2020届山东省济钢高中高三3月质量检测试题版.doc

2020届山东省济钢高中高三3月质量检测试题一、单选题1已知复数在复平面内对应的点分别为，则（ ）ABCD【答案】D【解析】由已知条件可得，然后代入 ，再利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】复数 在复平面内对应的点分别为（1，1），（0，1），1+i，i故选：D【点睛】本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题2已知集合，则（ ）ABCD【答案】C【解析】解不等式，确定集合，解不等式，确定集合，再将集合与集合求交集，即可.【详解】依题意，则，故.故选：C【点睛】本题考查集合的运算，属于较易题.3已知数列中,.若为等差数列,则( )ABCD【答案】C【解析】根据等差数列的性质先求出的公差，即可求出【详解】设等差数列的公差为，则，即，解得则，解得故选：C【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题4已知点在抛物线C:()上,点M到抛物线C的焦点的距离是( )A4B3C2D1【答案】A【解析】将点的坐标代入抛物线方程，求出，即得焦点，利用抛物线的定义，即可求出【详解】由点在抛物线上，可得，解得，即抛物线，焦点坐标，准线方程为所以，点到抛物线焦点的距离为：故选：A【点睛】本题主要考查抛物线的定义和简单性质的应用，属于基础题5在中，若，则（ ）ABCD【答案】D【解析】画出图形，将作为基底向量，将向量结合向量的加减法表示成两基底向量相加减的形式即可求解【详解】如图，由题可知，点为的中点，点为上靠近的三等分点，故选：D【点睛】本题考查平面向量的基本定理，属于基础题6已知a（0，），2sin2=cos2+1，则sin=ABCD【答案】B【解析】利用二倍角公式得到正余弦关系，利用角范围及正余弦平方和为1关系得出答案【详解】，又，又，故选B【点睛】本题为三角函数中二倍角公式、同角三角函数基本关系式的考查，中等难度，判断正余弦正负，运算准确性是关键，题目不难，需细心，解决三角函数问题，研究角的范围后得出三角函数值的正负，很关键，切记不能凭感觉7已知双曲线C:,(,)的左右焦点分别为, O为坐标原点,P是双曲线在第一象限上的点,(),则双曲线C的渐近线方程为( )ABCD【答案】D【解析】利用双曲线的定义求出，由向量的数量积，可求出，利用余弦定理可得的关系式，结合，即可求出【详解】因为，可得，由可得，所以，即有，即，所以，所以双曲线的渐近线方程为：故选：D【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的定义,向量数量积的定义以及余弦定理的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题8已知奇函数是R上增函数,则( )ABCD【答案】B【解析】根据定义，可判断出为偶函数，根据其导数可得出，时，函数单调递增，时，函数单调递减，再利用奇偶性将三个函数值转化到同一个单调区间上的函数值，即可比较出大小【详解】由奇函数是上的增函数，可得，以及当时，当时，由，则，即为偶函数因为，所以当时，当时，故时，函数单调递增，时，函数单调递减因为， 所以故选：B【点睛】本题主要考查利用函数的奇偶性和单调性，比较大小，涉及指数函数，对数函数的性质以及利用导数研究函数单调性，意在考查学生的转化能力和逻辑推理能力，属于中档题二、多选题9如图,正方体的棱长为1,则下列四个命题正确的是( )A直线与平面所成的角等于B点C到面的距离为C两条异面直线和所成的角为D三棱柱外接球半径为【答案】ABD【解析】根据线面角的定义及求法，点面距的定义，异面直线所成角的定义及求法，三棱柱的外接球的半径求法，即可判断各选项的真假【详解】正方体的棱长为1，对于A，直线与平面所成的角为，故选项A正确；对于B，因为面，点到面的距离为长度的一半，即，故选项B正确；对于C，因为，所以异面直线和所成的角为，而为等边三角形，故两条异面直线和所成的角为，故选项C错误；对于D，因为两两垂直，所以三棱柱外接球也是正方体的外接球，故，故选项D正确故选：【点睛】本题主要考查线面角的定义以及求法，点面距的定义以及求法，异面直线所成角的定义以及求法，三棱柱的外接球的半径求法的应用，属于基础题10已知，又，且的最小值是，则的值为（ ）ABCD【答案】AC【解析】根据题意可得的最小值即为，进而求出，则可得.【详解】由题，且的最小值是，可得，故，所以.故选：.【点睛】本题考查余弦函数图像及性质，关键抓住两点横坐标距离与周期关系,建立等式,计算求解即可，属于基础题.11已知集合,若对于,使得成立,则称集合M是“互垂点集”.给出下列四个集合:;.其中是“互垂点集”集合的为( )ABCD【答案】BD【解析】根据题意知，对于集合表示的函数图象上的任意点，在图象上存在另一个点，使得，结合函数图象即可判断【详解】由题意知，对于集合表示的函数图象上的任意点，在图象上存在另一个点，使得在的图象上，当点坐标为时，不存在对应的点，所以不是“互垂点集”集合；对的图象，将两坐标轴绕原点进行任意旋转，均与函数图象有交点，所以在中的任意点，在中存在另一个，使得，所以是“互垂点集”集合；在的图象上，当点坐标为时，不存在对应的点， 所以不是“互垂点集”集合；对的图象，将两坐标轴绕原点进行任意旋转，均与函数图象有交点，所以所以是“互垂点集”集合，故选：【点睛】本题主要考查命题的真假的判断，以及对新定义的理解与应用，意在考查学生的数学建模能力和数学抽象能力，属于较难题12德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet,18051859)在数学领域成就显著.19世纪,狄利克雷定义了一个“奇怪的函数” 其中R为实数集,Q为有理数集.则关于函数有如下四个命题,正确的为( )A函数是偶函数B,恒成立C任取一个不为零的有理数T,对任意的恒成立D不存在三个点,使得为等腰直角三角形【答案】ACD【解析】根据函数的定义以及解析式，逐项判断即可【详解】对于A，若，则，满足；若，则，满足；故函数为偶函数，选项A正确；对于B，取，则，故选项B错误；对于C，若，则，满足；若，则，满足，故选项C正确；对于D，要为等腰直角三角形，只可能如下四种情况：直角顶点在上，斜边在轴上，此时点，点的横坐标为无理数，则中点的横坐标仍然为无理数，那么点的横坐标也为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立； 直角顶点在上，斜边不在轴上，此时点的横坐标为无理数，则点的横坐标也应为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立； 直角顶点在轴上，斜边在上，此时点，点的横坐标为有理数，则中点的横坐标仍然为有理数，那么点的横坐标也应为有理数，这与点的纵坐标为0矛盾，故不成立； 直角顶点在轴上，斜边不在上，此时点的横坐标为无理数，则点的横坐标也应为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立 综上，不存在三个点，使得为等腰直角三角形，故选项D正确故选：【点睛】本题以新定义为载体，考查对函数性质等知识的运用能力，意在考查学生运用分类讨论思想，数形结合思想的能力以及逻辑推理能力，属于难题三、填空题13已知直线与圆相交于，两点（为坐标原点），且为等腰直角三角形，则实数的值为_；【答案】【解析】根据直角三角形的性质与垂径定理求得圆心到直线的距离,再用公式求解即可.【详解】由题,因为为等腰直角三角形,故,故圆心到直线的距离.即.故答案为：【点睛】本题主要考查了根据直线与圆相交求参数的问题,重点在于垂径定理的运用.属于基础题.14已知直线与曲线相切，则= 【答案】3【解析】设切点为（x0，y0），求出函数yln（x+）的导数为y，得k切1，并且y0x0+2，y0ln（x0+），进而求出【详解】设切点为（x0，y0），由题意可得：曲线的方程为yln（x+），所以y所以k切1，并且y0x0+2，y0ln（x0+），解得：y00，x02，3故答案为3【点睛】本题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，属于基础题.15已知函数的图象关于原点对称，且满足，且当时，若，则_.【答案】【解析】由已知得出函数图象的对称中心，函数是奇函数，从而得出函数为周期函数，得最小正周期，利用周期性及奇偶性可化简计算函数值【详解】由得函数图象关于点对称，即，又函数的图象关于原点对称，则函数为奇函数，函数是周期函数，且周期为4，化为，解得故答案为：【点睛】本题考查函数的奇偶性、对称性与周期性，解题关键是确定函数是周期函数，求出周期为4，然后可化简函数值中自变量的值，再由对称性求解16中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1则该半正多面体共有_个面，其棱长为_【答案】共26个面. 棱长为. 【解析】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，即该半正多面体棱长为【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形四、解答题17已知.（1）求函数的最小正周期及单调递减区间；（2）在中，分别为内角，的对边，且，.求的面积.【答案】（1），单调递增区间为，；（2）或【解析】（1）由降幂公式和两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数性质求得最小正周期及单调递减区间；（2）由（1）得，然后由余弦定理求得，从而可得三角形面积【详解】（1）由题意，化简得所以函数的最小正周期.由得所以函数的单调递增区间为，.（2）由可得，由余弦定理得解得或由得或【点睛】本题考查二倍角公式和两角差的正弦公式，考查正弦函数的性质，考查余弦定理、三角形面积公式在三角函数问题中，化函数为一个角的一个三角函数形式即形式是常用方法，然后结合正弦函数性质可求解已知两边一角时均用用余弦定理求得第三边，不一定是两边夹角18为了响应国家号召，某校组织部分学生参与了“垃圾分类，从我做起”的知识问卷作答，并将学生的作答结果分为“合格”与“不合格”两类与“问卷的结果”有关？不合格合格男生1416女生1020（1）是否有90%以上的把握认为“性别”与“问卷的结果”有关？（2）在成绩合格的学生中，利用性别进行分层抽样，共选取9人进行座谈，再从这9人中随机抽取5人发送奖品，记拿到奖品的男生人数为X，求X的分布列及数学期望附：010000500010000127033841663510828【答案】（1）没有90%的把握认为“性别”与“问卷的结果”有关；（2）分布列见解析，【解析】（1）根据独立性检验的思想即可判断.（2）依题意，成绩合格的男生抽取4人，成绩合格的女生抽取5人，X的可能取值为，求出各随机变量的概率，列出分布列即可求出期望.【详解】（1）完善列联表如下所示：不合格合格合计男生141630女生102030合计243660，故没有90%的把握认为“性别”与“问卷的结果”有关（2）依题意，成绩合格的男生抽取4人，成绩合格的女生抽取5人，故X的可能取值为，,，故X的分布列为：01234所以.【点睛】本题考查了独立性检验以及数学期望，解题的关键是列出列联表和分布列，属于基础题.19设数列的前n项和为,已知,.(1)证明:为等比数列,求出的通项公式;(2)若,求的前n项和,并判断是否存在正整数n使得成立?若存在求出所有n值;若不存在说明理由.【答案】(1)证明见解析,;(2)不存在,理由见解析.【解析】(1)根据等比数列的定义即可证明为等比数列，再根据和的关系 ，即可求出的通项公式；(2)根据，可采取错位相减法求出的前n项和，然后代入得，构造函数()，利用其单调性和零点存在性定理即可判断是否存在【详解】(1)，因为，所以可推出故，即为等比数列，公比为2，即，当时，也满足此式，；(2) 因为，两式相减得:即，代入，得令()，在成立，为增函数，而，所以不存在正整数n使得成立【点睛】本题主要考查等比数列的定义的应用以及其通项公式的求法，错位相减法，构造函数法，零点存在性定理等的应用，意在考查学生的数学运算能力和逻辑推理能力，属于中档题20九章算术是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早1000多年,在九章算术中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qian du);阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,鳖膈(bie nao)指四个面均为直角三角形的四面体.如图在堑堵中,.(1)求证:四棱锥为阳马;(2)若,当鳖膈体积最大时,求锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】(1)按照题目定义，只要证明面即可，而由，即可证出面；(2)先根据基本不等式求出当时，鳖膈体积最大，然后建立如图所示的空间直角坐标系，根据向量法即可求出锐二面角的余弦值【详解】(1)底面，面又，面，又四边形为矩形四棱锥为阳马(2)，又底面，当且仅当时，取最大值，底面以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设面的一个法向量由得同理得二面角的余弦值为【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理的应用，基本不等式的应用，以及向量法求二面角的余弦值，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于中档题21给定椭圆C:(),称圆心在原点O,半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”.若椭圆C的离心率,点在C上.(1)求椭圆C的方程和其“卫星圆”方程;(2)点P是椭圆C的“卫星圆”上的一个动点,过点P作直线,使得,与椭圆C都只有一个交点,且,分别交其“卫星圆”于点M,N,证明:弦长为定值.【答案】(1),;(2)证明见解析.【解析】(1)根据题意列出再结合即可解出，从而得到椭圆C的方程和其“卫星圆”方程；(2) 根据分类讨论，当有一条直线斜率不存在时(不妨假设无斜率)，可知其方程为或，这样可求出；当两条直线的斜率都存在时，设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，与椭圆方程联立，由可得，所以线段应为“卫星圆”的直径，即，故得证【详解】(1)由条件可得:解得，所以椭圆的方程为，卫星圆的方程为(2)当，中有一条无斜率时，不妨设无斜率，因为与椭圆只有一个公共点，则其方程为或，当方程为时，此时与“卫星圆”交于点和，此时经过点且与椭圆只有一个公共点的直线是或，即为或，线段应为“卫星圆”的直径，当，都有斜率时，设点，其中，设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，则，消去y得到，所以，满足条件的两直线，垂直线段应为“卫星圆”的直径，综合知：因为，经过点，又分别交“卫星圆”于点，且，垂直，所以线段是“卫星圆”的直径，为定值【点睛】本题主要考查椭圆的简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系的应用，两直线垂直的斜率关系的应用，韦达定理的应用，意在考查学生运用分类讨论思想的意识以及数学运算能力，属于中档题22已知函数,为的导函数.(1)求证:在上存在唯一零点;(2)求证:有且仅有两个不同的零点.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.【解析】(1) 设，然后判断函数在上的符号，得出的单调性，再利用零点存在定理判断在上是否存在唯一零点即可； (2) 分，和三种情况分别考虑的零点存在情况，从而得证【详解】(1)设，当时，所以在上单调递减，又因为，所以在上有唯一的零点，所以命题得证(2) 由(1)知：当时，在上单调递增;当时，在上单调递减;所以在上存在唯一的极大值点所以又因为所以在上恰有一个零点又因为所以在上也恰有一个零点当时， 设， 所以在上单调递减，所以所以当时，恒成立所以在上没有零点当时，设，所以在上单调递减，所以所以当时，恒成立所以在上没有零点综上，有且仅有两个零点【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，零点存在性定理的应用，以及放缩法的应用，意在考查学生运用分类讨论思想的能力，转化能力，数学运算能力，逻辑推理能力，属于较难题第 23 页 共 23 页