山东省潍坊高密市2020届高三模拟数学试题二

数学模拟试题二
第I卷 选择题部分（共60分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．设全集为，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．近年来，随着“一带一路”倡议的推进，中国与沿线国家旅游合作越来越密切，中国到“一带一路”沿线国家的游客人也越来越多，如图是2013－2018年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次情况，则下列说法正确的是（ ）

①2013－2018年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次逐年增加
②2013－2018年这6年中，2014年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次增幅最小
③2016－2018年这3年中，中国到“一带一路”沿线国家的游客人次每年的增幅基本持平
A．①②③ B．②③ C．①② D．③
4．平面向量与的夹角为，且，为单位向量，则（ ）
A． B． C．19 D．
5．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
6．已知角的终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．
8．已知椭圆：的右焦点为，过点的直线交椭圆于，两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为（ ）
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.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.
9．若函数与的图象恰有一个公共点，则实数可能取值为（ ）
A．2 B．0 C．1 D．
10．设正项等差数列满足，则（ ）
A．的最大值为 B．的最大值为
C．的最大值为 D．的最小值为
11．过抛物线的焦点且斜率为的直线与抛物线交于两点（在第一象限），以为直径的圆分别与轴相切于两点，则下列结论正确的是（ ）
A．抛物线的焦点坐标为 B．
C．为抛物线上的动点，，则 D．
12．在边长为2的等边三角形中，点分别是边上的点，满足 且，（），将沿直线折到的位置.在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）
A．在边上存在点，使得在翻折过程中，满足平面
B．存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面
C．若，当二面角为直二面角时，
D．在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为
第II卷 非选择题部分（共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．若直线是曲线的切线，且，则实数的最小值是______________.
14．已知函数（）的最大值为，则实数的取值范围是______________.
15．点是抛物线上的两点，是抛物线的焦点，若，中点到抛物线的准线的距离为，则的最大值为_______.
16．在四棱锥中，平面，，点是矩形内（含边界）的动点，且，，直线与平面所成的角为.记点的轨迹长度为，则______；当三棱锥的体积最小时，三棱锥的外接球的表面积为______.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知递增等差数列满足，，数列满足.
（1）求的前n项和；
（2）若，求数列的通项公式.
18．已知在中，，且.
（1）判断的形状；
（2）若D为BC的中点，BEAD，垂足为E，延长BE交AC于F，求证：.
19．如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，是等边三角形，点在上，且．

（1）证明：//平面．
（2）若平面平面，求二面角的余弦值．
20．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，为椭圆短轴的一个端点，、为椭圆的左、右焦点，线段的延长线与椭圆相交于点，且.

（1）求椭圆的方程；
（2）如图，点为椭圆上一动点（非长轴端点），的延长线与椭圆交于点，的延长线与椭圆交于点，求面积的最大值.
21．2019年7月1日到3日，世界新能源汽车大会在海南博鳌召开，大会着眼于全球汽车产业的转型升级和生态环境的持续改善．某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程）的测试．现对测试数据进行分析，得到如图的频率分布直方图．

（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航量程X近似地服从正态分布，经计算第（1）问中样本标准差s的近似值为50．用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率；
（3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券．已知硬币出现正，反面的概率都是，方格图上标有第0格、第1格、第2格……第50格．遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格（从k到），若掷出反面，遥控车向前移动两格（从k到），直到遥控车移到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束．设遥控车移到第n格的概率为，试证明是等比数列，并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车．
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．
22．已知函数，，．
（1）求函数的极值；
（2）若在上为单调函数，求的取值范围；
（3）设，若在上至少存在一个，使得成立，求的取值范围．






模拟试题二解析
第I卷 选择题部分（共60分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．设全集为，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
M＝{x|﹣2＜x＜2}，N＝{0，1，2}；
∴M∩N＝{0，1}．
故选：D．
2．已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【解析】
∵，
∴.
∴在复平面内对应的点为，
∴在复平面内对应的点位于第一象限.
故选：A.
3．近年来，随着“一带一路”倡议的推进，中国与沿线国家旅游合作越来越密切，中国到“一带一路”沿线国家的游客人也越来越多，如图是2013－2018年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次情况，则下列说法正确的是（ ）

①2013－2018年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次逐年增加
②2013－2018年这6年中，2014年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次增幅最小
③2016－2018年这3年中，中国到“一带一路”沿线国家的游客人次每年的增幅基本持平
A．①②③ B．②③ C．①② D．③
【答案】A
【解析】
由图中折线逐渐上升，即每年游客人次逐渐增多，故①正确；
由图在2014年中折线比较平缓，即2014年中游客人次增幅最小，故②正确；
根据图像在2016－2018年这3年中，折线的斜率基本相同，
故每年的增幅基本持平，故③正确；
故选：A
4．平面向量与的夹角为，且，为单位向量，则（ ）
A． B． C．19 D．
【答案】B
【解析】
，故.
故选：.
5．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
由题意知，函数，满足，
所以函数为奇函数，图象关于原点对称，所以B选项错误；
又因为，所以C选项错误；
又因为，所以D选项错误，故选A.
6．已知角的终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
角的终边经过点，
由任意角的三角函数的定义得：，
故有.
故选：C．
7．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
双曲线的一条渐近线的倾斜角为，
则，
所以该条渐近线方程为；
所以，
解得；
所以 ，
所以双曲线的离心率为．
故选：A．
8．已知椭圆：的右焦点为，过点的直线交椭圆于，两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
设，，，，
代入椭圆方程得，
相减得，
．
，，．
，
化为，又，解得，．
椭圆的方程为．
故选：．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.
9．若函数与的图象恰有一个公共点，则实数可能取值为（ ）
A．2 B．0 C．1 D．
【答案】BCD
【解析】

由与恒过，如图，
当时，两函数图象恰有一个公共点，
当时，函数与的图象恰有一个公共点，
则为的切线，且切点为，
由，所以，
综上所述，或.
故选：BCD
10．设正项等差数列满足，则（ ）
A．的最大值为 B．的最大值为
C．的最大值为 D．的最小值为
【答案】ABD
【解析】
因为正项等差数列满足，
所以，
即.
①，当且仅当时成立，故A选项正确.
②由于，所以，当且仅当时成立，故B选项正确.
③，当且仅当时成立，
所以的最小值为，故C选项错误.
④结合①的结论，有，
当且仅当时成立，故D选项正确.
故选：ABD
11．过抛物线的焦点且斜率为的直线与抛物线交于两点（在第一象限），以为直径的圆分别与轴相切于两点，则下列结论正确的是（ ）
A．抛物线的焦点坐标为 B．
C．为抛物线上的动点，，则 D．
【答案】ABD
【解析】
A，由题意可得抛物线的焦点F（2，0），所以A正确；
B，由题意设直线PQ的方程为：y（x﹣2），
与抛物线联立整理可得：3x2﹣20x+12＝0，解得：x或6，
代入直线PQ方程可得y分别为：，4，
由题意可得P（6，4），Q（，）；
所以|PQ|＝64，所以B正确；
C，如图M在抛物线上，ME垂直于准线交于E，可得|MF|＝ME|，
所以|MF|+|MN|＝|ME|+|MN|≥NE＝2+2＝4，当N，M，E三点共线时，|MF|+|MN|最小，且最小值为4，所以C不正确；
D，因为P（6，4），Q（，），所以PF，QF的中点分别为：（3，2），（，），
所以由题意可得A（0，2），B（0，），
所以|AB|＝2，所以D正确；
故选：ABD．

12．在边长为2的等边三角形中，点分别是边上的点，满足 且，（），将沿直线折到的位置.在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）
A．在边上存在点，使得在翻折过程中，满足平面
B．存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面
C．若，当二面角为直二面角时，
D．在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为
【答案】ABC
【解析】
对于A.在边上点F，在上取一点N，使得，在上取一点H，使得，作交于点G，如图所示，

则可得平行且等于，即四边形为平行四边形，
∴，而始终与平面相交，
因此在边上不存在点F，使得在翻折过程中，满足平面，A不正确.
对于B，，在翻折过程中，点在底面的射影不可能在交线上，因此不满足平面平面，因此B不正确.
对于C.，当二面角为直二面角时，取的中点M，如图所示：

可得平面，
则，因此C不正确；
对于D.在翻折过程中，取平面AED⊥平面BCDE，四棱锥体积，，，可得时，函数取得最大值，因此D正确.
综上所述，不成立的为ABC.
故选：ABC.
第II卷 非选择题部分（共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．若直线是曲线的切线，且，则实数的最小值是______________.
【答案】
【解析】
y＝2alnx的导数为，由于直线y＝2x+b是曲线y＝2alnx的切线，设切点为（m，n），则，
∴m＝a，又2m+b＝2alnm，∴b＝2alna﹣2a（a＞0），b＝2（lna+1）﹣2＝2lna，
当a＞1时，b＞0，函数b递增，当0＜a＜1时，b＜0，函数b递减，
∴a＝1为极小值点，也为最小值点，∴b的最小值为2ln1﹣2＝﹣2．
14．已知函数（）的最大值为，则实数的取值范围是______________.
【答案】
【解析】
由已知
令，
则，
因为，
则在区间的右端点取最大值，
故，则．
故答案为：．
15．点是抛物线上的两点，是抛物线的焦点，若，中点到抛物线的准线的距离为，则的最大值为_______.
【答案】
【解析】

如图，过作准线的垂线，垂足分别为，则，
中，，当且仅当时取等号。
∴，
，即的最大值为。
故答案为：。
16．在四棱锥中，平面，，点是矩形内（含边界）的动点，且，，直线与平面所成的角为.记点的轨迹长度为，则______；当三棱锥的体积最小时，三棱锥的外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】
如图，因为平面，垂足为，
则为直线与平面所成的角，
所以.因为，所以，
所以点位于底面矩形内的以点为圆心，为半径的圆上，
记点的轨迹为圆弧.连接，则.
因为，，所以，
则弧的长度，所以.
当点位于时，三棱锥的体积最小，
又，
∴三棱锥的外接球球心为的中点.
因为，
所以三棱锥的外接球的表面积.

故答案为：；
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知递增等差数列满足，，数列满足.
（1）求的前n项和；
（2）若，求数列的通项公式.
【答案】（1）（2）
【解析】
（1）设数列公差为，由，
解得：（舍去），所以，.
.
（2），


.
18．已知在中，，且.
（1）判断的形状；
（2）若D为BC的中点，BEAD，垂足为E，延长BE交AC于F，求证：.
【答案】（1）等腰直角三角形；（2）证明见解析
【解析】
（1）由正弦定理得：，其中R为外接圆的半径.
∵，且，
∴， ，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形；
(2)以B为坐标原点，BC、BA所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系.
设A（0，2），C（2，0），则D（1，0），.
设，则，
又因为，，
所以，
所以，
解得，
所以，
所以，又因为，
所以，
又因为，且，，
所以.

19．如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，是等边三角形，点在上，且．

（1）证明：//平面．
（2）若平面平面，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）连接交于点，连接．

∵在等腰梯形中，，，
//，∴，∵，∴，
∴，∴//，
又平面，平面，
∴//平面．
（2）取的中点，的中点，连接，，显然．
又平面平面，平面平面，
所以平面．
因为、分別为、的中点，且在等腰梯形中，，
所以．以为原点建立如所示的空间直角坐标系，

设，则，
，，，
∴，
∴

易得为平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
可得，故，
令，可得，，则．
设二面角的平面角为，则，
即二面角的余弦值为．
20．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，为椭圆短轴的一个端点，、为椭圆的左、右焦点，线段的延长线与椭圆相交于点，且.

（1）求椭圆的方程；
（2）如图，点为椭圆上一动点（非长轴端点），的延长线与椭圆交于点，的延长线与椭圆交于点，求面积的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）设椭圆的方程为，右焦点，
因为为椭圆短轴的一个端点，则.
因为，
故可得，设点坐标为，
即，解得.
则点.
因为点在椭圆上，则，即.
又，则，得，
所以椭圆的标准方程是.
（2）①当直线的斜率不存在时，不
妨取，，，
故；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
，，
联立方程，化简得，
则，
，，

，
点到直线的距离，
因为是线段的中点，所以点到直线的距离为，
∴，
∵，又，所以等号不成立.
∴，
综上可得，面积的最大值为.
21．2019年7月1日到3日，世界新能源汽车大会在海南博鳌召开，大会着眼于全球汽车产业的转型升级和生态环境的持续改善．某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程）的测试．现对测试数据进行分析，得到如图的频率分布直方图．

（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航量程X近似地服从正态分布，经计算第（1）问中样本标准差s的近似值为50．用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率；
（3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券．已知硬币出现正，反面的概率都是，方格图上标有第0格、第1格、第2格……第50格．遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格（从k到），若掷出反面，遥控车向前移动两格（从k到），直到遥控车移到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束．设遥控车移到第n格的概率为，试证明是等比数列，并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车．
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．
【答案】（1）300；（2）；（3）见解析.
【解析】
（1）
（千米）．
（2）由．
∴．
（3）遥控车开始在第0格为必然事件，．
第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为，即．
遥控车移到第格的情况是下面两种，而且只有两种：
①遥控车先到第格，又掷出反面，其概率为．
②遥控车先到第格，又掷出正面，其概率为．
∴．
∴．
∴时，数列是等比数列，
首项为，公比为的等比数列．
∴，，
，……，．
∴

．．
∴获胜的概率，
失败的概率．
∴．
∴获胜的概率大．
∴此方案能成功吸引顾客购买该款新能源汽车．
22．已知函数，，．
（1）求函数的极值；
（2）若在上为单调函数，求的取值范围；
（3）设，若在上至少存在一个，使得成立，求的取值范围．
【答案】（1），无极大值；（2）；（3）.
【解析】
（1）因为.由得:，
当时，，当时，
所以为函数的极小值点 .
（2），.
因为在上为单调函数，
所以或在上恒成立，
等价于在恒成立，
又．当且仅当时，等号成立

等价于，
即在恒成立，而．
综上，m的取值范围是．
（3）构造函数，
当时，，
所以在不存在，使得
当时，
因为，所以在恒成立，
故在单调递增，
所以，又
所以只需，解之得，
故m的取值范围是 .