山東省濰坊市昌樂第一中學高三上學期模擬預測數學答案

高三數學試題一、選擇題：（本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知復數在復平面內對應的點分別為則的虛部為（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出復平面內的點對應的復數，利用復數的除法法則計算得出答案．【詳解】由題意得，，所以，故D正確.故選：D.2.“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】根據求出的值，結合充分條件和必要條件的定義判斷即可.【詳解】由得，，因此，“”是“”的必要不充分條件.故選：B【點睛】本題考查了充分必要條件，考查三角函數的性質，是一道基礎題．3.若正數滿足，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用基本不等式即可求解.【詳解】由題意知為正數，且，所以，化簡得，解得，當且僅當時取等號，所以，故A正確.故選：A.4.具有線性相關關系的變量的一組數據如下：x0123y54.54.23.5其線性回歸直線方程為，則回歸直線經過（）A.第一、二、三象限 B.第二、三、四象限C.第一、二、四象限 D.第一、三、四象限【答案】D【解析】【分析】根據x，y呈正相關，得到，再由樣本中心在第四象限判斷.【詳解】解：由圖表中的數據知：x，y呈正相關，所以，又，則樣本中心為，在第四象限，所以回歸直線經過第一、三、四象限，故選：D5.已知點在拋物線C:()上,點M到拋物線C的焦點的距離是A.4 B.3 C.2 D.1【答案】A【解析】【分析】將點的坐標代入拋物線方程，求出，即得焦點，利用拋物線的定義，即可求出．【詳解】由點在拋物線上，可得，解得，即拋物線，焦點坐標，準線方程為．所以，點到拋物線焦點的距離為：．故選：A．【點睛】本題主要考查拋物線的定義和簡單性質的應用，屬于基礎題．6.在中，，，若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】畫出圖形，將作為基底向量，將向量結合向量的加減法表示成兩基底向量相加減的形式即可求解【詳解】如圖，由題可知，點為的中點，點為上靠近的三等分點，，故選：D【點睛】本題考查平面向量的基本定理，屬于基礎題7.已知奇函數是上增函數，，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先利用定義判斷出為偶函數，時單調遞增，時，函數單調遞減，再根據距離對稱軸越遠函數值越大，即可比較大?。驹斀狻拷猓河善婧瘮凳巧显龊瘮悼傻茫敃r，，又，則，即為偶函數，且當時單調遞增，根據偶函數的對稱性可知，當時，函數單調遞減，距離對稱軸越遠，函數值越大，因為，，，而，，即，所以故選：B．【點評】本題考查了指數式、對數式比較大小，考查了函數的奇偶性和單調性綜合應用，屬于中檔題.8.已知雙曲線C:,(,)的左?右焦點分別為,,O為坐標原點,P是雙曲線在第一象限上的點,,(),,則雙曲線C的漸近線方程為A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用雙曲線的定義求出，由向量的數量積，可求出，利用余弦定理可得的關系式，結合，即可求出．【詳解】因為，可得，由可得，所以，即有，即，所以，所以雙曲線的漸近線方程為：．故選：D．【點睛】本題主要考查雙曲線的簡單性質的應用，雙曲線的定義,向量數量積的定義以及余弦定理的應用，意在考查學生的數學運算能力，屬于基礎題．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得3分，有選錯的0分．9.（多選題）下列命題中的真命題是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根據對應函數的性質，判斷命題的真假.【詳解】指數函數值域為，所以，A選項正確；當時，，所以是假命題，B選項錯誤；當時，，所以，C選項正確；函數值域為R，所以，D選項正確.故選：ACD.10.將函數的圖象向右平移個單位后得到函數的圖象，則函數具有性質（）A.在上單調遞增，為偶函數 B.最大值為，圖象關于直線對稱C.在上單調遞增，為奇函數 D.周期為，圖象關于點對稱【答案】ABD【解析】【分析】化簡得到，分別計算函數的奇偶性，最值，周期，軸對稱和中心對稱，單調區(qū)間得到答案.【詳解】由題意可得，對A、C：因為，所以，所以單調遞增，且，得為偶函數，故A正確，C錯誤；對B：由得其最大值為，當時，，為最大值，所以為對稱軸，故B正確；對D：周期，，所以圖像關于點對稱，故D正確.故選：ABD.11.已知為兩條不重合的直線,為兩個不重合的平面,則下列說法正確的是A.若且則B.若則C.若則D.若則【答案】BC【解析】【分析】根據直線和直線，直線和平面，平面和平面的位置關系，依次判斷每個選項得到答案.【詳解】A.若且則可以，異面，或相交，故錯誤；B.若則，又故，正確；C.若則或，又故，正確；D.若則，則或，錯誤；故選：【點睛】本題考查了直線和直線，直線和平面，平面和平面的位置關系，意在考查學生的空間想象能力.12.設等比數列的公比為，其前項和為，前項積為，并滿足條件，，，下列結論正確的是（）A. B.C.是數列中的最大值 D.數列無最大值【答案】A【解析】【分析】根據，，，可判斷數列的，進而可知數列是單調遞減的等比數列，結合選項，即可逐一求解.【詳解】根據題意，等比數列中，，則有，有，又由0，即，必有，由此分析選項：對于A，，故，A正確；對于B，等比數列中，，，則，則，即，B錯誤；對于C，，則是數列中的最大項，C錯誤；對于D，由C的結論，D錯誤；故選：A.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知直線與圓相交于，兩點（為坐標原點），且為等腰直角三角形，則實數的值為__________；【答案】【解析】【分析】根據直角三角形的性質與垂徑定理求得圓心到直線的距離,再用公式求解即可.【詳解】由題,因為為等腰直角三角形,故,故圓心到直線的距離.即.故答案為：【點睛】本題主要考查了根據直線與圓相交求參數的問題,重點在于垂徑定理的運用.屬于基礎題.14.已知直線與曲線相切，則=【答案】3【解析】【分析】設切點為（x0，y0），求出函數y＝ln（x+）的導數為y＝，得k切＝＝1，并且y0＝x0+2，y0＝ln（x0+），進而求出．【詳解】設切點為（x0，y0），由題意可得：曲線的方程為y＝ln（x+），所以y＝．所以k切＝＝1，并且y0＝x0+2，y0＝ln（x0+），解得：y0＝0，x0＝﹣2，＝3．故答案3．【點睛】本題主要考查直線的斜率、導數的幾何意義、利用導數研究曲線上某點切線方程等基礎知識，屬于基礎題.15.2019年7月，中國良渚古城遺址獲準列入世界遺產名錄，標志著中華五千年文明史得到國際社會認可．良渚古城遺址是人類早期城市文明的范例，見證了中華五千年的文明史．考古科學家在測定遺址年齡的過程中利用了“放射性物質因衰變而減少”這一規(guī)律．已知樣本中碳14的質量N隨時間t(單位：年)的衰變規(guī)律滿足．表示碳14原有的質量)，則經過5730年后，碳14的質量變?yōu)樵瓉淼腳____；經過測定，良渚古城遺址文物樣本中碳14的質量是原來的至據此推測良渚古城存在的時期距今約在5730年到_____年之間．(參考數據：lg2≈0.3，lg7≈0.84，lg3≈0.48)【答案】①.②.6876【解析】【分析】把代入，即可求出；再令，兩邊同時取以2為底的對數，即可求出的范圍．【詳解】∵，∴當時，，∴經過5730年后，碳14的質量變?yōu)樵瓉淼?，由題意可知：，兩邊同時取以2為底的對數得：，∴，，∴推測良渚古城存在的時期距今約在5730年到6876年之間．故答案為：；6876．【點睛】關鍵點睛：本題主要考查了對數的運算，解答本題的關鍵是由，兩邊同時取以2為底的對數得：，∴，屬于中檔題.16.已知四面體中，，則四面體的體積為_____【答案】【解析】【分析】取中點，中點，連結，計算出后可得，所求四面體的體積為它的2倍.【詳解】取中點，中點，連結，∵四面體中，，∴，，，∵，∴平面，又，∴，，故答案為．【點睛】三棱錐的體積的計算需選擇合適的頂點和底面，此時頂點到底面的距離容易計算.有時還需把復雜幾何體分割成若干簡單幾何體便于體積的計算或體積的找尋，這些幾何體可能有相同的高或相同的底面，或者它們的高或底面的面積的比值為定值．四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.在,a,b,c分別為內角A,B,C的對邊,且,若,.(1)求;(2)求的面積S.【答案】(1);(2)或.【解析】【分析】(1)根據條件形式利用正弦定理和余弦定理邊化角，可得，再結合平方關系即可求出；(2)根據題意，已知兩邊及一角，采用余弦定理可得，，即可求出邊，再根據三角形面積公式即可求出．【詳解】(1)由題意得由余弦定理得:由正弦定理得所以，∴中，．(2)由余弦定理得解得或∵，∴由得或．【點睛】本題主要考查利用正弦定理，余弦定理解三角形，以及三角形面積公式的應用，意在考查學生的數學運算能力，屬于基礎題．18.設數列的前項和為，已知．（1）證明：為等比數列，求出的通項公式；（2）若，求的前項和．【答案】（1）證明見解析，（2）【解析】【分析】（1）根據可推出，即得，即可證明為等比數列，由此可求得表達式，繼而求得的通項公式；（2）由（1）的結果可得的表達式，利用錯位相減法求數列的和，即可得答案.【小問1詳解】∵∴，∴，∴為等比數列；∵，故的首項為，公比為2，∴，則，當時，，則，也滿足此式，∴；【小問2詳解】由（1）可得，則，故，兩式相減得：，故.19.如圖所示的多面體中，底面ABCD為矩形，平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，，且AB=4，BC=2，，BE=1．（Ⅰ）求BF的長；（Ⅱ）求直線與平面成的角的正弦值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）建立如圖所示的空間直角坐標系，由向量平行求得點坐標，由向量模的坐標表示求得線段長；（Ⅱ）求出平面的一個法向量，由直線的方向向量與平面法向量夾角的余弦值的絕對值得線面角的正弦值．【詳解】（Ⅰ）建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，設．∵，由得，解得，∴．∴，于是，即BF的長為．（Ⅱ）設為平面的法向量，設，由，得，即，取，得．又，設與的夾角為，則．所以，直線與平面的夾角的正弦值為．【點睛】方法點睛：本題考查求空間線段長，求線面角的正弦值，解題方法是空間向量法，即建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，由直線的方向向量與平面法向量的夾角與線面角的關系求解．這是求空間角的常用方法，特別是圖形中含有垂直關系用此種方法更加簡便．20.2018年非洲豬瘟在東北三省出現，為了進行防控，某地生物醫(yī)藥公司派出技術人員對當地甲乙兩個養(yǎng)殖場提供技術服務，方案和收費標準如下：方案一，公司每天收取養(yǎng)殖場技術服務費40元，對于需要用藥的每頭豬收取藥費2元，不需要用藥的不收費；方案二，公司每天收取養(yǎng)殖場技術服務費120元，若需要用藥的豬不超過45頭，不另外收費，若需要用藥的豬超過45頭，超過部分每天收取藥費8元.（1）設日收費為（單位：元），每天需要用藥的豬的數量為，試寫出兩種方案中與的函數關系式.（2）若該醫(yī)藥公司從10月1日起對甲養(yǎng)殖場提供技術服務，10月31日該養(yǎng)殖場對其中一個豬舍9月份和10月份豬的發(fā)病數量進行了統(tǒng)計，得到如下列聯表.9月份10月份合計未發(fā)病4085125發(fā)病652085合計105105210根據以上列聯表，判斷是否有的把握認為豬未發(fā)病與醫(yī)藥公司提供技術服務有關.附：0.0500.0100.0013.841663510.828（3）當地的丙養(yǎng)殖場對過去100天豬的發(fā)病情況進行了統(tǒng)計，得到如上圖所示的條形統(tǒng)計圖.依據該統(tǒng)計數據，從節(jié)約養(yǎng)殖成本的角度去考慮，若丙養(yǎng)殖場計劃結合以往經驗從兩個方案中選擇一個，那么選擇哪個方案更合適，并說明理由.【答案】（1）見解析；（2）有99.9%的把握認為豬未發(fā)病與醫(yī)藥公司提供技術服務有關；（3）從節(jié)約養(yǎng)殖成本的角度去考慮，丙養(yǎng)殖場應該選擇方案二.【解析】【分析】（1）根據題意寫出函數關系式即可；（2）根據列聯表，代入公式計算，比較臨界值得出結論即可；（3）分別按不同方案計算總費用，比較大小即可求解.【詳解】（1）方案一，，方案二，（2），所以有99.9%的把握認為豬未發(fā)病與醫(yī)藥公司提供技術服務有關；（3）若采用方案一，則這100天的總費用為40×100+2×(42×20+44×40+46×20+48×10+50×10)=13000元，若采用方案二，則這100天的總費用為120×100+(4645)×20×8+(4845)×10×8+(5045)×10×8=12800元，所以，從節(jié)約養(yǎng)殖成本的角度去考慮，丙養(yǎng)殖場應該選擇方案二【點睛】本題主要考查了實際問題中的函數問題，獨立性檢驗，頻率分布直方圖，屬于中檔題.21.已知函數．（1）若曲線在點處與軸相切，求的值；（2）求函數在區(qū)間上的零點個數．【答案】（1）（2）答案見解析【解析】【分析】（1）求出函數的導數，根據導數的幾何意義即可求得答案；（2）由，求得，分類討論與的位置關系，結合函數的單調性，以及零點存在定理，即可判斷出函數的零點個數.【小問1詳解】由題意得定義域為，，因為在點處與x軸相切，且．所以，解得．經檢驗符合題意．【小問2詳解】由（1）知，令，得，當時，，當時，，（i）當時，，，函數在區(qū)間上單調遞增．所以，所以函數在區(qū)間上無零點；（ii）當時，若，則，若，則．函數在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增．且，則，而．當，即時，函數在區(qū)間上有一個零點；當時，印當時，函數在區(qū)間上無零點；（iii）當時，，，函數在區(qū)間上單調遞減．所以，所以函數在區(qū)間上無零點．綜上：當或時，函數在區(qū)間上無零點；當時，函數在區(qū)間上有一個零點．【點睛】方法點睛：求解函數在區(qū)間上的零點個數時，利用導數可求得函數的極值點，因此要分類討論極值點與所給區(qū)間的位置關系，再結合函數的單調性，即可求解得結論.22.給定橢圓，稱圓心在原點、半徑