山东省威海市2020届高三第二次模拟数学试题Word版含解析Word下载.doc

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C.立冬的晷长为一丈五寸

D.立春的晷长比立秋的晷长短

【答案】D

由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列，其中寸，寸，公差为寸，可求出，利用等差数列知识即可判断各选项.

【详解】由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列,其中寸，寸，公差为寸，则，

解得（寸），

同理可知由冬至到夏至的晷长构成等差数列,首项，末项，公差（单位都为寸）.

故选项A正确；

春分的晷长为，

秋分的晷长为，，所以B正确；

立冬的晷长为，，即立冬的晷长为一丈五寸，C正确；

立春的晷长，立秋的晷长分别为，，

，，

，故D错误.

D

【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，等差数列在实际问题中的应用，数学文化，属于中档题.

5.有三个筐，一个装着柑子，一个装着苹果，一个装着柑子和苹果，包装封好然后做“柑子”“苹果”“混装”三个标签，分别贴到上述三个筐上，由于马虎，结果全贴错了，则（）

A.从贴有“柑子”标签的筐里拿出一个水果，就能纠正所有的标签

B.从贴有“苹果”标签的筐里拿出一个水果，就能纠正所有的标签

C.从贴有“混装”标签的筐里拿出一个水果，就能纠正所有的标签

D.从其中一个筐里拿出一个水果，不可能纠正所有的标签

若从贴有“柑子”或“苹果”标签的筐内拿出一个水果，无法判定剩余水果是一种还是两种，不能纠正所有标签，若从“混装”标签中取出一个，就能判断其余两个筐内水果.

【详解】如果从贴着苹果标签的筐中拿出一个水果，如果拿的是柑子，就无法判断这筐装的全是柑子，还是有苹果和柑子;

同理从贴着柑子的筐中取出也无法判断，因此应从贴着苹果和柑子的标签的筐中取出水果.

分两种情况:

（1）如果取出的是柑子，那说明这筐全是柑子，则贴有柑子的那筐就是苹果，贴有苹果的那筐就是苹果和柑子.

（2）如果取出的是苹果，那说明这筐全是苹果，那贴有苹果的那筐就是柑子，贴有柑子的那筐就是苹果和柑子.

【点睛】解决本题的关键在于，其中贴有混装的这筐肯定不是苹果和柑子混在一起，所以能判断不是苹果就是柑子，考查了逻辑推理能力，属于容易题.

6.已知向量，将绕原点逆时针旋转到的位置，则（）

设向量与轴的夹角为，结合三角函数的定义和两角和与差的正弦、余弦函数公式，求得，得到点的坐标，进而求得.

【详解】由题意，向量，则，

设向量与轴的夹角为，则，

所以

可得，

所以.

D.

【点睛】本题主要考查了向量的坐标表示，以及三角函数的定义的应用和两角和与差的正弦、余弦函数的综合应用，着重考查推理与运算能力.

7.已知函数对任意，都有，且，则（）

利用赋值法再结合条件，即可得答案；

【详解】由所求式子可得，

令可得：

B.

【点睛】本题考查根据抽象函数的性质求函数的解析式，等比数列求和，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意将抽象函数具体化.

8.已知正四棱柱，设直线与平面所成的角为，直线与直线所成的角为，则（）

分别在正四棱柱中找到和，将和放在同一个平面图形中找关系即可.

【详解】作正四棱柱如下图：

∵在正四棱柱中，平面，

∴

∵底面是正方形

又∵

∴平面

∴是直线与平面所成的角，即

∵

∴是直线与直线所成的角，即

∵，，

∵平面

【点睛】本题主要考查直线与平面和异面直线的夹角，属于中档题.

二､多项选择题

9.随着我国经济结构调整和方式转变，社会对高质量人才的需求越来越大，因此考研现象在我国不断升温．某大学一学院甲、乙两个本科专业，研究生的报考和录取情况如下表，则

性别

甲专业报考人数

乙专业报考人数

甲专业录取率

乙专业录取率

男

100

400

女

300

A.甲专业比乙专业的录取率高 B.乙专业比甲专业的录取率高

C.男生比女生的录取率高 D.女生比男生的录取率高

【答案】BC

根据数据进行整合，甲专业录取了男生25人，女生90人；

乙专业录取了男生180人，女生50人；

结合选项可得结果.

【详解】由题意可得甲专业录取了男生25人，女生90人；

甲专业的录取率为，乙专业的录取率为，所以乙专业比甲专业的录取率高.

男生的录取率为，女生的录取率为，所以男生比女生的录取率高.

BC.

【点睛】本题主要考查频数分布表的理解，题目较为简单，明确录取率的计算方式是求解的关键，侧重考查数据分析的核心素养.

10.已知函数，将的图像上所有点向左平移个单位，然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，得到函数的图像.若为偶函数，且最小正周期为，则（）

A.图像关于点对称 B.在单调递增

C.在有且仅有个解 D.在有且仅有个极大值点

【答案】AC

根据题意求得，，进而求得，，然后对选项逐一判断即可.

将的图像上所有点向左平移个单位后变为：

然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的后变为：

因为的最小正周期为，所以，解得：

.

又因为为偶函数，所以，所以.

因为，所以.

所以，.

对于选项，因为，所以图像关于点对称，故正确.

对于选项，因为时，，

设，则，

因为在不是单调递增，所以在不单调递增，故错误.

对于选项，，，画出在图像如图所示:

从图中可以看出：

在图像有三个交点，所以在有且仅有个解，故正确.

对于选项，在的图像如图所示：

从图中可以看出在有且仅有2个极大值点，故选项错误.

AC

【点睛】本题主要考查正弦型函数、余弦型函数的周期、对称中心、奇偶性、单调性等，考查学生数形结合的能力，计算能力等，属于中档题.

11.已知抛物线上三点，，，为抛物线的焦点，则（）

A.抛物线的准线方程为

B.，则，，成等差数列

C.若，，三点共线，则

D.若，则的中点到轴距离的最小值为2

【答案】ABD

把点代入抛物线即可得到本题答案；

根据抛物线的定义，以及，可得，从而可证得；

由A，F，C三点共线，得，结合，化简即可得到本题答案；

设AC的中点为，由，结合，即可得到本题答案.

【详解】把点代入抛物线，得，所以抛物线的准线方程为，故A正确；

因为，所以，，，又由，得，

所以，即，，成等差数列，故B正确；

因为A，F，C三点共线，所以直线斜率，即，所以，化简得，，故C不正确；

设AC的中点为，因为，，所以，得，

即的中点到轴距离的最小值为2，故D正确.

ABD

【点睛】本题主要考查抛物线定义的应用以及抛物线与直线的相关问题，考查学生的分析问题能力和转化能力.

12.已知函数的定义域为，导函数为，，且，则（）

A. B.在处取得极大值

C. D.在单调递增

【答案】ACD

分析】

根据题意可设，根据求，再求判断单调性求极值即可.

【详解】∵函数的定义域为，导函数为，

即满足

∴可设（为常数）

∵，解得

∴，满足

∴C正确

∵，且仅有

∴B错误，A、D正确

ACD

【点睛】本题主要考查函数的概念和性质，以及利用导数判断函数的单调性和极值点，属于中档题.

三､填空题

13.的展开式中的系数为________．

【答案】

把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．

【详解】，

故它的展开式中的系数为，

故答案为：

．

【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，属于基础题．

14.已知是平面，外的直线，给出下列三个论断，①；

②；

③．以其中两个论断为条件，余下的论断为结论，写出一个正确命题：

________．（用序号表示）

【答案】若①③，则②或若②③，则①（填写一个即可）；

利用空间直线与平面的位置关系进行判断，，时，与可能平行或者相交.

【详解】因为，时，与可能平行或者相交，所以①②作为条件，不能得出③；

因为，所以内存在一条直线与平行，又，所以，所以可得，即①③作为条件，可以得出②；

因为，，所以或者，因为是平面外的直线，所以，即即②③作为条件，可以得出①；

若①③，则②或若②③，则①（填写一个即可）；

【点睛】本题主要考查空间位置关系的判断，稍微具有开放性，熟悉空间的相关定理及模型是求解的关键，侧重考查直观想象的核心素养.

15.已知双曲线过左焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于，两点，以，为圆心的两圆与双曲线的同一条渐近线相切，若两圆的半径之和为，则双曲线的离心率为________．

首先求两点的坐标，代人圆心到直线的距离，由已知条件建立等式求得，最后再求双曲线的离心率.

【详解】设，当，代人双曲线方程，

解得：

，设，

根据对称性，可设与两圆相切的渐近线是，

则两点到渐近线的距离，

，上式去掉绝对值为，

即，那么.

双曲线的离心率.

【点睛】本题考查双曲线的离心率，重点考查转化与化归的思想，计算能力，属于基础题型.

16.我国的西气东输工程把西部的资源优势变为经济优势，实现了气能源需求与供给的东西部衔接，工程建设也加快了西部及沿线地区的经济发展输气管道工程建设中，某段管道铺设要经过一处峡谷，峡谷内恰好有一处直角拐角，水平横向移动输气管经过此拐角，从宽为米峡谷拐入宽为米的峡谷．如图所示，位于峡谷悬崖壁上两点、的连线恰好经过拐角内侧顶点（点、、在同一水平面内），设与较宽侧峡谷悬崖壁所成角为，则的长为________（用表示）米．要使输气管顺利通过拐角，其长度不能低于________米．

【答案】

（1）.

（2）.

分别计算出、，相加可得的长；

设，利用导数求得的最小值，即可得解.

【详解】如下图所示，过点分别作，，则，

在中，，则，同理可得，

令，则，

令，得，得，

由，解得，

当时，；

当时，.

则.

；

【点睛】本题考查导数的实际应用，求得函数的解析式是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.

四､解答题

17.在中，角，，的对边分别为，，，．

（Ⅰ）求角；

（Ⅱ）若，，求边上的高．

（Ⅰ）；

（Ⅱ）．

（Ⅰ）利用正弦定理和和角的正弦公式化简，即得；

（Ⅱ）由题得，再利用余弦定理求出，即得边上的高．

（Ⅰ）由及正弦定理可得

将代入上式，整理得，

解得，所以．

（Ⅱ）由，得，

由余弦定理得，解得．

所以边上的高为．

【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查和角的正弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

18.从条件①，②，③，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答．

已知数列的前项和为，，________．若，，成等比数列，求的值．

【答案】若选择①，；

若选择②，；

若选择③，.

若选择①，利用可得，可得，再根据等比中项列方程解得即可；

若选择②，根据可得，可得，，再根据等比中项列方程解得即可；

若选择③，利用可得，，再根据等比中项列方程解得即可.

【详解】若选择①，

因为，，所以，，

两式相减得，整理得．

即，．

所以为常数列．，所以．

（或由，利用相乘相消法，求得）

所以，，

又，，成等比数列，所以，

所以，解得或（舍），

所以．

若选择②，

由变形得，，

易知，所以，

所以为等差数列，又，所以，，

∴，

又时，也满足上式，

因为，，成等比数列，∴，

∴或，又，∴．

若选择③，

两式相减得，

整理得，

因为，∴，所以是等差数列，

又，，成等比数列，∴，

【点睛】本题考查了根据与的关系式求，考查了等比中项的应用，考查了等差数列的前项和公式，属于中档题.

19.携号转网，也称作号码携带、移机不改号，即无需改变自己手机号码，就能转换运营商，并享受其提供的各种服务．2019年11月27日，工信部宣布携号转网在全国范围正式启动．某运营商为提质量保客户，从运营系统中选出300名客户，对业务水平和服务水平的评价进行统计，其中业务水平的满意率为，服务水平的满意率为，对业务水平和服务水平都满意的客户有180人．

（Ⅰ）完成下面列联表，并分析是否有的把握认为业务水平与服务水平有关；

对服务水平满意人数

对服务水平不满意人数

合计

对业务水平满意人数

对业务水平不满意人数

（Ⅱ）为进一步提高服务质量，在选出的对服务水平不满意的客户中，抽取2名征求改进意见，用表示对业务水平不满意的人数，求的分布列与期望；

（Ⅲ）若用频率代替概率，假定在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平两项都满意的客户流失率为，只对其中一项不满意的客户流失率为，对两项都不满意的客户流失率为，从该运营系统中任选4名客户，则在业务服务协议终止时至少有2名客户流失的概率为多少？

附：

，．

0.10

0.05

0.025

0010

0.005

0.001

2.706

3.841

5.024

6.635

7.879

10.828

（Ⅰ）列联表详见解析，有的把握认为业务水平满意与服务水平满意有关；

（Ⅱ）分布列详见解析，期望为；

（Ⅲ）．

（Ⅰ）根据所给数据列表，计算后比较临界值即可得出结论；

（Ⅱ）根据超几何分布得出随机变量的概率，列出分布列求期望即可；

（Ⅲ）由互斥事件和的概率公式计算运营系统中任选一名客户流失的概率，从运营系统中任选4名客户流失人数服从二项分布,根据二项分布求解即可.

【详解】

（Ⅰ）由题意知对业务满意的有260人，对服务不满意的有100人，得列联表

180

80

260

20

40

200

经计算得，

所以有的把握认为业务水平满意与服务水平满意有关．

（Ⅱ）的可能值为0，1，2．

则，，，

1

2

（Ⅲ）在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平都满意的客户流失的概率为，只有一项满意的客户流失的概率为，对二者都不满意的客户流失的概率为．

所以从运营系统中任选一名客户流失的概率为，

故在业务服务协议终止时，从运营系统中任选4名客户，至少有2名客户流失的概率为

【点睛】本题主要考查了独立性检验，离散型随机变量的分布列与期望，互斥事件的和，二项分布，考查了推理能力与运算能力，属于较难题目.

20.已知直三棱柱，，，，分别为，，的中点，且．

（1）求证：

平面；

（2）求；

（3）求二面角的余弦值．

（1）详见解析；

（2）；

（3）

（1）取的中点，连接，，，先证明，，从而可得为平行四边形，进而可得，再结合线面平行的判定定理可证明平面；

（2）设，，，，易知，且，进而用表示出，，并结合，可求出及；

（3）在平面内过点做射线垂直于，易知，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，进而分别求得平面及平面的法向量，，再由，可求出二面角的余弦值.

（1）证明：

取的中点，连接，，，

则有，且，，且，

又，，所以，且，

所以为平行四边形，所以，

又平面，平面，

所以平面．

（2）设，，，，

由已知可得，，且，

则，，

所以，即．

（3）在平面内过点做射线垂直于，易知，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，

为平面的一个法向量，

设为平面的一个法向量，

则，令，则，

则，

所以二面角的余弦值为．

【点睛】本题考查线面平行的证明，考查线线垂直的性质，考查二面角的求法，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.

21.已知函数．

（Ⅰ）求证：

当时，的图象位于直线上方；

（Ⅱ）设函数，若曲线在点处的切线与轴平行，且在点处的切线与直线平行（为坐标原点），求证：

（Ⅰ）证明见解析；

（Ⅱ）证明见解析．

（Ⅰ）转化为当时，恒成立，令，求得和，结合函数的单调性，求得，进入得到，即可得到结论.

（Ⅱ）设，由，解得，得到，所以，进而得到要证，转化为，构造新函数，求得函数的单调性与最值，即可求解.

（Ⅰ）由题意，当时，的图象位于直线上方，

即证当时，恒成立，

令，可得，则，

所以在上单调递增，

所以，所以在上单调递增，所以，

所以当时，的图象始终在直线上方．

（Ⅱ）因为，则，

设，则，所以，

所以，所以，所以．

要证，

即证，即证，即证，

下面证明．令，∴，

所以当，，，，

所以在单调递减，在单调递增，

所以，即，

所以，．

【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；

也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

22.已知是椭圆：

上一点，以点及椭圆的左、右焦点，为顶点的三角形面积为．

（Ⅰ）求椭圆的标准方程；

（Ⅱ）过作斜率存在且互相垂直的直线，，是与两交点的中点，是与两交点的中点，求△面积的最大值．

（Ⅰ）通过已知建立方程组，解方程组即得椭圆的标准方程；

（Ⅱ）设直线：

，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，求出,令，，则再利用导数求函数的最大值得解.

（Ⅰ）由点在椭圆上可得，

整理得①．

，解得，

所以，代入①式整理得，

解得，．

所以椭圆的标准方程为．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，所以设直线：

联立直线与椭圆的方程，整理得．

所以直线与椭圆两交点的中点的纵坐标，

同理直线与椭圆两交点的中点的纵坐标，

将上式分子分母同除可得，

不妨设，令，，则，

令，，因为，所以，

所以在单调递增，

所以当时，三角形△面积取得最大值．

【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系和面积最值的求法，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.

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