2020年山东青岛高三一模数学试卷

12020年山东青岛高三一模数学试卷一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）A.B.C.D.1.已知是虚数单位，复数，则的共轭复数的虚部为（）．A.B.C.D.2.已知集合，集合，则（）．A.B.C.D.3.已知某市居民在年用于手机支付的个人消费额（单位：元）服从正态分布，则该市某居民手机支付的消费额在内的概率为（）．附：随机变量服从正态分布，则，，．4.设，，，则，，的大小关系正确的是（）．A.B.C.D.5.已知函数(为自然对数的底数)，若的零点为，极值点为，则（）．A.B.C.D.6.已知四棱锥的所有棱长均相等，点，分别在线段，上，且底面，则异面直线与所成角的大小为（）．2A.B.C.D.7.在同一直角坐标系下，已知双曲线的离心率为，双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为，函数的图象向右平移个单位后得到曲线，点，分别在双曲线的下支和曲线上，则线段长度的最小值为（）．A.B.C.D.8.某单位举行诗词大会比赛，给每位参赛者设计了“保留题型”、“升级题型”、“创新题型”三类题型，每类题型均指定一道题让参赛者回答．已知某位参赛者答对每道题的概率均为，且各次答对与否相互独立，则该参赛者答完三道题后至少答对两道题的概率为（）．A.B.C.D.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）9.已知向量，，，设，的夹角为，则（）．A.B.C.D.10.已知函数，，则（）．A.3B.在区间上只有个零点C.的最小正周期为D.为图象的一条对称轴11.已知数列的前项和为，，，数列的前项和为，，则下列选项正确的为（）．A.数列是等差数列B.数列是等比数列C.数列的通项公式为D.12.已知四棱台的上下底面均为正方形，其中，，，则下述正确的是（）．A.该四棱台的高为B.C.该四棱台的表面积为D.该四棱台外接球的表面积为三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.若，恒成立，则实数的取值范围为．14.已知函数的定义域为，为奇函数，，则．15.已知，二项式展开式中含有项的系数不大于，记的取值集合为，则由集合中元素构成的无重复数字的三位数共有个．16.4（1）（2）年是中国传统的农历”鼠年”，有人用个圆构成”卡通鼠”的形象，如图：是圆的圆心，圆过坐标原点；点、均在轴上，圆与圆的半径都等于，圆、圆均与圆外切．已知直线过点．若直线与圆、圆均相切，则截圆所得弦长为．若直线截圆、圆、圆所得弦长均等于，则．四、解答题（本大题共6小题，共70分）（1）（2）17.设等差数列的前项和为，等比数列的前项和为．已知，，，，．求，的通项公式．是否存在正整数，使得且？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．（1）（2）18.在中，，，分别为内角，，的对边，．求角．若，为中点，在下列两个条件中任选一个，求的长度．条件①：的面积且；条件②：（1）19.在如图所示的四棱锥中，四边形为平行四边形，为边长为的等边三角形，，点，分别为，的中点，是异面直线和的公垂线．证明：平面平面．5（2）记的重心为，求直线与平面所成角的正弦值．（1）12（2）20.某网络购物平台每年月日举行“双十一”购物节，当天有多项优惠活动，深受广大消费者喜爱．已知该网络购物平台近年“双十一”购物节当天成交额如下表：年份成交额（百亿元）求成交额（百亿元）与时间变量（记年为，年为，依次类推）的线性回归方程，并预测年该平台“双十一”购物节当天的成交额“百亿元”．在年“双十一”购物节前，某同学的爸爸、妈妈计划在该网络购物平台上分别参加、两店各一个订单的“秒杀”抢购，若该同学的爸爸、妈妈在、两店订单“秒杀”成功的概率分别为、，记该同学的爸爸和妈妈抢购到的订单总数量为．求的分布列及．已知每个订单由（，）件商品构成，记该同学的爸爸和妈妈抢购到的商品总数量为，假设，，求取最大值时正整数的值．附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．（1）12（2）21.已知为坐标原点，椭圆的左，右焦点分别为点，，且，又恰为抛物线的焦点，以为直径的圆与椭圆仅有两个公共点．求椭圆的标准方程．若直线与相交于，两点，记点，到直线的距离分别为，，．直线与相交于，两点，记，的面积分别为，．证明：的周长为定值．求的最大值．（1）22.已知函数的图象在点处的切线方程为．当时，证明：．6【答案】解析:∵，∴，虚部为．故选．解析:∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故选．解析:∵服从正态分布，∴，，∴则该市某居民手机支付的消费额在内的概率为．故选．（2）（3）设函数，当时，证明：．若数列满足：，，，证明：．B1.A2.C3.7解析:∵，，，∴．故选：．解析:时，令得，恒成立故无极值点，时，无零点，，令得，∴极值点为，∴，，∴．故选．解析:由题意知，四棱锥是正四棱锥，底面是正方形，设，则底面，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，A4.C5.D6.8设四棱锥的棱长为，则，，∴，，，，∴，，，∴，∵平面，平面，平面平面，∴，∴，即异面直线与所成角的大小为．故选：．解析:∵离心率为，∴，又一个焦点到渐近线距离为，∴，又，∴向右平移为：，又，∴，，，∴，∴当，时，．故选：．解析:这道题是二项分布，记参赛者答对题数为，则，，∴参赛者至少答对道题的概率．故选．D7.A8.9解析:．选项：∵，∴，故正确；选项：∵，∴，∴，∴当或时，∴均成立，∴有个零点，故错误；选项：，∴的最小正周期为，故正确；选项：的对称轴满足，，即，，∴是的一条对称轴，故正确；故选．解析:，，∴，∴，∴，∴是首项为，公比为的等比数列，，∴，，BD9.ACD10.BCD11.10．故选．解析:将四棱台的侧棱延长，相交于点，形成四棱锥，设正方形和的中心分别为，，如图所示：项，由于，，则，分别为，中点，∴，，∴，即四棱台的高为，故项正确；项，连接，（或其补角）即直线与所成的夹角，∵，，，∴是等边三角形，∴，即与所成的夹角为，故项错误；项，，，，则该四棱台的表面积；项，设该四棱台外接球的球心到上底面的距离为，则，，所以，解得，则外接球半径，故该四棱台外接球的表面积，故正确．综上所述，故选．AD12.正方形正方形梯形11（1）解析:令，∴，恒成立，即，∵当且仅当，即取等，∴，∴，∴实数的取值范围为．解析:∵为奇函数，∴，∴令，则，∴．解析:二项式的展开式的通项为，若，则，∴，则的系数为，∴，∴，即，∵，∴，从中取个无重复数字，百位有种，十位有种，则个位有种，则共有种．解析:若直线，则弦长为，13.14.15.（1）或或（2）16.12（2）（1）若直线，则弦长为，∴，设直线，则到直线距离为，∴，此时到的距离为，∴截圆的弦长为，综上，截圆的弦长为或或．若直线截圆、圆、圆所得弦长均等于，由对称性可知，设，，解得，∴，故答案为．解析:设的公差为，的公比为，则由，可知，∴，，∴，，又，∴，∵，∴，（1），，，．（2）存在，．17.13（2）（1）∴，∴，∴，．由（）可知，∴，由（）可知，∴，假设存在正整数，使得且，即，，∴，，∴，，∴，又为正整数，∴，∴存在正整数，满足且．解析:∵，∴原方程可化为，由余弦定理知，∴，即，由正弦定理知，∵，∴，即，∵，（1）．（2）．18.14（2）∴，即，即，∵，∴．方法一：选①，由（）知，∴的面积，即，由（）知，∴由余弦定理知，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，或，，∵，∴，∴，，∵点为中点，∴，∴在中，由余弦定理知：．∴．方法二：选②，∵，∴，15（1）（2）∵，∴，由（）知，∴，，∵，∴，∴由正弦定理知，∴，，∵点为中点，∴，∴在中，由余弦定理知：．∴．解析:∵为等边三角形，且点为中点，∴，∵且，∴平面，∵平面，∴平面平面．如图所示，连接，（1）证明见解析．（2）．19.16由（）知，平面，∴，∵，∴为等腰三角形，∴，∴以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，∵点为中点，点为中点，∴为中位线，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，，，，，∴，∵，∴，∵点为的重心，17（1）∴，∴，∵，∵设平面的法向量为，则，令，则，∴，，∴直线与平面所成角的正弦值为．解析:，，，，（1），年成交额为百亿元．12（2）．．20.1812（2），∴，当时，，故年成交额为百亿元．爸爸参加店抢到订单为，则概率为，或抢到订单为则概率为，妈妈参加店抢到订单为，则概率为，或抢到订单为，则概率为，∴，，，，，，．∵每个订单由件构成，而总量为，∴，∴，19（1），令，∴上式，令，，时，，又，∴，∴在上大于零，在上小于零，∴在上单调递增，在上单调递减，∴或，而，，，∴，即．解析:∵为抛物线的焦点，∴，∴，∴，又以为直径的圆与椭圆仅有两个公共点，（1）椭圆的标准方程为．12（2）证明见解析．．21.2012（2）（1）∴，∴，∴椭圆的标准方程为．∵，则由题可知直线过的焦点，即过的焦点，又与相交于，两点，∴的周长，∴的周长为定值．由①可知，设的直线方程为，设，，，，联立，可得，∴，，，联立，可得，∴，，，∴，，∴，当时，取得最大值．解析:由题设可知：函数的图象在点处切线为，则（1）证明见解析．（2）证明见解析．（3）证明见解析．22.21（2）由，又易知，即，解得，故，又，则，易知当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减；故，故在上恒成立，即在上单调递减，又，又当时，，故结合，故得证．由（）知，故，，由，，，易知当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减；由，又，，故当时，使得，故当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增；又由，22（3），易知函数，其，易知对任意恒成立，故恒成立于上，故，故在上单调递增，则由，当时，，故易知当时，，故当时，．由（）知：，即，则，即，故，结合（）知，，故，则令，，故，易知当时，，则在上单调递增；故，即，即，又已知，则，故．