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1、山东省潍坊市青州市2020届高三数学第三次模拟考试试卷 理（含解析）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.设集合，若全集，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：根据对数函数的性质，求解，即，再根据集合补集的运算，即可求解.详解：由集合，即，又因为，所以，故选B.点睛：本题主要考查了集合的运算，其中正确求解集合，得到集合，再根据集合的补集运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.2.设是虚数单位，若复数（）是纯虚数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】解： ，由纯虚数的定义可得： .本题选择
2、D选项.3.若，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：根据三角函数的诱导公式和三角函数的基本关系式，得，进而求得，即可求解答案.详解：由诱导公式得，平方得，则，所以，又因为，所以，所以，故选C.点睛：本题主要考查了三角函数的化简求值，其中解答中涉及到三角的诱导公式和三角函数的基本关系的灵活应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.4.设平面向量，则下列说法正确的是（ ）A. 是的充分不必要条件 B. 与的夹角为C. D. 与的夹角为【答案】D【解析】分析：由平面向量，且，解得，此时，进而可判断选项，得到答案.详解：由题意，平面向量，且，所以，解得，此时所以是垂直的充要
3、条件，所以选项A不正确；，所以C不正确；由，则，所以向量与的夹角为，则，所以，故选D.点睛：本题主要考查了向量的坐标运算、向量垂直的条件，以及向量的模和向量的夹角公式等知识点，其中熟记向量的基本概念和基本的运算公式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.5.已知双曲线的离心率为，且经过点，则双曲线的实轴长为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：由题意双曲线的离心率为，得，把点，代入双曲线的方程，解得，即可得到答案.详解：由题意双曲线的离心率为，即，又由，即，所以双曲线的方程为，又因为双曲线过点，代入双曲线的方程，得，解得，所以双曲线的实轴长为，故选C.点睛：本题主要考
4、查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质，其中熟记双曲线的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.6.若，则二项式的展开式中的常数项为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：由题意，得到二项式的展开式的通项，即可求解展开式的常数项.详解：由题意，即二项式为，则展开式的通项为，当时，得到常数项为，故选A.点睛：本题主要考查了二项式定理的应用，其中数据二项展开式的通项公式是解答此类试题的关键，着重考查了推理与运算能力.7.如图所示程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入的分别为，则输出的（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解
5、析】分析：模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的的值.详解：由程序框图可知：输入，第一次循环，；第二次循环，；第三次循环，； ，退出循环输出，输出因此输出的为，故选D.点睛：本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算
6、，直到达到输出条件即可.8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由给定的三视图得该几何体表示左侧是一个以边长为的正方形为底面，高为的四棱锥，右侧为一个值三棱柱，其底面如俯视图所示，高为的直三棱柱，即可求解其体积详解：由给定的三视图可知，该几何体表示左侧是一个以边长为的正方形为底面，高为的四棱锥，其体积为；右侧为一个值三棱柱，其底面如俯视图所示，高为的直三棱柱，其体积为，所以该几何体的体积为，故选B点睛：在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线
7、在三视图中为虚线在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解9.已知，当时，均有则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：由题意知在上恒成立，令，结合图形，列出不等式组，即可求解实数的取值范围.详解：由题意，若当时，都有，即在上恒成立，令，由图象可知，若时，即，此时；若时，即，此时，所以，综上所述，实数的取值范围是，故选C.点睛：本题主要考查了指数函数的图象与性质的应用，其中将不等式转化为函数的图象之间的关
8、系是解答的关键，着重考查了数形结合和转化与化归思想方法，.10.某旅行社租用两种型号的客车安排名客人旅行，两种车辆的载客量分别为人和人，租金分别为元/辆和元/辆，旅行社要求租车总数不超过辆，且型车不多于型车辆，则租金最少为（ ）A. 元 B. 元 C. 元 D. 元【答案】C【解析】设租A型车x辆，B型车y辆时租金为z元则z1600x2400yx、y满足画出可行域观察可知，直线过点A(5,12)时纵截距最小，zmin51 6002 4001236800，故租金最少为36800元选C.视频11.已知函数的图象经过点，在区间上为单调函数，且的图象向左平移个单位后与原来的图象重合，当，且时，则（ ）
9、A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由题意，求得的值，写出函数的解析式，求函数的对称轴，得到的值，再求解的值即可.详解：由函数的图象过点，所以，解得，所以，即，由的图象向左平移个单位后得，由两函数的图象完全重合，知，所以，又，所以，所以，所以，则其图象的对称轴为，当，其对称轴为，所以，所以，故选B.点睛：本题主要考查了三角函数的图象变换以及三角函数的图象与性质的应用问题，其中解答中根据题设条件得到函数的解析式，以及根据三角函数的对称性，求得的值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.12.已知点是曲线上任意一点，记直线（为坐标原点）的斜率为，则（ ）A
10、. 存在点使得 B. 对于任意点都有C. 对于任意点都有 D. 至少存在两个点使得【答案】B【解析】分析：任取正实数，则直线的斜率为，利用的性质，逐一判定，即可求解.详解：任取正实数，则直线的斜率为，因为，又由成立，因为和中两个个等号成立条件不一样，所以恒成立，即恒成立，排除A；当时，则，排除C；对于D选项，至少存在两个点使得，即至少存在两解，即至少有两解，又因为恒成立，所以至多有一个解，排除D，综上所述，选项B是正确的，故选B.点睛：本题主要考查了函数性质的综合应用，以及直线的斜率公式，导数在函数中的应用，其中解答中根据题意构造函数，利用函数的单调性和最值求解是解答的关键，着重考查了转化思想
11、和推理、论证能力.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知平面向量，则事件“”的概率为_【答案】【解析】分析：由题意得到点表示以为圆心，半径为的圆，其面积为，其中弓形的面积为，即可利用几何概型求解其概率.详解：由题意，平面向量，且，即，表示以为圆心，半径为的圆，其面积为，其中弓形的面积为，所以所求概率为.点睛：本题主要考查了几何概型及其概率的求解，其中根据题意得到相应的图形的面积是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.14.已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，为抛物线上任意一点，且满足，则_【答案】【解析】分析：由抛物线的定义可得，由，求得的值，即可求出锐角的大小.详
12、解：由抛物线的方程，可得准线方程为，设，过点作垂直于抛物线的准线，为垂足，则由抛物线的定义可得，在中，由直角三角形的边角关系可得，则，所以.点睛：本题主要考查了抛物线的定义、标准方程及其简单的几何性质的应用，其中有直角三角形的边角关系可得是解答的关键和难点，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.15.如图所示，在平面四边形中，则_【答案】3【解析】分析：详解：设，在直角中，得，所以，在中，由余弦定理，由于，所以，即，整理得，解得.点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二
13、次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到16.在三棱锥中，底面为，且，斜边上的高为，三棱锥的外接球的直径是，若该外接球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为_【答案】【解析】分析：由题意,画出图形,设,把棱锥的体积用含有的代数式表示,然后利用二次函数求解,即可得到答案.详解：如图所示，由外接球的表面积为，可得外接球的半径为，则，设，则，又变式上的高，当平面时，棱锥的体积最大，此时，当时，体积最大，此时最大值为.点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运
14、用，把球的体积表示关于的函数表达式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.三、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.已知等比数列的前项和为，满足，.(1)求的通项公式；(2)记，数列的前项和为，求证：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）由题意可得,则，易得首项为.所以.（2）由（1）的结果可知，则，放缩之后裂项求和可得.试题解析：（1）设的公比为，由得，,所以，所以.又因为，所以，所以.所以.（2）由（1）知，所以，所以.点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的18.如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，为的中点.（1）求证：平面平面；（2），在线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为.请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）在处或处【解析】分析：（1）由
