1、山东省济宁市第一中学2020届高三数学考前冲刺测试试题（一）（含解析）一、单项选择题：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.函数的定义域为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数f（x）的解析式，求出使解析式有意义的自变量取值范围即可【详解】函数，解得x0且x1，f（x）的定义域为（0，1）（1，+）故选B【点睛】本题考查了根据解析式求函数定义域的应用问题，是基础题2.已知向量满足（2，1），（1，y），且，则（ ）A. B. C. 5D. 4【答案】C【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示列方程，由此求得，根据向量模的坐标表示求得正确答案.【详解】根据题
2、意，（2，1），（1，y），且，则有2+y0，解可得y2，即（1，2），则（4，3），故 5；故选：C【点睛】本小题主要考查向量垂直和模的坐标表示，属于基础题.3.某工厂利用随机数表对生产的600个零件进行抽样测试，先将600个零件进行编号，编号分别为001，002，599，600，从中抽取60个样本，下面提供随机数表的第4行到第6行：32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 4284 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89
3、07 23 68 96 08 0432 56 78 08 43 67 89 53 55 77 34 89 94 83 75 22 53 55 78 32 45 77 89 23 45若从表中第6行第6列开始向右依次读取3个数据，则得到的第5个样本编号是（ ）A. 522B. 324C. 535D. 578【答案】A【解析】【分析】按照随机数表取数，不大于600的留下，大于600的去掉即可得【详解】所得样本编号依次为436，535，577，348，522，第5个是522故选：A【点睛】本题考查随机数表抽样法，属于简单题4.如图，在正四棱柱中，底面的边长为3，与底面所成角的大小为，且，则该正四棱柱
4、的外接球表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】长方体的外接球的直径为长方体的对角线，与底面所成的角为，从而有，求出即可.【详解】连正四棱柱，平面为与底面所成角，在中，正四棱柱的外接球半径为，其表面积为.故选:A.【点睛】本题考查多面体与球的“接”“切”问题，注意直线与平面所成角的几何求法，属于基础题.5.已知在中，角的对边分别为，若，且，则的面积是（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】C【解析】【分析】由三角形内角和与两角和与差的正弦公式求得，再由同角三角函数关系求得，进而由余弦定理求得a，最后由三角形面积公式求得答案.【详解】因为，即，即，则，所以，故.因为，所
5、以，所以角为锐角，故，由余弦定理可知，解得或.当时，的面积；当时，的面积.故选：C【点睛】本题考查由余弦定理解三角形，并利用任意三角形面积公式求面积，属于简单题.6.设等差数列的公差为，若，则“”是“为递减数列”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用指数函数单调性、数列增减性的定义以及等差数列的定义判断即可.【详解】充分性：若，则，即，即，所以，数列为递减数列，充分性成立；必要性：若为递减数列，则，即，则，必要性成立.因此，“”是“为递减数列”充要条件.故选：C【点睛】本题考查充要条件的判断，同时也考查了数列单调性
6、定义的应用，考查推理能力，属于中等题.7.将三枚骰子各掷一次，设事件为“三个点数都不相同”，事件为“至少出现一个6点”，则概率的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】考点：条件概率与独立事件分析：本题要求条件概率，根据要求的结果等于P（AB）P（B），需要先求出AB同时发生的概率，除以B发生的概率，根据等可能事件的概率公式做出要用的概率代入算式得到结果解：P（A|B）=P（AB）P（B），P（AB）=P（B）=1-P（）=1-=1-=P（A/B）=P（AB）P（B）=故选A8.在平行四边形中，若、分别是边、上的点，且满足，则的最大值为（ ）A. 2B. 4C. 5D. 6【答案】
7、C【解析】【分析】设，然后选取为基底，把其他向量用基底表示后计算数量积，表示为的函数，由函数知识得最大值【详解】设，则，时，取得最大值5故选：C【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是选取基底，用基底表示平面上的其他向量，然后进行运算求解二、多项选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的9.若集合，则正确的结论有（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】根据正弦函数可得集合，由集合间的关系和运算，对选项进行逐一判断.【详解】由，又，显然集合所以，则成立，所以选项A正确.成立，所以选项B正确，选项D不正确.，所以选项C不正确.故选：AB【点睛】本题考查解三角方程，
8、集合关系的判断与应用，集合的包含关系与补集关系的应用，属于中档题.10.函数的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. 是函数的一条对称轴D. 是函数的对称轴心【答案】ACD【解析】【分析】根据函数图象先求出的表达式，再对选项进行逐一判断，即可得到答案.【详解】由函数的图象有,则，即，所以，则A正确.由图象可得， 所以，即,由，所以，即,所以B不正确.所以函数的对称轴为：，即当时，是函数的一条对称轴，所以C正确.所以函数的对称中心满足：，即所以函数的对称轴心为，所以D正确.故选：ACD【点睛】本题考查根据图象求余弦型函数的解析式，考查余弦型函数的对称性等，属于中档题.11.以
9、下结论中错误有（ ）A. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为B. 设，且，则C. 若，是异面直线，那么与相交D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.3【答案】ABC【解析】【分析】对各个选项进行逐个判断，A直线的截距相等包括截距均为0的情况；B.举反例即可判断；C.根据空间线面关系的定义及判定方法可知；D.对模型两边取对数进行计算可得.【详解】A.经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为或,故A不正确；B.举反例，如当a=-2,b=-1时，由不能得到，故B不正确；C. 若，是异面直线，那么与相交或，故C不正确；D模型，两边取对数，可
10、得，令，可得，,故D正确.故选：ABC【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查学生对基本概念、基本定理的理解与掌握，属于基础题.12.在平面直角坐标系中，已知曲线的方程是，则下列结论正确的是（ ）A. 曲线关于对称B. 的最小值为C. 曲线的周长为D. 曲线围成的图形面积为【答案】ABD【解析】【分析】确定方程表示的曲线，根据对称性判断A，利用的几何意义判断B，计算曲线的周长与所围图形面积判断C，D【详解】设是曲线上的任一点，则，所以，所以点也在曲线上，而点与是关于对称的，由的任意性知A正确，如时方程化为，即，其中，表示一条线段，同理当时，方程为，当时，方程为，当时，方程为所以方程表示的曲线
11、是以为顶点的菱形，如图，表示菱形上点到原点距离的平方，原点到的距离为为斜边上的高，所以的最小值为，B正确；菱形的周长为，C错误；菱形的面积为，D正确故选：ABD【点睛】本题考查曲线的对称性，考查用方程研究曲线的性质，考查方程的曲线，解题关键是确定方程表示的曲线，注意掌握绝对值的定义，按绝对值分类讨论即可三、填空题13.已知等比数列满足_【答案】9【解析】【分析】利用求出，然后利用等比数列通项公式求得.【详解】因为，故，由等比数列的通项公式得【点睛】本小题主要考查等比数列基本量的计算，考查运算求解能力，属于基础题.14.设复数（是虚数单位），则_【答案】0【解析】【分析】利用二项式定理变形后再计
12、算【详解】故答案：0【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查复数的综合运算，解题关键是利用二项式定理把求值式变成乘方，然后再由复数运算法则计算15.已知双曲线的焦点为，实轴长为2，则双曲线的离心率是_；若点是双曲线的渐近线上一点，且，则的面积为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】易得，再结合，可知，然后由求出离心率；可求出经过一、三象限的渐近线方程为，设点，分别求出和，根据列出方程，求出x的值，然后可得点到y轴的距离，最后计算的面积.【详解】易知，所以，又，所以；所以双曲线的方程为：，其中经过一、三象限的渐近线方程为，故可设点，所以，因为，所以，即，解之得：，所以点到y轴的距离为，又
13、，所以：.故答案为：；.【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，考查向量垂直的应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查转化思想，属于常考题.16.已知函数，若，则_【答案】或【解析】【分析】先求出，分，两种情况讨论，求出，再分类讨论求出a的取值.【详解】因为，所以，当时，由可得：，即，不满足，当时，可得，即，当时，解得，当时，解得，综上，的取值为或故答案为：或【点睛】本题主要考查由函数值求自变量，考查分段函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题.四、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知内接于单位圆，且，求角C求面积的最大值【答案】（1）（2）【解析】【分析】变形已
14、知条件可得，代入可得，可得C值；由正弦定理可得c，由余弦定理和基本不等式可得ab的取值范围，进而可得面积的最值【详解】，的外接圆为单位圆，其半径由正弦定理可得，由余弦定理可得，代入数据可得，当且仅当a=b时，“=”成立，的面积，面积的最大值为：【点睛】本题考查两角和与差的正切，涉及正余弦定理和三角形的面积公式，基本不等式的应用，熟记定理，准确计算是关键，属中档题18.已知数列的前项和为，且，（1）求证：数列为等比数列；（2）求（表示不超过的最大整数）【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）只要找到与的关系即可，即把代入可得（2）由（1）求得，对适当放缩，计算，可得出，从而得解【详
15、解】（1）所以故数列为等比数列，首项与公比都为（2）由（1）可知：，即因此：，故【点睛】本题考查等比数列的证明，考查用放缩法估计数列的和，掌握等比数列的定义是证明等比数列的关键，估计数列和的大小时，注意放缩要恰当19.如图，三棱台中， 侧面与侧面是全等的梯形，若，且.（）若，证明：平面；（）若二面角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】()见解析；() .【解析】试题分析：() 连接，由比例可得，进而得线面平行；（）过点作的垂线，建立空间直角坐标系，不妨设，则求得平面的法向量为，设平面的法向量为，由求二面角余弦即可.试题解析：（）证明：连接，梯形，,易知：；又，则；平面，平面，可得：
16、平面；（）侧面是梯形，,则为二面角的平面角， ；均为正三角形，在平面内，过点作的垂线，如图建立空间直角坐标系，不妨设，则,故点，；设平面的法向量为，则有：；设平面的法向量为，则有：；，故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.20.已知点P(2,2),圆，过点P的动直线l与圆C交于A,B两点,线段AB的中点为M,O为坐标原点.(1)求点M的轨迹方程;(2)当|OP|=|OM|时,求l的方程及POM的面积.【答案】(1) ；(2)直线的方程为，的面积为.【解析】【分析】求得圆的圆心和半径.（1）当三点均不重合时，根据圆的几何性质可知，是定点，所以的轨迹是以为直径的圆（除两点），根据圆的圆心和半径求得
17、的轨迹方程.当三点有重合的情形时，的坐标满足上述求得的的轨迹方程.综上可得的轨迹方程.（2）根据圆的几何性质（垂径定理），求得直线的斜率，进而求得直线的方程.根据等腰三角形的几何性质求得的面积.【详解】圆，故圆心为，半径为.(1)当C,M,P三点均不重合时,CMP=90,所以点M的轨迹是以线段PC为直径的圆(除去点P,C),线段中点为，故的轨迹方程为(x-1)2+(y-3)2=2(x2,且y2或x0,且y4).当C,M,P三点中有重合的情形时,易求得点M的坐标为(2,2)或(0,4).综上可知,点M的轨迹是一个圆,轨迹方程为(x-1)2+(y-3)2=2.(2)由(1)可知点M的轨迹是以点N(
18、1,3)为圆心，为半径的圆.由于|OP|=|OM|,故O在线段PM的垂直平分线上.又P在圆N上,从而ONPM.因为ON的斜率为3,所以的斜率为，故的方程为，即.又易得|OM|=|OP|=，点O到的距离为，所以POM的面积为.【点睛】本小题主要考查动点轨迹方程的求法，考查圆的几何性质，考查等腰三角形面积的计算，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.21.为丰富学生课外生活，某市组织了高中生钢笔书法比赛，比赛分两个阶段进行：第一阶段由评委给出所有参赛作品评分，并确定优胜者；第二阶段为附加赛，参赛人员由组委会按规则另行确定.数据统计员对第一阶段的分数进行了统计分析，这些分数都在
19、内，在以组距为5画分数的频率分布直方图（设“”)时，发现满足.（1）试确定的所有取值，并求；（2）组委会确定：在第一阶段比赛中低于85分的参赛者无缘获奖也不能参加附加赛；分数在的参赛者评为一等奖；分数在的同学评为二等奖，但通过附加赛有的概率提升为一等奖；分数在的同学评为三等奖，但通过附加赛有的概率提升为二等奖（所有参加附加赛的获奖人员均不降低获奖等级）.已知学生和均参加了本次比赛，且学生在第一阶段评为二等奖.（）求学生最终获奖等级不低于学生的最终获奖等级的概率；（）已知学生和都获奖，记两位同学最终获得一等奖的人数为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）（）；（）分布列见解析，.【解析】
20、【分析】（1）在内，按组距为5可分成6个小区间，分别是,，.由，能求出的所有取值和；（2）（）由于参赛学生很多，可以把频率视为概率.学生的分数属于区间，的概率分别是，.用符号或（）表示学生 （或）在第一轮获奖等级为，通过附加赛最终获奖等级为，其中，记“学生最终获奖等级不低于学生的最终获奖等级”为事件，由此能求出学生最终获奖等级不低于学生的最终获奖等级的概率；（）学生最终获得一等奖的概率是，学生最终获得一等奖的概率是，的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，求出的分布列和.【详解】（1）根据题意，在内，按组距为5可分成6个小区间，分别是，由，.每个小区间的频率值分别是.由，解得.的所有取值为
21、，.（2）（）由于参赛学生很多，可以把频率视为概率.由（1）知，学生的分数属于区间的概率分别是：，.我们用符号（或)表示学生（或）在第一轮获奖等级为，通过附加赛最终获奖等级为，其中.记“学生最终获奖等级不低于学生的最终获奖等级”为事件，则.（）学生最终获得一等奖的概率是，学生最终获得一等奖的概率是，的分布列为：.【点睛】本题考查频率分布直方图、条件概率、离散型随机变量的分布列、数学期望，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属于难题.22.已知函数，.（1）若在区间上不是单调函数，求实数的范围；（2）若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；（3）当时，设，对任意给定的正实数，曲线上是否存在两点，使
22、得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，而且此三角形斜边中点在轴上？请说明理由.【答案】（1）；（2）;（3）详见解析.【解析】【详解】（1）由得，因在区间上不上单调函数所以在上最大值大于0，最小值小于0，（2）由，得，且等号不能同时取，即恒成立，即令，求导得当时，从而在上是增函数，（3）由条件，假设曲线上存在两点满足题意，则只能在轴两侧不妨设，则，且是以为直角顶点的直角三角形，是否存在等价于方程在且是否有解当时，方程为，化简，此方程无解；当时，方程为，即设，则显然，当时，即在上为增函数的值域为，即，当时，方程总有解对任意给定的正实数，曲线上是否存在两点，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，而且此三角形斜边中点在轴上