2020届山东省高考模拟考试数学试题（2019年12月）.docx

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1、2020届山东省高考模拟考试数学试题（2019年12月）学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1设集合，则（）ABCD【答案】C【解析】【分析】由题意可知实质是求交点，进而联立组成方程组求解即可.【详解】解：集合与集合均为点集，实质是求与的交点，所以联立组成方程组得，解得，或，从而集合，故选：C.【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.2已知是的共轭复数,则（）ABCD【答案】A【解析】【分析】先利用复数的除法运算法则求出的值，再利用共轭复数的定义求出a+bi，从而确定a，b的值，求出a+b【详解】i，a+bii，a0，b1，a+b1，故选：A【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运

2、算，考查了共轭复数的概念，是基础题33.设向量，且，则（）ABCD【答案】A【解析】根据向量的坐标运算法则先计算得出，然后根据，利用向量垂直的坐标运算法则求解的值.【详解】因为，所以，当时，则有，解得.故选：A.【点睛】本题主要考查向量垂直的坐标运算公式，设向量，则当时，.4的展开式中的系数是（）ABC120D210【答案】B【解析】【分析】由题可得二项展开式的通项公式，令得，代入即可得的系数.【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】本题主要考查二项式展开式中指定项的系数，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（）A4B6CD

3、【答案】C【解析】【分析】根据条件，由勾股定理分别算出和，利用勾股定理的逆定理得出，进而得出，结合已知条件，根据线面垂直的判定定理，可证出平面，利用棱锥的体积公式即可求出答案.【详解】如图，由题知，得：，由于，得：，则：，所以：，已知，即，平面，所以平面，所以三棱锥的体积为：.故选：C.6（文科）已知点为曲线上的动点,为圆上的动点,则的最小值是A3B5CD【答案】A【解析】数形结合分析可得,当时能够取得的最小值,根据点到圆心的距离减去半径求解即可.【详解】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

4、查两动点间距离的最值问题,考查转化思想与数形结合思想,属于中档题.7设命题p：所有正方形都是平行四边形，则p的否定为（）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】【分析】全称命题的否定是特称命题，把所有改为存在，把结论否定【详解】p的否定为“有的正方形不是平行四边形”.故选：C.8若且，则ABCD【答案】B【解析】【分析】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

5、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如图为某地区年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，该地区年年（）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】【分析】根据题中的折线图，逐项分析可得出合适的选项.【详

6、解】对于A选项，由图可知财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额均呈增长趋势，A对；对于B选项，由图可知城乡居民储蓄年末余额的年增长速度高于财政预算内收入的年增长速度，B错；对于C选项，由图可知财政预算内收入年平均增长量低于城乡居民储蓄年末余额年平均增长量，C错；对于D选项，由图可知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，D对.故选：AD.10已知双曲线过点，且渐近线方程为，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】【分析】由双曲线的渐近线为，设出双曲线方程，代入已知点的坐标，求出双曲线方程判断；再求出双曲线的焦点坐标判断，

7、；联立方程组判断【详解】解：由双曲线的渐近线方程为，可设双曲线方程为，把点代入，得，即双曲线的方程为，故正确；由，得，双曲线的离心率为，故错误；取，得，曲线过定点，故正确；联立，化简得，所以直线与只有一个公共点，故不正确故选：11正方体的棱长为，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点与点到平面的距离相等【答案】BC【解析】【分析】由，得出平面，进而得出，可判断A；取的中点，连接，利用线面平行的判定定理，可判断B；连接，得到平面为平面截正方体所得的截面，再计算其面积即可判断C；利用反证法即可判断D.【详解】对于A，若，因为且，所以平面，所以，所以，

8、此时不成立，所以线与直线不垂直，故A错误；对于B，如图所示，取的中点，连接，由条件可知：，且,又平面，平面，平面，平面，平面，平面，又，所以平面平面，又因为平面，所以平面，故B正确；对于C，因为为的中点，所以，所以四点共面，所以截面即为梯形，由题得该等腰梯形的上底下底，腰长为，所以梯形面积为，故C正确；对于D，假设与到平面的距离相等，即平面将平分，则平面必过的中点，连接交于，而不是中点，则假设不成立，故D错误故选：BC12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】【分析】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

9、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】【分析】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

10、于基础题.14已知，则_【答案】【解析】【分析】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】【分析】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

11、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、双空题16直线过抛物线的焦点，且与交于两点，则_，_【答案】 2 1【解析】【分析】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，所以抛物线方程为当直线AB斜率不存在时：代入，解得，从而当直线AB斜率存在时：设的方程为，联立，整理，得，设，则从而（方法二）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.五、解答题17在，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

12、比数列，_，是否存在，使得且？【答案】答案不唯一，见解析【解析】【分析】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：由，得，所以，当时满足，且成立；若选：由，且，所以数列为递减数列，故不存在，且；若选：由，解得，从而，所以当时，能使，成立（方法二）若选：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

13、积等于的面积，求；（2）若，且，求【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（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】【分析

14、】（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

15、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17）（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001）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】【分析】

16、（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，圆的半径为.（1）求椭圆和圆的方程；（2）若直线

17、与圆交于两点，与椭圆交于两点，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），；（2）不存在，理由见解析.【解析】【分析】(1）根据离心率可得a=2b，再把点代入椭圆方程，即可得出E的方程，再求出点F、P的坐标，从而求出圆的方程；(2）设出C、D的坐标，求出，根据条件得到，利用韦达定理代入即可得到结论.【详解】(1）由题意可设椭圆的标准方程为: ,如图，由,即再由，可得，将点代入椭圆方程，可得，由可解得，故椭圆的方程为，轴，所以圆的方程为：（2）由A，B在圆上得，设，同理若则，即由得：得，无解，故不存在.【点睛】关键点点睛：解析几何中的存在性问题，一般先假设存

18、在，本题中假设，正常推理，推出矛盾或无解，假设不存在，否则就存在满足条件的解.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】【分析】（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）由（1）知，故单调递减，由（2）知单调递增，当时， ， .当时， ， .故 ，所以.因为 所以（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