搜索
    上传资料 赚现金
    2020届山东省济钢高中高三3月质量检测试题(解析版)
    立即下载
    加入资料篮
    2020届山东省济钢高中高三3月质量检测试题(解析版)01
    2020届山东省济钢高中高三3月质量检测试题(解析版)02
    2020届山东省济钢高中高三3月质量检测试题(解析版)03
    还剩19页未读, 继续阅读
    下载需要20学贝
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    2020届山东省济钢高中高三3月质量检测试题(解析版)

    展开

    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 

    A B C D

    【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(11),(01),

    1+ii

    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   

    A B C D

    【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,,.为等差数列,(    )

    A B C D

    【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

    ,即,解得

    ,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:(),M到抛物线C的焦点的距离是(    )

    A4 B3 C2 D1

    【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(   

    A B C D

    【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,点的中点,点上靠近的三等分点,

    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a0),2sin2α=cos2α+1,则sinα=

    A B

    C D

    【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(    )

    A B C D

    【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R上增函数,(    )

    A

    B

    C

    D

    【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】

    由奇函数上的增函数,可得,以及

    时,,当时,

    ,则,即为偶函数.

    因为,所以当时,,当时,

    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,点到面的距离为长度的一半,即,故选项B正确;

    对于C,因为,所以异面直线所成的角为,而为等边三角形,故两条异面直线所成的角为,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(   

    A B C D

    【答案】AC

    【解析】根据题意可得的最小值即,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互垂点集”.给出下列四个集合:;;;.其中是互垂点集集合的为(    )

    A B C D

    【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

    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;

    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

    所以互垂点集集合;

    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;

    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,1805~1859)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,,故圆心到直线的距离..

    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(x0y0),求出函数ylnx+)的导数为y,得k1,并且y0x0+2y0lnx0+),进而求出

    【详解】

    设切点为(x0y0),由题意可得:曲线的方程为ylnx+),所以y

    所以k1,并且y0x0+2y0lnx0+),解得:y00x0﹣23

    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】

    得函数图象关于点对称,

    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】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.的面积.

    【答案】1,单调递增区间为;(2

    【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.

    所以函数的单调递增区间为.

    2)由可得

    由余弦定理

    解得

    【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不合格两类与问卷的结果有关?

     

    不合格

    合格

    男生

    14

    16

    女生

    10

    20

     

    1)是否有90%以上的把握认为性别问卷的结果有关?

    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:

    0100

    0050

    0010

    0001

    2703

    3841

    6635

    10828

     

     

    【答案】1)没有90%的把握认为性别问卷的结果有关;(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

    14

    16

    30

    女生

    10

    20

    30

    合计

    24

    36

    60

     

     

    故没有90%的把握认为性别问卷的结果有关.

    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

    ,,,

    ,

    X的分布列为:

    0

    1

    2

    3

    4

     

     

    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),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;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

    ,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:

    ,代入,得

    ()成立,

    为增函数,

    ,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,.

    (1)求证:四棱锥为阳马;

    (2),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,只要证明即可,而由即可证出

    (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

    又四边形为矩形

    四棱锥为阳马.

    (2)∵

    底面

    当且仅当时,取最大值

    底面

    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

    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卫星圆”.若椭圆C的离心率,C.

    (1)求椭圆C的方程和其卫星圆方程;

    (2)P是椭圆C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,,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,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)①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

    方程为时,此时卫星圆交于点

    此时经过点且与椭圆只有一个公共点的直线是

    ,即

    线段应为卫星圆的直径,

    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①②知:因为经过点,又分别交卫星圆于点,且垂直,所以线段卫星圆的直径,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,的导函数.

    (1)求证: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) ,然后判断函数上的符号,得出的单调性,再利用零点存在定理判断上是否存在唯一零点即可;

     (2) ,和三种情况分别考虑的零点存在情况,从而得证.

    【详解】

    (1)

    时,,所以上单调递减,

    又因为

    所以上有唯一的零点,所以命题得证.

    (2) ①(1)知:当时,上单调递增;

    时,上单调递减;

    所以上存在唯一的极大值点

    所以

    又因为

    所以上恰有一个零点.

    又因为

    所以上也恰有一个零点.

    时,

    所以上单调递减,所以

    所以当时,恒成立

    所以上没有零点.

    时,

    所以上单调递减,所以

    所以当时,恒成立

    所以上没有零点.

    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.

     

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:0份资料
    • 充值学贝下载 90%的用户选择 本单免费
    • 扫码直接下载
    选择教习网的 4 个理由
    • 更专业

      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿

    • 更丰富

      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;500万+优选资源 ⽇更新5000+

    • 更便捷

      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤

    • 真低价

      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣

    开票申请 联系客服
    本次下载需要:0学贝 0学贝 账户剩余:0学贝
    本次下载需要:0学贝 原价:0学贝 账户剩余:0学贝
    了解VIP特权
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送

        扫码支付后直接下载

        0元

        扫码支付后直接下载

        使用学贝下载资料比扫码直接下载优惠50%
        充值学贝下载,本次下载免费
        了解VIP特权
        • 微信
        • 支付宝

        微信扫码支付

        支付宝扫码支付(支持花呗)

        到账0学贝
        • 微信
        • 支付宝

        微信扫码支付

        支付宝扫码支付 (支持花呗)

          下载成功

          Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

          若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

          本资源来自成套资源

          更多精品资料

          正在打包资料,请稍候…

          预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

          服务器繁忙,打包失败

          请联系右侧的在线客服解决

          单次下载文件已超2GB,请分批下载

          请单份下载或分批下载

          支付后60天内可免费重复下载

          我知道了
          正在提交订单

          欢迎来到教习网

          • 900万优选资源,让备课更轻松
          • 600万优选试题,支持自由组卷
          • 高质量可编辑,日均更新2000+
          • 百万教师选择,专业更值得信赖
          微信扫码注册
          qrcode
          二维码已过期
          刷新

          微信扫码,快速注册

          还可免费领教师专享福利「樊登读书VIP」

          手机号注册
          手机号码

          手机号格式错误

          手机验证码 获取验证码

          手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

          设置密码

          6-20个字符,数字、字母或符号

          注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
          QQ注册
          手机号注册
          微信注册

          注册成功

          下载确认

          下载需要:0 张下载券

          账户可用:0 张下载券

          立即下载

          如何免费获得下载券?

          加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

          返回
          顶部