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时间:2020-03-26 00:02:36 来源:东星资源网

2019-2020学年山东省高考模拟考试(12月)数学试题 一、单选题 1.设集合,则( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】首先注意到集合A与集合B均为点集,联立,解得方程组的解,从而得到结果. 【详解】 首先注意到集合A与集合B均为点集,联立, 解得,或, 从而集合, 故选:C. 【点睛】 本题考查交集的概念及运算,考查二元方程组的解法,属于基础题. 2.已知是是共轭复数,则( ) A. B. C. D.1 【答案】D 【解析】化简,结合共轭复数的概念得到的值. 【详解】 由,从而知, 由复数相等,得,, 从而. 故选:D. 【点睛】 本题考查复数代数形式的乘法运算,考查共轭复数概念,考查计算能力,属于基础题. 3.设向量,且,则( ) A.3 B.2 C. D. 【答案】A 【解析】由题意得到,利用向量垂直的坐标形式得到. 【详解】 由题,得, 由,从而, 解得. 故选:A. 【点睛】 本题考查平面向量的坐标运算,考查向量垂直的坐标形式,考查计算能力,属于基础题. 4.的展开式中的系数是( ) A. B. C.120 D.210 【答案】B 【解析】根据题意,结合二项展开式的通项公式,可得,则r=7,将r=7代入通项公式计算可得答案. 【详解】 由二项展开式,知其通项为, 令,解得. 所以的系数为. 故选:B. 【点睛】 本题考查指定项的系数,应该牢记二项展开式的通项公式,属于基础题. 5.已知三棱锥中,,则三棱锥的体积是( ) A.4 B.6 C. D. 【答案】C 【解析】由题意明确,结合棱锥体积公式得到结果. 【详解】 由,,且,得;

又由,,且,得. 因为,从而知,即 所以. 又由于, 从而. 故选:C. 【点睛】 本题考查棱锥体积的计算,考查线面垂直的证明,考查计算能力与推理能力,属于基础题. 6.已知点为曲线上的动点,为圆上的动点,则的最小值是( ) A.3 B.4 C. D. 【答案】A 【解析】设,并设点A到圆的圆心C距离的平方为,利用导数求最值即可. 【详解】 (方法一)设,并设点A到圆的圆心C距离的平方为,则,求导,得 ,令,得. 由时,,单调递减;

当时,,单调递增. 从而在时取得最小值为,从而点A到圆心C的最小值为,所以的最小值为. 故选:A (方法二)由对勾函数的性质,可知,当且仅当时取等号,结合图象可知当A点运动到时能使点A到圆心的距离最小,最小为4,从而的最小值为. 故选:A 【点睛】 本题考查两动点间距离的最值问题,考查利用导数求最值,考查转化思想与数形结合思想,属于中档题. 7.设命题所有正方形都是平行四边形,则为( ) A.所有正方形都不是平行四边形 B.有的平行四边形不是正方形 C.有的正方形不是平行四边形 D.不是正方形的四边形不是平行四边形 【答案】C 【解析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论. 【详解】 “所以”改为“存在”(或“有的”),“都是”改为“不都是”(或“不是”), 即为有的正方形不是平行四边形 故选:C. 【点睛】 本题考查命题的否定.特称命题与全称命题的否定关系,基本知识的考查. 8.若且,则( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】利用特值法或利用对数函数的图象与性质即可得到结果. 【详解】 (方法一)对选项A:由,从而,,,从而选项A错误;

对选项B:首先,,,从而知最小,下只需比较与的大小即可,采用差值比较法:
, 从而,选项B正确;

对于选项C:由,,知C错误;

对于选项D:可知,从而选项D错误;

故选:B (方法二)取,,代入验证知选项B正确. 【点睛】 本题考查式子间大小的比较,考查对数函数的图象与性质,考查运算能力,属于常考题型. 二、多选题 9.下图为某地区2006年~2018年地方财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额折线图.根据该折线图可知,该地区2006年~2018年( ) A.财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额均呈增长趋势 B.财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额的逐年增长速度相同 C.财政预算内收入年平均增长量高于城乡居民储蓄年末余额年平均增长量 D.城乡居民储蓄年末余额与财政预算内收入的差额逐年增大 【答案】AD 【解析】先对图表数据的分析处理,再结合简单的合情推理逐一检验即可得解. 【详解】 由图可以看出两条曲线均在上升,从而选项A正确;

图中两曲线间隔越来越大,说明年增长速度不同,差额逐年增大,故选项B错误,选项D正确;

又从图中可以看出财政预算内收入年平均增长应该小于城乡储蓄年末余额年平均增长量,所以选项C错误; 故选:AD. 【点睛】 本题考查了对图表数据的分析处理能力及进行简单的合情推理,属中档题. 10.已知双曲线过点且渐近线为,则下列结论正确的是( ) A.的方程为 B.的离心率为 C.曲线经过的一个焦点 D.直线与有两个公共点 【答案】AC 【解析】根据题意得到双曲线的方程,结合双曲线的性质逐一判断即可. 【详解】 对于选项A:由已知,可得,从而设所求双曲线方程为,又由双曲线过点,从而,即,从而选项A正确;

对于选项B:由双曲线方程可知,,,从而离心率为,所以B选项错误;

对于选项C:双曲线的右焦点坐标为,满足,从而选项C正确;

对于选项D:联立,整理,得,由,知直线与双曲线只有一个交点,选项D错误. 故选:AC 【点睛】 本题考查双曲线的标准方程及简单的几何性质,考查直线与双曲线的位置关系,考查推理能力与运算能力. 11.正方体的棱长为1,分别为的中点.则( ) A.直线与直线垂直 B.直线与平面平行 C.平面截正方体所得的截面面积为 D.点和点到平面的距离相等 【答案】BC 【解析】利用向量法判断异面直线所成角;
利用面面平行证明线面平行;
作出正方体的截面为等腰梯形,求其面积即可;
利用等体积法处理点到平面的距离. 【详解】 对选项A:(方法一)以点为坐标原点,、、所在的直线分别为、、轴,建立空间直角坐标系,则、、、、、.从而,,从而,所以与直线不垂直,选项A错误;

(方法二)取的中点,连接,则为直线在平面内的射影,与不垂直,从而与也不垂直,选项A错误;

取的中点为,连接、,则,,易证,从而,选项B正确;

对于选项C,连接,,易知四边形为平面截正方体所得的截面四边形(如图所示),且,,所以,而,从而选项C正确;

对于选项D:(方法一)由于,而,而,,所以,即,点到平面的距离为点到平面的距离的二倍.从而D错误. (方法二)假设点与点到平面的距离相等,即平面将平分,则平面必过的中点,连接交于点,易知不是的中点,故假设不成立,从而选项D错误. 【点睛】 本题考查空间直线与平面的位置关系,主要是平行和垂直,记熟线面平行、垂直的判定和性质是迅速解题的关键,同时考查截面的画法及计算,以及空间异面直线所成的角的求法,属于基础题和易错题. 12.函数的定义域为R,且与都为奇函数,则( ) A.为奇函数 B.为周期函数 C.为奇函数 D.为偶函数 【答案】ABC 【解析】利用与都为奇函数,可知是以2为周期的函数.从而得到结果. 【详解】 由与都为奇函数知函数的图象关于点,对称, 所以,, 所以,即 所以是以2为周期的函数.又与都为奇函数, 所以,均为奇函数. 故选:ABC. 【点睛】 本题考查函数的对称性与周期性,考查推理能力,属于中档题. 三、填空题 13.某元宵灯谜竞猜节目,有6名守擂选手和6名复活选手,从复活选手中挑选一名选手为攻擂者,从守擂选手中挑选1名选手为守擂者,则攻擂者、守擂者的不同构成方式共有______种. 【答案】36 【解析】根据分步计数原理即可得到结果. 【详解】 从6名守擂选手中选1名,选法有种;

复活选手中挑选1名选手,选法有种. 由分步乘法计数原理,不同的构成方式共有种. 故答案为:36 【点睛】 本题考查分步计算原理,考查分析问题解决问题的能力,属于基础题. 14.已知,则______. 【答案】 【解析】由题意可得,结合诱导公式可得结果. 【详解】 由, ∴ 而. 故答案为:
【点睛】 本题考查三角函数的恒等变换,考查两角和与差正弦公式、诱导公式,考查计算能力,属于常考题型. 15.直线过抛物线的焦点,且与交于两点,则______,______. 【答案】2 1 【解析】由题意知,从而,所以抛物线方程为.联立方程,利用韦达定理可得结果. 【详解】 由题意知,从而,所以抛物线方程为. (方法一)将代入,解得,从而. (方法二)设的方程为,联立,整理,得 ,设,,则 从而. (方法三)利用二级结论:,即可得结果. 【点睛】 本题考查抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系,考查转化能力与计算能力,属于基础题. 16.半径为2的球面上有四点,且两两垂直,则,与面积之和的最大值为______. 【答案】8 【解析】AB,AC,AD为球的内接长方体的一个角,故,计算三个三角形的面积之和,利用基本不等式求最大值. 【详解】 如图所示,将四面体置于一个长方体模型中,则该长方体外接球的半径为2. 不妨设,,,则有,即. 记. 从而有,即,从而. 当且仅当,即该长方体为正方体时等号成立.从而最大值为8. 【点睛】 本题考查了利用基本不等式求最值问题,考查了学生解决交汇性问题的能力.解答关键是利用构造法求球的直径. 四、解答题 17.在①,②,③这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的存在,求的值;
若不存在,说明理由.设等差数列的前项和为,是等比数列,______,,是否存在,使得且? 【答案】答案不唯一,见解析 【解析】从三个条件中任选一个,利用等差、等比数列的基本知识解决问题即可. 【详解】 因为在等比数列中,,,所以其公比, 从而,从而. 若存在,使得,即,从而;

同理,若使,即,从而. (方法一)若选①:由,得,所以, 当时满足,且成立;

若选②:由,且,所以数列为递减数列, 故不存在,且;

若选③:由,解得,从而, 所以当时,能使,成立. (方法二)若选①:由,得, 所以公差,, 从而;

,解得, 又,从而满足题意. 【点睛】 本题为开放性试题,答案不唯一,要求考生能综合运用所学知识,进行探究,分析问题并最终解决问题,属于中档题. 18.在中,,点在边上.在平面内,过作且. (1)若为的中点,且的面积等于的面积,求;

(2)若,且,求. 【答案】(1) (2) 【解析】(1)根据可得,又,从而,即可得到结果;

(2)由,从而,设,则.结合余弦定理可得结果. 【详解】 (1)如图所示,为的中点,所以. 又因,即,从而, 又,从而,所以. (2)由,从而,设,则. 由,所以,. 因为,从而,. (方法一)从而由余弦定理,得 . (方法二)所以, 从而;
, 从而. 所以. 【点睛】 本题考查解三角形问题,考查三角形面积公式,正弦定理,考查计算能力与推理能力,属于中档题. 19.如图,四棱锥中,底面为矩形.平面,分别为的中点,与平面所成的角为. (1)证明:为异面直线与的公垂线;

(2)若,求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析;
(2) 【解析】(1)要证为异面直线与的公垂线,即证,,转证线面垂直即可;
(2)以为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴,建立空间直角坐标系,求出平面与平面的法向量,代入公式即可得到结果. 【详解】 (1)连接、交于点,连接、. 因为四边形为矩形,且、分别是、的中点, 所以,且. 又平面,所以平面,所以. 又,,所以平面,所以. 因为与平面所成的角为,所以, 从而.所以. 取的中点,连接、,则由、分别为、的中点, 从而,从而四边形为平行四边形. 又由,知. 又平面,所以. 又,从而平面. 从而平面.平面,从而. 综上知为异面直线与的公垂线. (2)因为,设,则, 从而,所以, 以为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴,建立空间直角坐标系, 则、、、, 从而,,. 设平面的一个法向量为,则, 令,从而得. 同理,可求得平面的一个法向量为. 设二面角的平面角为,从而. 【点睛】 本题是中档题,考查异面直线的公垂线的证明,向量法求二面角,考查空间想象能力,计算能力,常考题型. 20.下面给出了根据我国2012年~2018年水果人均占有量(单位:)和年份代码绘制的散点图和线性回归方程的残差图(2012年~2018年的年份代码分别为1~7). (1)根据散点图分析与之间的相关关系;

(2)根据散点图相应数据计算得,求关于的线性回归方程;

(3)根据线性回归方程的残差图,分析线性回归方程的拟合效果.(精确到0.01) 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) 正相关关系;
(2) . (3) 拟合效果较好. 【解析】(1)根据散点图判断与之间的相关关系;

(2)利用最小二乘法求线性回归方程;

(3)根据残差图判断线性回归方程的拟合效果. 【详解】 (1)由散点图可以看出,点大致分布在某一直线的附近,且当由小变大时,也由小变大,从而与之间是正相关关系;

(2)由题中数据可得,, 从而, , 从而所求关于的线性回归方程为. (3)由残差图可以看出,残差对应的点均匀地落在水平带状区域内,且宽度较窄,说明拟合效果较好. 【点睛】 本题考查线性回归方程的求法,考查散点图与残差图,考查学生分析问题解决问题的能力,属于中档题. 21.设中心在原点,焦点在轴上的椭圆过点,且离心率为.为的右焦点,为上一点,轴,的半径为. (1)求和的方程;

(2)若直线与交于两点,与交于两点,其中在第一象限,是否存在使?若存在,求的方程;
若不存在,说明理由. 【答案】(1) 的方程为.的方程为.(2) 满足题设条件的直线不存在.理由见解析 【解析】(1)利用待定系数法求出椭圆与圆的方程;

(2)若,则.联立方程,利用韦达定理可得,显然与题意矛盾,故不存在. 【详解】 (1)设椭圆的方程为. 由,从而得,从而,即. 又椭圆过点,从而得,解得,, 从而所求椭圆的方程为. 所以,令,得, 所以的方程为. (2)不存在,理由如下:
若,则. 联立,整理,得. 设、,则. 从而 由,从而,从而,矛盾. 从而满足题设条件的直线不存在. 【点睛】 本题考查椭圆的简单性质,考查直线与圆锥曲线位置关系的应用,考查计算能力,体现了“设而不求”的解题思想方法,是中档题. 22.函数,曲线在点处的切线在轴上的截距为. (1)求;

(2)讨论的单调性;

(3)设,证明:. 【答案】(1) (2) 在上单调递增.(3)证明见解析 【解析】(1)由题意知切点坐标为,切线方程为:,结合条件列方程即可得到结果;

(2)由(1)知,对求导,得,从而可知在上的单调性;

(3)欲证,即证.只需证.不妨设,由此可得.因此,欲证,只需证. 【详解】 (1)由题意知切点坐标为. 对求导,得,从而. 所以切线方程为,令,得,解得. (2)由(1)知,从而,对求导,得 ,从而可知在上单调递增. (3)(方法一)欲证,即证. 只需证. 不妨设,由此可得. 因此,欲证,只需证. 由于不动点为1,下面研究与不动点的大小关系:
,即与是异号的. 由于,由此,得,. 当为奇数时,,此时,. 故只需证,即证. . 当为偶数时,欲证,此时,. 故只需证,即证. 那么等价于证明不等式与成立. 构造函数, 则, 则单调递增,由此可得. 因此,. 故不等式得证. (方法二)令,解得. 从而,作商,得, 所以,从而. 所以. 当为偶数时,;

当为奇数时,. 故无论为奇数还是偶数,. 下只需证明. 当时,有,满足题意;

当时,. 故只需证,即证. 而当时,. 故不等式得证. (方法三)要证,只需证, 只需证.易知在上单调递减,且. 若,则. 此时,,只需证, 只需证.此时,. 由(2)知. 若,则. 此时,,只需证. 只需证.此时,. 由(2)知,. 综上所述,成立. 所以,. 易知,,所以成立. 故原不等式得证. 【点睛】 本题是数列与函数的综合问题,考查了数列递推关系的推导应用,不等式证明,切线的几何意义,以及函数单调性与数列的单调性,需要具备一定的基础知识和解题方法,属于难题.

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