗击新冠肺炎疫情中发挥了不可替代的重要作用某方舱医院医疗小组有七名护士，每名护士从周一到周日
4、轮流安排一个夜班若甲的夜班比丙晚一天，丁的夜班比戊晚两天，乙的夜班比庚早三天，己的夜班在周四，且恰好在乙和丙的正中间，则周五值夜班的护士为（ ）A. 甲B. 丙C. 戊D. 庚【答案】D【解析】【分析】对乙丙值班的时间分三种情况讨论得解.【详解】假设乙丙分别在星期三和星期五值班，则星期六甲和庚值班，不符合题意；假设乙丙分别在星期二和星期六值班，则甲在星期日，庚在星期五值班，戊在星期一值班，丁在星期三值班；假设乙丙分别在星期一和星期日值班，显然不符合题意.故选：D【点睛】本题主要考查分析推理，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析能力.6.已知抛物线的焦点为，直线过且与抛物线交于，两点，过作
5、抛物线准线的垂线，垂足为，的角平分线与抛物线的准线交于点，线段的中点为若，（ ）A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】B【解析】【分析】如图，先证明，,所以点P是MN的中点，根据中位线性质和抛物线的定义即得解.【详解】如图，由题得,所以.所以,所以,所以,所以，所以,即点P是MN的中点，所以故选：B【点睛】本题主要考查抛物线的定义和几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，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.7.洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，被世界公认为组合数学的鼻祖，它是中华民族对人类的伟大贡献之一在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有图1：“以五居中，五方白圈皆阳数，四
6、隅黑点为阴数”，这就是最早的三阶幻方，按照上述说法，将1到9这九个数字，填在如图2所示的九宫格里，九宫格的中间填5，四个角填偶数，其余位置填奇数则每一横行、每一竖列以及两条对角线上3个数字的和都等于15的概率是（ ）图1 图2A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出满足题意的所有排法的总数，再求出所有排法的总数，再由古典概型的概率公式求解即可.【详解】先排左上角的数字，可以排2,4,6,8，有4种排法，如果固定了左上角的偶数，如图，假设是2，则有两种排法，当四个角的数字固定之后，其他空位的数字随其固定，所以共有种排法满足题意.要求所有的结果，可以先排四个角上的偶数，有种结果，再
7、排其他四个空位，有种结果，共有.由古典概型的概率公式得.故选：C【点睛】本题主要考查古典概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.8.已知直线与曲线有且只有两个公共点，其中，则（ ）A. B. 0C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】先分析出直线与曲线在点A处相切，在点B处相交，求出直线方程为，联立曲线方程，解方程组即得.【详解】问题等价于直线与曲线有且只有两个公共点，画出函数的图象只能是这样：直线与曲线在点A处相切，在点B处相交.由题得切线的斜率为，切线方程为.所以,所以直线方程为.把直线方程和曲线方程联立得，所以或.所以.故选：B【点睛】本题主要考查导数的几何意义，考查直线
8、和曲线的位置关系，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.二、多项选择题9.已知点是抛物线的焦点，是经过点的弦且，的斜率为，且，两点在轴上方.则下列结论中一定成立的是（）A. B. 若，则C. D. 四边形面积最小值为【答案】AC【解析】【分析】先由的斜率为，得到，设，的方程为，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理得到再由抛物线的焦点弦公式求出，最后根据题意，逐项判断，即可得出结果.【详解】因为的斜率为，所以，设，的方程为，由可得，所以，同理可得则有，所以A正确；与无关，同理，故，C正确；若，由得，解得，故B错；因为，所以四边形面积当且仅当，即时，等号成立；故D错；故选AC【点睛】本
9、题主要考查直线与抛物线位置关系，熟记抛物线的简单性质，以及直线与抛物线的位置关系即可，解决此类题型，通常需要联立直线与抛物线方程，结合韦达定理，弦长公式等求解，属于常考题型.10.如图，在棱长为1的正方体中，为棱上的动点（点不与点，重合），过点作平面分别与棱，交于，两点，若，则下列说法正确的是（ ）A. 面B. 存在点，使得平面C. 存在点，使得点到平面的距离为D. 用过，三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形【答案】ACD【解析】【分析】利用空间直线平面的位置关系对A,B分析判断，利用点到平面的距离和截面知识对C,D分析判断得解.【详解】A.如图所示，平面 平面,在正方体中，平面,所以平
10、面，所以选项A正确；B.假设存在点，使得平面，因为平面,平面平面=PE,所以,所以,显然不等，所以假设不成立，故选项B错误；C. 当CP越小，则点到平面的距离越大，这个距离大于零且无限接近,所以存在点，使得点到平面的距离为，所以选项C正确；D. 用过，三点的平面去截正方体，因为PM/,所以得到的截面就是平面,它是一个梯形，所以该选项正确.故选：ACD【点睛】本题主要考查空间直线和平面位置关系，考查点到平面的距离和截面问题，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.11.已知函数，则（ ）A. 为偶函数B. 为周期函数，且最小正周期为C. 恒成立D. 的最小值为【答案】ABC【解析】【
11、分析】根据题意，结合三角函数的性质，对选项逐一分析，得到结果.【详解】函数，满足，所以为偶函数，所以A正确；根据正余弦函数的最小正周期可知为周期函数，且最小正周期为，所以B正确；当时，且单调增，且单调减，所以，同理，时都成立，结合函数的周期性，满足恒成立，所以C正确；因为，而，当时取得最小值，结合条件，取不到这个最小值，所以D不正确；故选：ABC.【点睛】该题考查的是有关三角函数的性质，涉及到的知识点有偶函数的性质，函数的周期性的判断，诱导公式的应用，属于简单题目.12.已知二次方程的韦达定理，推广到实系数三次方程也成立，即.若实数a、b、c满足，则（ ）A. B. C. D. 的最小值是【答
12、案】BCD【解析】【分析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，可得出，再由a、b、c为函数的三个零点可判断出A、B、C的正误，由题中条件得出，代入可判断D的正误.【详解】构造函数，则由可得或，由可得所以在和上单调递增，在上单调递减因为a、b、c为函数的三个零点所以，因为所以由零点存在定理可得，故A 错误，B、C正确由条件可得，所以所以当时取得最小值，故D正确故选：BCD【点睛】构造函数是解答本题的关键，考查了学生的分析能力与转化能力，属于中档题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数的图象与直线恰有四个公共点，其中，则_【答案】1【解析】【分析】根据题意画出图象，找到只
13、有四个公共点的情况，明确D点即为直线与函数的图象相切点，然后代入运算，即可得到结果【详解】由题意画出图象如下：根据题意，很明显，在D点处，直线与函数的图象相切，D点即为切点则有，在点D处，而，且，故答案为：1【点睛】此题考查根据函数图象关系求解参数的取值，关键在于结合直线与曲线的几何位置关系利用导数的几何意义建立等式求解.14.若函数与像的交点为，则_.【答案】2【解析】【分析】利用复合函数的单调性得出的单调性，再结合两函数的对称性确定交点个数与性质后可得结论【详解】由是增函数，在是单调递增，在单调递增得在上是增函数，又，所以的图象关于直线对称，易知也是的对称轴，在上是减函数，而，因此与的图象
14、在上有一个交点，时，时，与的图象在上无交点，所以在上它们只有一个交点，根据对称性在上也只有一个交点，且这两个交点关于直线对称所以故答案为：2【点睛】本题考查两函数图象交点问题，解题方法是研究函数的性质：单调性，对称性，确定交点个数及性质15.已知函数，令，若，记数列的前n项和为，求的近似值.有四位同学做出了4个不同答案：，1，其中最接近的近似值的是_.【答案】【解析】【分析】依次求导数，归纳出，得，然后用放缩法估值，得出结论【详解】由已知，归纳出：，又，.，令，则，与的值最接近的是.【点睛】本题考查数列的函数特性，考查基本初等函数的导数运算，考查了用放缩法证明数列不等式，还考查了归纳推理，属于
15、中档题16.古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点，距离之比为常数且的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆简称为阿氏圆根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体中，点在棱上，动点满足若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为_；若点在长方体内部运动，为棱的中点，为的中点，则三棱锥的体积的最小值为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】（1）以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的坐标系，设，求出点P的轨迹为，即得解；（2）先求出点P的轨迹为，P到平面的距离为，再求出的最小值即得解.【详解】（1）以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的坐标系，则设，由得，所以，所以若点在平
16、面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为.（2）设点，由得，所以，由题得所以设平面的法向量为，所以，由题得，所以点P到平面的距离为，因为，所以，所以点M到平面的最小距离为，由题得为等边三角形，且边长为，所以三棱锥的体积的最小值为.故答案为：(1). (2). 【点睛】本题主要考查空间几何中的轨迹问题，考查空间几何体体积的计算和点到平面距离的计算，考查最值的计算，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：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.若数列满足（，p为常数），则称数列为等方差数列，p为公方差.（1）已知数列，分别满足，从上述四个数列
17、中找出所有的等方差数列（不用证明）；（2）若数列是首项为1，公方差为2的等方差数列，求数列的前n项和.【答案】（1），为等方差数列；（2）.【解析】【分析】（1）根据等方差数列的定义判断；（2）利用等方差数列定义写出的性质，得出其通项公式，再求其和【详解】（1）为常数，为常数，不常数，不是常数，所以，为等方差数列；（2）因为数列是首项为1，公方差为2的等方差数列，所以，所以，所以.【点睛】本题考查数列的新定义，考查等差数列的通项公式和前项和公式，解题关键是理解新定义，把新定义数列转化为已知数列问题18.如图，平面四边形，点，均在半径为的圆上，且（1）求的长度；（2）若，求的面积【答案】（1）5
18、（2）【解析】【分析】（1）先求出的外接圆半径为，再利用正弦定理求出得解；（2）设，为锐角，则，先求出，再利用余弦定理求出，即得的面积【详解】（1）由题意可知，的外接圆半径为，由正弦定理，解得；（2）在中，设，为锐角，则，因为，所以，所以，因为，即，所以，则，所以，【点睛】本题主要考查正弦余弦定理解三角形，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.19.如图1，平面四边形中，为的中点，将沿对角线折起，使，连接，得到如图2所示的三棱锥（1）证明：平面平面；（2）已知直线与平面所成角为，求二面角的余弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】分析】（1）证明平面，平面平面即得证；（2）
19、先由题可知即为直线与平面所成的角，再证明为二面角的平面角，再解三角形求解即可.【详解】（1）证明：在三棱锥中，因为，所以平面，又平面，所以，因为，为中点，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面（2）由（1）可知即为直线与平面所成的角，所以，故；由（1）知平面，过作于，连接，由三垂线定理可知，故为二面角的平面角由，得，即得，所以，故，所以二面角的余弦值为【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，考查空间线面角和二面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20.网络购物已经成为人们的一种生活方式某购物平台为了给顾客提供更好的购物体验，为入驻商家设置了积分制度，每笔购物完成后，买家可
20、以根据物流情况、商品质量等因素对商家做出评价，评价分为好评、中评和差评平台规定商家有50天的试营业时间，期间只评价不积分，正式营业后，每个好评给商家计1分，中评计0分，差评计分，某商家在试营业期间随机抽取100单交易调查了其商品的物流情况以及买家的评价情况，分别制成了图1和图2（1）通常收件时间不超过四天认为是物流迅速，否则认为是物流迟缓；请根据题目所给信息完成下面列联表，并判断能否有的把握认为“获得好评”与物流速度有关？好评中评或差评合计物流迅速物流迟缓30合计（2）从正式营业开始，记商家在每笔交易中得到的评价得分为该商家将试营业50天期间的成交情况制成了频数分布表（表1），以试营业期间成交
21、单数的频率代替正式营业时成交单数发生的概率表1成交单数363027天数102020（）求的分布列和数学期望；（）平台规定，当积分超过10000分时，商家会获得“诚信商家”称号，请估计该商家从正式营业开始，1年内（365天）能否获得“诚信商家”称号附：参考数据：0.15001000.0500.0250.0102.0722.7063.8415.0246.635【答案】（1）见解析，有的把握认为“获得好评”与物流速度有关（2）（）见解析，0.7（）该商家在1年内不能获得“诚信商家”称号【解析】【分析】（1）先画出22列联表，再利用独立性检验求解；（2）（）先求出的取值可能是1，0，再求出对应的概率，
22、写出其分布列，求出其期望得解；（）设商家每天的成交量为，求出商家每天能获得的平均积分和商家一年能获得的积分，即可判断得解.【详解】（1）由题意得好评中评或差评合计物流迅速50555物流迟缓301545合计8020100，所以有的把握认为“获得好评”与物流速度有关（2）（）由题意可知，的取值可能是1，0，每位买家给商家作出好评、中评、差评的概率分别为0.8，0.1，0.1，所以的分布列为100.80.10.1所以；（）设商家每天的成交量为，则的取值可能为27，30，36，所以的分布列为2730360.40.40.2所以，所以商家每天能获得的平均积分为，商家一年能获得积分：，所以该商家在1年内不能
23、获得“诚信商家”称号【点睛】本题主要考查独立性检验，考查随机变量的分布列和期望及其应用，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.21.在平面直角坐标系中，已知点，直线：，动点满足到点的距离与到直线的距离之比为；已知圆的方程为，直线为圆的切线，记点到直线的距离分别为，动点满足；点，分别在轴，轴上运动，且，动点满足（1）在，这三个条件中任选一个，求动点的轨迹方程；（2）记（1）中的轨迹为，经过点的直线交于，两点，若线段的垂直平分线与轴相交于点，求点纵坐标的取值范围【答案】（1）不论选哪种条件，动点的轨迹方程（2）【解析】【分析】（1）选,可以用直接法求轨迹方程，选，可以用待定系数法求轨
24、迹方程，选，可以用代入法求轨迹方程；（2）设，当斜率不存在时，当斜率不存在时，求出，得到或，综合即得解.【详解】（1）若选，设，根据题意，整理得，所以所求的轨迹方程为若选，设，直线与圆相切于点，则，由椭圆定义知，点的轨迹是以为焦点的椭圆，所以，故，所以所求的轨迹方程为若选，设，则，因为，所以，整理得，代入得，所以所求的轨迹方程为（2）设，当斜率不存在时，当斜率存在时，设直线的方程为，由，消去并整理，得，恒成立，设线段的中点为，则，所以线段的垂直平分线方程为：，令，得，当时，当且仅当时，取等号，所以；当时，当且仅当时，取等号，所以；综上，点纵坐标的取值范围是【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，考
25、查椭圆中的范围问题的求解，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.22.已知函数，且曲线在处的切线斜率为1（1）求实数的值；（2）证明：当时，；（3）若数列满足，且，证明：【答案】（1）（2）见解析（3）见解析【解析】【分析】（1）由即得的值；（2）只需证，利用导数证明在上单调递增，所以成立，即得证；（3）分析得到只需证，再利用导数证明即可.【详解】（1），所以；（2）要证，只需证，因为，所以，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以成立，所以当时，成立（3）由（2）知当时，.因为，所以，设，则，所以；要证：，只需证：，因为，所以，因为，所以，所以，故只需证：，因为，故只需证：，即证：，只需证：当时，所以在区间上是增函数，故，所以在区间上是增函数，故，所以在区间上是增函数，故，所以原不等式成立【点睛】本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，考查分析法证明不等式，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.
