1、山东省青岛市2020届高三数学4月统一质量检测（一模）试题（含解析）一、单项选择题：本题共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.已知是虚数单位，复数，则的共轭复数的虚部为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的运算法则、共轭复数与虚部的定义即可得出【详解】解：，则的共轭复数的虚部为1故选：B【点睛】本题考查了复数的运算法则、共轭复数与虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题2.已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】先求出集合，集合，由此能求出【详解】解：集合，集合，故选：A【点睛】
2、本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题3.已知某市居民在2019年用于手机支付的个人消费额（单位：元）服从正态分布，则该市某居民手机支付的消费额在内的概率为（ ）附：随机变量服从正态分布，则，A. 0.9759B. 0.84C. 0.8185D. 0.4772【答案】C【解析】【分析】由已知可得，然后结合与原则求解【详解】解：服从正态分布，则故选：C【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的运用、与原则的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题4.设，则，的大小关系正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】把它们和0，1比较，可得
3、出结果【详解】解：，则，故选：A【点睛】本题考查指数，对数比较大小，属于基础题5.已知函数（为自然对数的底数），若的零点为，极值点为，则（ ）A. B. 0C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】令可求得其零点，即的值，再利用导数可求得其极值点，即的值，从而可得答案【详解】解：，当时，即，解得；当时，恒成立，的零点为又当时，为增函数，故在，上无极值点；当时，当时，当时，时，取到极小值，即的极值点，故选：C【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查函数的零点，考查分段函数的应用，突出分析运算能力的考查，属于中档题6.已知四棱锥的所有棱长均相等，点，分别在线段，上，且底面，则异面直线与所成角的
4、大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】连接，设，由线面平行的性质定理推得，运用线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质定理和平行线的性质，即可得到所求角【详解】解：连接，设，则平面，平面平面，由底面，可得，由四边形为菱形，可得，由为的中点，可得，又，平面，平面，可得平面，又平面，则，又，可得，即异面直线与所成角的大小为故选：D【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查线面平行的性质定理和线面垂直的判定和性质，考查转化思想和推理能力，属于中档题7.在同一直角坐标系下，已知双曲线的离心率为，双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为2，函数的图象向右平移单位后得到曲线，点，
5、分别在双曲线的下支和曲线上，则线段长度的最小值为（ ）A. 2B. C. D. 1【答案】D【解析】【分析】显然双曲线是等轴双曲线，结合焦点到渐近线的距离求出系数，再画出曲线的图象和双曲线的图象，观察图象可得解【详解】解：因为离心率为，所以该双曲线是等轴双曲线，可设方程为所以，故焦点，渐近线，取到的距离为2，得，解得所以双曲线方程为函数的图象向右平移单位后得到曲线的方程为：同一坐标系做出曲线、的图象：由图可知，当点为与轴的交点，点为双曲线的下顶点时，最小为1故选：【点睛】本题考查了双曲线方程的求法和三角函数的图象变换同时考查了利用数形结合解决问题的能力属于中档题8.某单位举行诗词大会比赛，给每
6、位参赛者设计了“保留题型”“升级题型”“创新题型”三类题型，每类题型均指定一道题让参赛者回答已知某位参赛者答对每道题的概率均为，且各次答对与否相互独立，则该参赛者答完三道题后至少答对两道题的概率（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用次独立重复试验中事件恰好发生次概率计算公式能求出该参赛者答完三道题后至少答对两道题的概率【详解】解：某单位举行诗词大会比赛，给每位参赛者设计了“保留题型”、“升级题型”、“创新题型”三类题型，每类题型均指定一道题让参赛者回答某位参赛者答对每道题的概率均为，且各次答对与否相互独立，则该参赛者答完三道题后至少答对两道题的概率：故选：A【点睛】本题考
7、查概率的求法，考查次独立重复试验中事件恰好发生次概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分9.已知向量，设的夹角为，则（ ）A B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】根据题意，求出的坐标，据此分析选项，综合即可得答案【详解】根据题意，则，依次分析选项：对于，则不成立，错误；对于，则，即，正确；对于，不成立，错误；对于，则，则，则，正确；故选：BD【点睛】本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角的计算，属于基础题10.已知函数，则（ ）A
8、. B. 在区间上只有1个零点C. 的最小正周期为D. 为图象的一条对称轴【答案】ACD【解析】【分析】利用二倍角公式和三角函数的性质对每一个选项进行判断即可【详解】解：已知函数，则、正确，、当，即， 在区间上只有2个零点，则 在区间上只有1个零点错误，、 的最小正周期为，正确、当时，函数，所以为图象的一条对称轴，正确故选：ACD【点睛】本题考查二倍角公式和三角函数的性质，属于中档题11.已知数列的前项和为，数列的前项和为，则下列选项正确的为（ ）A. 数列是等差数列B. 数列是等比数列C. 数列的通项公式为D. 【答案】BCD【解析】【分析】由数列的递推式可得，两边加1后，运用等比数列的定义
9、和通项公式可得，由数列的裂项相消求和可得【详解】解：由即，可化为，由，可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，即，又，可得，故错误，正确故选：BCD【点睛】本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，以及数列的裂项相消法求和，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题12.已知四棱台上下底面均为正方形，其中，则下述正确的是（ ）A. 该四棱台的高为B. C. 该四棱台的表面积为26D. 该四棱台外接球的表面积为【答案】AD【解析】【分析】根据棱台的性质，补全为四棱锥，根据题中所给的性质，进行判断【详解】解：由棱台性质，画出切割前的四棱锥，由于，可知 与相似比为；则，则，则，该四棱台的高为，
10、对；因为，则与夹角为，不垂直，错；该四棱台的表面积为，错；由于上下底面都是正方形，则外接球的球心在上，在平面上中，由于，则，即点到点与点的距离相等，则，该四棱台外接球的表面积为，对，故选：AD【点睛】本题考查立体几何中垂直，表面积，外接球的问题，属于难题三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分13.若，恒成立，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】直接根据基本不等式求解最值即可求得结论【详解】解：因为，当且仅当，即时取等号，又，恒成立；故答案为：【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用，属于基础题14.已知函数的定义域为，为奇函数，则_【答案】【解析】【分析】根据题意，分析可
11、得函数的图象关于点对称，据此可得，即可得答案【详解】解：根据题意，函数为奇函数，则函数的图象关于点对称，则有，又由，则；故答案为：【点睛】本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，注意分析的对称性，属于基础题15.已知，二项式展开式中含有项的系数不大于240，记的取值集合为，则由集合中元素构成的无重复数字的三位数共有_个【答案】18【解析】【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于2，根据题意求得的值，可得，再利用排列组合的知识求出结果【详解】解：二项式展开式的通项公式为，令，求得，可得展开式中含有项的系数为再根据含有项的系数不大于240，可得，求得再根据，可得，1，2，3，即，1，2，3 ，
12、则由集合中元素构成的无重复数字的三位数共，故答案为：18【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，排列组合的应用，属于中档题16.2020年是中国传统的农历“鼠年”，有人用3个圆构成“卡通鼠”的形象，如图：是圆的圆心，圆过坐标原点；点、均在轴上，圆与圆的半径都等于2，圆圆均与圆外切已知直线过点（1）若直线与圆、圆均相切，则截圆所得弦长为_；（2）若直线截圆、圆、圆所得弦长均等于，则_【答案】 (1). 3 (2). 【解析】【分析】（1）设出公切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径列出方程求解即可；（2）设出方程，分别表示出圆心到直线的距离，结合弦长公式求得
13、，即可【详解】解：（1）根据条件得到两圆的圆心坐标分别为，设公切线方程为且存在，则，解得，故公切线方程为，则到直线的距离，故截圆的弦长；（2）设方程为且存在，则三个圆心到该直线的距离分别为：，则，即有，解得，代入得，则，即，故答案为：3；【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，公切线方程，方程思想，数形结合思想，属于中档题四、解答题：本题共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.设等差数列的前项和为，等比数列的前项和为已知，（1）求，的通项公式；（2）是否存在正整数，使得且？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存在满足题意【解析】【分析
14、】（1）设等差数列的公差为，在等差数列中，由已知求解公差，进一步求得首项，可得等差数列的通项公式；由求得，结合已知求得，可得等比数列的公比，则等比数列的通项公式可求；（2）由（1）知，由解得范围，再由，解得范围，即可判断出结论【详解】解：（1）设数列的为，在数列中，又因为，所以从而，所以由得：因为，设数列的公比为所以，所以（2）由（1）知：所以，整理得，解得又因为所以，即，解得所以【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前项和、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18.在中，分别为内角，的对边，（1）求角；（2）若，为中点，在下列两个条件中任选一个，求的长度条件：的面
15、积且；条件：【答案】（1）；（2）选择条件，【解析】【分析】（1）利用余弦定理可得；化为，再利用正弦定理、和差公式即可得出（2）选择条件，可得利用诱导公式可得，由正弦定理可得：在中，由余弦定理可得【详解】解：（1）在中，由余弦定理知：，所以，所以又由正弦定理知：，得所以即：所以因为，所以，所以又因为，所以（2）选择条件：因为，所以因为由正弦定理知：，所以在中，由余弦定理知：解得：【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、和差公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题19.在如图所示的四棱锥中，四边形为平行四边形，为边长为2的等边三角形，点，分别为，的中点，是异面直线和的公垂线（1）证明：平面平面；
16、（2）记的重心为，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）详见解析；（2）【解析】【分析】（1）为的中点，利用等边三角形的性质可得，根据是异面直线与的公垂线，可得可得平面进而得出：平面平面（2）根据，为中点，可得，又是异面直线与的公垂线，可得，可得：平面建立如图所示的空间直角坐标系设平面的一个法向量为，可得，由，的坐标可得的重心设直线与平面所成角为，则，【详解】解：（1）证明：因为为的中点，所以在等边中，又因为是异面直线和的公垂线，所以又因为，平面，所以平面因为平面，所以平面平面（2）因为、为中点，所以，又因为是异面直线和的公垂线，所以，所以为等腰直角三角形连接，因为，平面，平面平面且平面平面
17、所以平面因此，以为原点，分别以、所在的直线为、轴建系如图所示：则，因为四边形为平行四边形，设因为，所以所以设面的一个法向量为，由令，则，所以因为，所以的重心为的坐标为，设直线与平面所成角为，则【点睛】本题考查了平行四边形、等边三角形与等腰直角三角形的性质、法向量的应用、数量积运算性质、向量夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题20.某网络购物平台每年11月11日举行“双十一”购物节，当天有多项优惠活动，深受广大消费者喜爱（1）已知该网络购物平台近5年“双十”购物节当天成交额如下表：年份20152016201720182019成交额（百亿元）912172127求成交额（百亿元）与时间变量
18、（记2015年为，2016年为，依次类推）的线性回归方程，并预测2020年该平台“双十一”购物节当天的成交额（百亿元）；（2）在2020年“双十一”购物节前，某同学的爸爸、妈妈计划在该网络购物平台上分别参加、两店各一个订单的“秒杀”抢购，若该同学的爸爸、妈妈在、两店订单“秒杀”成功的概率分别为、，记该同学的爸爸和妈妈抢购到的订单总数量为（i）求的分布列及；（ii）已知每个订单由件商品构成，记该同学的爸爸和妈妈抢购到的商品总数量为，假设，求取最大值时正整数的值附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，【答案】（1）；30.7百亿元；（2）（i）分布列详见解析，；（ii）3【解析】【分析
19、】（1）计算、，求出系数和，写出线性回归方程，利用方程计算时的值即可；（2）由题意知随机变量的可能取值，计算对应的概率值，写出分布列，求出数学期望值；根据题意求出的解析式，利用换元法和求导法计算取最大值时正整数的值【详解】解：（1）由已知可得：，所以所以所以当时，（百亿元）所以估计2020年该平台“双十一”购物节当天的成交额为30.7（百亿元）（2）（）由题知，的可能取值为：0，1，2所以的分布列为：012（）因为所以令，设，则因为，且所以，当时，所以在区间上单调递增；当时，所以在区间上单调递减；所以，当即时，（百亿元）所以取最大值时的值为3【点睛】本题主要考查了概率与随机变量的分布列和数学期
20、望的计算问题，也考查了运用概率统计知识解决简单实际问题的能力，属于中档题21.已知为坐标原点，椭圆的左，右焦点分别为，点又恰为抛物线的焦点，以为直径的圆与椭圆仅有两个公共点（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与相交于，两点，记点，到直线的距离分别为，直线与相交于，两点，记，的面积分别为，（）证明：的周长为定值；（）求的最大值【答案】（1）；（2）（i）详见解析；（ii）【解析】【分析】（1）由已知求得，可得，又以为直径的圆与椭圆仅有两个公共点，知，从而求得与的值，则答案可求；（2）由题意，为抛物线的准线，由抛物线的定义知，结合，可知等号当且仅当，三点共线时成立可得直线过定点，根据椭圆定义即可证
21、明为定值；若直线的斜率不存在，则直线的方程为，求出与可得；若直线的斜率存在，可设直线方程为，方便联立直线方程与抛物线方程，直线方程与椭圆方程，利用弦长公式求得，可得，由此可求的最大值【详解】解：（1）因为为抛物线的焦点，故所以又因为以为直径的圆与椭圆仅有两个公共点知：所以，所以椭圆的标准方程为：（2）（）由题知，因为为抛物线的准线由抛物线的定义知：又因为，等号当仅当，三点共线时成立所以直线过定点根据椭圆定义得：（）若直线的斜率不存在，则直线的方程为因为，所以若直线的斜率存在，则可设直线，设，由得，所以，设，由得，则，所以则综上知：的最大值等于【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆、直线
22、与抛物线位置关系的应用，考查计算能力，属于中档题22.已知函数的图象在点处的切线方程为（1）当时，证明：；（2）设函数，当时，证明：；（3）若数列满足：，证明：【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析【解析】【分析】（1）由已知结合导数的几何意义可求，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求的范围；（2）先对求导，结合导数及（1）的结论可求函数的范围，即可证；（3）结合（1）（2）的结论，结合对数的运算性质可证【详解】解：（1）由题知：，所以，所以，令，则，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减；所以，即所以在区间上单调递减，所以又因为，所以，所以综上知：当时，（2）由题意，因为所以由（1）知：在区间上单调递减，所以，又因为当时，所以，在区间上单调递增，所以由（1）可知：，又，综上可知：（3）由（1）（2）知：若，若，因为，所以，当时，当时，所以，从而【点睛】本题综合考查了导数及函数的性质在证明不等式中的应用，考查了考试的逻辑推理与运算的能力，属于难题