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1、山东省潍坊市2020届高三数学模拟（4月二模）考试试题 理（含解析）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合，函数的定义域为集合B，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出集合，再利用交集运算得解【详解】由得：，所以集合，又所以.故选：B【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题。2.若复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，则（ ）A. B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】利用已知求得，再利用复数的乘法、除法运算计算即可得解。【详解】，复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，故选:B【点睛】本题主要考查了复数的对称关系，还考查了复数的除法、乘法运算
2、，属于基础题。3.若，则（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由，再由题中数据，即可得出结果【详解】因为，所以，故选：A【点睛】本题考查给值求值的问题，熟记诱导公式、同角三角函数基本关系、二倍角公式即可，属于基础题4.七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，是由七块板组成的而这七块板可拼成许多图形，例如：三角形、不规则多边形、各种人物、动物、建筑物等，清陆以湉冷庐杂识写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余在18世纪，七巧板流传到了国外，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部七巧新谱若用七巧板拼成一只雄鸡，在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡鸡尾（阴影部分）的概
3、率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设包含7块板的正方形边长为，其面积为，计算雄鸡的鸡尾面积为，利用几何概型概率计算公式得解。【详解】设包含7块板的正方形边长为，其面积为则雄鸡的鸡尾面积为标号为的板块，其面积为所以在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡鸡尾（阴影部分）的概率为.故选：C.【点睛】本题主要考查了几何概型概率计算，考查观察能力，属于基础题。5.已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为1的正方形，正视图与侧视图都是边长为1的正三角形，则此几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】根据几何体的三视图，得该几何体是正四棱锥，再由公式球体
4、积即可.【详解】根据几何体的三视图，得该几何体是底面边长1,高为的正四棱锥， 所以该几何体的体积为.【点睛】本题主要考查几何体的体积，属于基础题型.6.如图所示的函数图象，对应的函数解析式可能是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】对B选项的对称性判断可排除B. 对选项的定义域来看可排除，对选项中，时，计算得，可排除，问题得解。【详解】为偶函数，其图象关于轴对称，排除B.函数的定义域为，排除.对于，当时，排除故选：D【点睛】本题主要考查了函数的对称性、定义域、函数值的判断与计算，考查分析能力，属于中档题。7.函数的图象可由函数的图象（ ）A. 向右平移个单位，再将所得图象上所有
5、点的纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变得到B. 向右平移个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变得到C. 向左平移个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的，横坐标不变得到D. 向左平移个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的，横坐标不变得到【答案】D【解析】【分析】合并得：，利用平移、伸缩知识即可判断选项。【详解】由得：将它的图象向左平移个单位，可得函数的图象，再将上述图象上所有点的纵坐标缩短到原来的，横坐标不变得到：图象.故选：D【点睛】本题主要考查了三角函数图象的平移、伸缩变换，考查了两角差的正弦公式，属于中档题。8.已知二项式的展开式中第2项与第3
6、项的二项式系数之比是25，则的系数为（ ）A. 14B. C. 240D. 【答案】C【解析】【分析】由二项展开式的通项公式为及展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是25可得：，令展开式通项中的指数为，即可求得，问题得解。【详解】二项展开式的第项的通项公式为由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是25，可得：.解得：.所以令，解得：，所以的系数为故选：C【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式，考查了方程思想及计算能力，还考查了分析能力，属于中档题。9.在边长为1的等边三角形中，点P是边上一点，且，则（）A. B. C. D. 1【答案】C【解析】【分析】利用向量的加减法及数乘运算用表示
7、，再利用数量积的定义得解。【详解】依据已知作出图形如下：.所以故选：C【点睛】本题主要考查了向量的加减法及数乘运算，还考查了数量积的定义，考查转化能力，属于中档题。10.一个各面均为直角三角形的四面体容器，有三条棱长为2，若四面体容器内完全放进一个球，则该球的半径最大值为（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】A【解析】【分析】依据题意可得，该四面体是正方体中的四面体，利用等体积法即可求得它的内切球半径，问题得解。【详解】依据题意可得，该四面体是如下图正方体中的四面体其中.四面体容器内完全放进一个球，当该球与四面体各个表面相切时，该球的半径最大.将球心与四个顶点相连，可将四面体分成以球半径为
8、高，四面体的四个表面为底面的四块三棱锥.由等体积法可得：.即：解得：故选：A【点睛】本题主要考查了锥体体积计算及等体积法求内切球的半径，考查空间思维能力及计算能力，属于中档题。11.已知P为双曲线上一点，为双曲线C的左、右焦点，若，且直线与以C的实轴为直径的圆相切，则C的渐近线方程为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】依据题意作出图象，由双曲线定义可得，又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，可得，对在两个三角形中分别用余弦定理及余弦定义列方程，即可求得，联立，即可求得，问题得解。【详解】依据题意作出图象，如下：则，又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，所以,所以由双曲线定
9、义可得：，所以，所以整理得：，即：将代入，整理得：，所以C的渐近线方程为故选：A【点睛】本题主要考查了双曲线的定义及圆的曲线性质，还考查了三角函数定义及余弦定理，考查计算能力及方程思想，属于难题。12.已知函数，若对任意，总存在，使，则实数a的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出两个函数的值域，结合对任意，总存在，使，等价为的值域是值域的子集，利用数形结合进行转化求解即可【详解】对任意，则，即函数的值域为，若对任意，总存，使，设函数值域为A，则满足，即可，当时，函数减函数，则此时，当时，当时，（红色曲线），即时，满足条件，当时，此时，要使成立，则此时，此时满足（
10、蓝色曲线），即，得，综上或，故选：C【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，求出函数的值域，转化为的值域是值域的子集，利用数形结合是解决本题的关键二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.焦点在x轴上，短轴长等于16，离心率等于的椭圆的标准方程为_【答案】【解析】【分析】由短轴长等于16可得，联立离心率及即可求得，问题得解。【详解】由题可得：，解得：又，解得：所以所求椭圆的标准方程为.【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质，考查计算能力，属于基础题。14.若x，y满足约束条件，则的最大值为_【答案】10【解析】【分析】作出不等式组表示的平面区域，利用线性规划知识求解。【详解】作出不等式组表示
11、的平面区域如下：作出直线，当直线往下平移时，变大，当直线经过点时，【点睛】本题主要考查了利用线性规划求目标函数的最值知识，考查作图及计算能力，属于基础题。15.如图，边长为1的正方形ABCD，其中边DA在x轴上，点D与坐标原点重合，若正方形沿x轴正向滚动，先以A为中心顺时针旋转，当B落在x轴上时，再以B为中心顺时针旋转，如此继续，当正方形ABCD的某个顶点落在x轴上时，则以该顶点为中心顺时针旋转设顶点C（x，y）滚动时形成的曲线为yf（x），则f（2020）_【答案】0【解析】【分析】由题可得：是周期为的函数，将化为，问题得解。【详解】由题可得：是周期为的函数，所以.由题可得：当时，点恰好在轴
12、上，所以，所以.【点睛】本题主要考查了函数的周期性及转化能力，属于中档题。16.在锐角中，角所对的边为，若，且，则的取值范围为_【答案】【解析】【详解】因为,所以可化为：又，所以，所以，解得：由正弦定理得：，又所以，所以在锐角中，,所以所以.所以的取值范围为【点睛】本题主要考查了三角恒等变形及正弦定理，还考查了两角和的正弦公式，考查计算能力及三角函数的性质，属于中档题。三、解答题（本大题共7小题，共70.0分）17.设数列满足（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）在中，将代得： ，由两式作商得：，问题得解。（2）利用（1）中结果求得，分组求和，再
13、利用等差数列前项和公式及乘公比错位相减法分别求和即可得解。【详解】（1）由n1得，因为，当n2时，由两式作商得：（n1且nN*），又因为符合上式，所以（nN*）（2）设，则bnnn2n，所以Snb1b2bn（12n）设Tn2222323+（n1）2n1n2n，所以2Tn22223（n2）2n1（n1）2nn2n1，得：Tn222232nn2n1，所以Tn（n1）2n12所以，即【点睛】本题主要考查了赋值法及方程思想，还考查了分组求和法及乘公比错位相减法求和，考查计算能力及转化能力，属于中档题。18.如图所示的多面体中，四边形为菱形，且，为的中点（1）求证：平面；（2）若平面平面，求直线与平面所
14、成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连结BD，交AC于M，连结FM，MG，证明即可解决问题。（2）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量及，利用空间向量夹角公式即可求得直线EC与平面ACF所成角的正弦值，问题得解【详解】证明：（1）连结BD，交AC于M，连结FM，MG，因为BCAD2EF，EFBC，BCAD，所以，在ACD中，M，G分别为AC，CD的中点，所以，所以，所以四边形EFMG是平行四边形，所以EGFM，又因FM平面ACF，EC平面ACF，所以EG平面ACF（2）取AB的中点O，连结FO，OC，因为AFBFBC，ABC60，四边形ABCD为菱形，所以FOAB，OCAB，因为平面ABF平面ABCD，所以FO平面ABCD，故以O为原点，分别为x轴，y轴，z轴正方向
