山东省淄博市2020届高三数学打靶试题 理（含解析）

2020年山东省淄博市高考数学打靶试卷（理科）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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若，则a=（）A5B5C5iD5i2已知集合A=x|x2x0，B=x|xa，若AB=A，则实数a的取值范围是（）A（，1B（，1）CB（，2C上随机选取两个数x和y，则满足2xy0的概率为 12观察下列各式：13=1，13+23=32，13+23+33=62，13+23+33+43=102，由此推得：13+23+33+n3= 136个人站成一排，若甲、乙两人之间恰有2人，则不同的站法种数为 14已知，若f（a）+f（b）=0，则的最小值是 15设双曲线的右焦点是F，左、右顶点分别是A1，A2，过F做x轴的垂线交双曲线于B，C两点，若A1BA2C，则双曲线的离心率为 三、解答题：本大题共6小题，共75分16如图，在ABC中，M是边BC的中点，cosBAM=，tanAMC=（）求角B的大小；（）若角BAC=，BC边上的中线AM的长为，求ABC的面积17如图，已知三棱锥OABC的三条侧棱OA，OB，OC两两垂直，ABC为等边三角形，M为ABC内部一点，点P在OM的延长线上，且PA=PB（）证明：OA=OB；（）证明：ABOP；（）若AP：PO：OC=：1，求二面角POAB的余弦值18在标有“甲”的袋中有4个红球和3个白球，这些球除颜色外完全相同（）若从袋中依次取出3个球，求在第一次取到红球的条件下，后两次均取到白球的概率；（）现从甲袋中取出个2红球，1个白球，装入标有“乙”的空袋若从甲袋中任取2球，乙袋中任取1球，记取出的红球的个数为X，求X的分布列和数学期望EX19已知数列an和bn满足（nN*）若an是各项为正数的等比数列，且a1=4，b3=b2+6（）求an与bn；（）设cn=，记数列cn的前n项和为Sn求Sn；求正整数k使得对任意nN*，均有SkSn20已知抛物线C：y2=4x，点M与抛物线C的焦点F关于原点对称，过点M且斜率为k的直线l与抛物线C交于不同两点A，B，线段AB的中点为P，直线PF与抛物线C交于两点E，D（）判断是否存在实数k使得四边形AEBD为平行四边形若存在，求出k的值；若不存在，说明理由；（）求的取值范围21已知R，函数f（x）=exxlnx（e=2.71828是自然对数的底数）（）若f（1）=0，证明：曲线y=f（x）没有经过点的切线；（）若函数f（x）在其定义域上不单调，求的取值范围；（）是否存在正整数n，当时，函数f（x）的图象在x轴的上方，若存在，求n的值；若不存在，说明理由2020年山东省淄博市高考数学打靶试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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若，则a=（）A5B5C5iD5i【考点】A5：复数代数形式的乘除运算【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简等式左边，再由复数相等的条件列式求解【解答】解：，解得a=5故选：B2已知集合A=x|x2x0，B=x|xa，若AB=A，则实数a的取值范围是（）A（，1B（，1）C故选：B10已知函数f（x）的导函数为f（x），且满足f（x）=2x2f（x）当x（，0）时，f（x）2x；若f（m+2）f（m）4m+4，则实数m的取值范围是（）A（，1B（，2C上随机选取两个数x和y，则满足2xy0的概率为【考点】CF：几何概型【分析】写出实数对（x，y）所满足的约束条件，作出可行域，由面积比得答案【解答】解：由题意可得实数x，y满足，满足约束条件的平面区域如图：则满足2xy0的概率为P=故答案为：12观察下列各式：13=1，13+23=32，13+23+33=62，13+23+33+43=102，由此推得：13+23+33+n3=【考点】F1：归纳推理【分析】根据题意，分析题干所给的等式可得：13+23=（1+2）2=32，13+23+33=（1+2+3）2 =62，13+23+33+43=（1+2+3+4）2 =102，进而可得答案【解答】解：根据题意，分析题干所给的等式可得：13+23=（1+2）2=32，13+23+33=（1+2+3）2 =62，13+23+33+43=（1+2+3+4）2 =102，则13+23+33+43+n3=（1+2+3+4+n）2 =2=，故答案为：136个人站成一排，若甲、乙两人之间恰有2人，则不同的站法种数为144【考点】D8：排列、组合的实际应用【分析】根据题意，分3步进行分析：、将甲乙2人排成一列，考虑甲乙之间的顺序，、在其他4人中任选2人，安排在甲乙之间，、将4人看成一个整体，与剩余2人全排列，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案【解答】解：根据题意，分3步进行分析：、将甲乙2人排成一列，考虑甲乙之间的顺序，有A22=2种情况，、在其他4人中任选2人，安排在甲乙之间，有C42A22=12种情况，、将4人看成一个整体，与剩余2人全排列，有A33=6种情况，则6人有2126=144种不同的站法；故答案为：14414已知，若f（a）+f（b）=0，则的最小值是【考点】7F：基本不等式【分析】，f（a）+f（b）=0，可得+=0，化为a+b=2（a，b（0，2），可得=，再利用基本不等式的性质即可得出【解答】解：，f（a）+f（b）=0， +=0， =1，化为a+b=2，（a，b（0，2）则=当且仅当a=2b=时取等号故答案为：15设双曲线的右焦点是F，左、右顶点分别是A1，A2，过F做x轴的垂线交双曲线于B，C两点，若A1BA2C，则双曲线的离心率为【考点】KC：双曲线的简单性质【分析】求得B和C点坐标，根据直线的斜率公式可得k1k2=1，即可求得=1，根据双曲线的离心率公式，即可求得双曲线的离心率【解答】解：由题意可知：左、右顶点分别是A1（a，0），A2（a，0），当x=c时，代入双曲线方程，解得：y=，设B（c，），C（c，），则直线A1B的斜率k1=，直线A2C的斜率k2=，由A1BA2C，则k1k2=1，即=1，则=1，双曲线的离心率e=，故答案为：三、解答题：本大题共6小题，共75分16如图，在ABC中，M是边BC的中点，cosBAM=，tanAMC=（）求角B的大小；（）若角BAC=，BC边上的中线AM的长为，求ABC的面积【考点】HT：三角形中的几何计算【分析】（）根据三角形的性质和内角和的定理，转化为和与差公式求解即可（）利用余弦定理求解出BM，即可求解ABC的面积【解答】解：（）由，得：，又AMC=BAM+B，=；又B（0，），（）由（）知角BAC=，C=则AB=BC设MB=x，则AB=2x在ABM中由余弦定理，得AM2=AB2+MB22ABBMcosB，即7x2=21解得：故得ABC的面积17如图，已知三棱锥OABC的三条侧棱OA，OB，OC两两垂直，ABC为等边三角形，M为ABC内部一点，点P在OM的延长线上，且PA=PB（）证明：OA=OB；（）证明：ABOP；（）若AP：PO：OC=：1，求二面角POAB的余弦值【考点】MT：二面角的平面角及求法；LO：空间中直线与直线之间的位置关系【分析】（）由已知条件利用勾股定理得OA2+OC2=OB2+OC2，OA=OB，得进行证明（）根据题意，通过线面垂直的判定定理及性质定理即可证明平面PAB平面POC（）以OA、OB、OC所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则所求值即为平面POA的一个法向量与平面OAB的一个法向量的夹角的余弦值，利用向量法求解【解答】解：（）证明：OA，OB，OC两两垂直，OA2+OC2=AC2，OB2+OC2=BC2，又ABC为等边三角形，AC=BC，OA2+OC2=OB2+OC2，OA=OB；（）证明：OA，OB，OC两两垂直，OCOA，OCOB，OAOB=O，OA、OB平面OAB，OC平面OAB，而AB平面OAB，ABOC，取AB中点D，连结OD、PD，由（1）知，OA=OB，ABOD，由已知PA=PB，ABPD，ABOD，ABPD，ODPD=D，OD、PD平面POD，AB平面POD，而PO平面POD，ABPO，ABOC，ABPO，OCPO=O，OC、PO平面POC，AB平面POC，又AB平面PAB，平面PAB平面POC；（）解：如图，以OA、OB、OC所在的直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，由（1）同理可证OA=OB=OC，设OA=OB=OC=1，则O（0，0，0），A（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，0），C（0，0，0），=（1，0，0），=（1，1，0），设P（x，y，z），其中x0，y0，z0， =（x，y，z），=（x1，y，z），由（）知OPAB，且AP：PO：OC=：1，解得x=y=1，z=2，即=（1，1，2），设平面POA的法向量为=（x，y，z），又，取z=1，得=（0，2，1），由（2）知，平面OAB的一个法向量为=（0，0，1），记二面角POAB的平面角为，由图可知为锐角，cos=二面角POAB的余弦值为18在标有“甲”的袋中有4个红球和3个白球，这些球除颜色外完全相同（）若从袋中依次取出3个球，求在第一次取到红球的条件下，后两次均取到白球的概率；（）现从甲袋中取出个2红球，1个白球，装入标有“乙”的空袋若从甲袋中任取2球，乙袋中任取1球，记取出的红球的个数为X，求X的分布列和数学期望EX【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差；CG：离散型随机变量及其分布列【分析】（）利用条件概率公式计算所求的概率值；（）由题意知X的所有可能取值，计算对应的概率值，写出随机变量X的分布列，计算数学期望值【解答】解：（）记“第一次取到红球”为事件A，“后两次均取到白球”为事件B，则，；所以，“第一次取到红球的条件下，后两次均取到白球的概率”为；（或） （）X的所有可能取值为0，1，2，3； 则，； 所以随机变量X的分布列为：X0123P数学期望为19已知数列an和bn满足（nN*）若an是各项为正数的等比数列，且a1=4，b3=b2+6（）求an与bn；（）设cn=，记数列cn的前n项和为Sn求Sn；求正整数k使得对任意nN*，均有SkSn【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式【分析】（）由题意（nN*）b3=b2+6知，又由a1=4，得公比q，可得列an的通项bn，进而得到数列bn的通项）（）由（）知，利用等比数列的求和公式、裂项求和方法即可得出因为c1=0，c20，c30，c40；当n5时，作差即可得出单调性【解答】解：（）由题意（nN*）b3=b2+6知，又由a1=4，得公比q=4（q=4，舍去），所以数列an的通项为所以故数列bn的通项为（）由（）知所以因为c1=0，c20，c30，c40；当n5时，而得所以，当n5时，cn0；综上，对任意nN*恒有S4Sn，故k=420已知抛物线C：y2=4x，点M与抛物线C的焦点F关于原点对称，过点M且斜率为k的直线l与抛物线C交于不同两点A，B，线段AB的中点为P，直线PF与抛物线C交于两点E，D（）判断是否存在实数k使得四边形AEBD为平行四边形若存在，求出k的值；若不存在，说明理由；（）求的取值范围【考点】K8：抛物线的简单性质；KN：直线与抛物线的位置关系【分析】（）设直线l的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及中点坐标公式求得P点坐标，求得直线PF的方程，代入抛物线方程，若四边形AEBD为平行四边形，当且仅当=，即k2（k21）=0，求得k的值，由k不满足|k|1且k0，故不存在k使得四边形AEBD为平行四边形（）由，根据k的取值范围，即可求得的取值范围【解答】解：（）设直线l的方程为y=k（x+1），设A（x1，y1），B（x2，y2），E（x3，y3），D（x4，y4）联立方程组，整理得k2x2+（2k24）x+k2=0显然k0，且0，即（2k24）24k40，得|k|1且k0得，x1x2=1，直线PF的方程为：，联立方程组，得，得，x3x4=1，若四边形AEBD为平行四边形，当且仅当=，即k2（k21）=0，得k=0，1，与|k|1且k0矛盾 故不存在实数k使得四边形AEBD为平行四边形； （），由|k|1且k0，得1k2+12；当，取得最小值；当k2+1=1时，取1；当k2+1=2时，取；所以21已知R，函数f（x）=exxlnx（e=2.71828是自然对数的底数）（）若f（1）=0，证明：曲线y=f（x）没有经过点的切线；（）若函数f（x）在其定义域上不单调，求的取值范围；（）是否存在正整数n，当时，函数f（x）的图象在x轴的上方，若存在，求n的值；若不存在，说明理由【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（）求出函数的导数，求出切线方程，化简得：，令，根据函数的单调性判断方程无解，从而证明结论即可；（）分离参数，得，令（x0）根据函数的单调性求出参数的范围即可；（）法一：问题等价于令（x0），根据函数的单调性求出F（x）的最小值，从而证明结论即可；法二：问题等价于的最大值；当x（0，1，得到恒成立，当x（1，+）时，根据函数的单调性求出P（x）的最大值，从而证明结论【解答】解证：（）因为f（1）=0，所以=0，此时f（x）=xlnx，证法一：设曲线y=f（x）在点P（x0，f（x0）处的切线经过点则曲线y=f（x）在点P（x0，f（x0）处的切线yf（x0）=f（x0）（xx0）所以化简得：令，则，所以当时，h（x）0，h（x）为减函数，当时，h（x）0，h（x）为增函数，所以，所以无解所以曲线y=f（x）的切线都不经过点（）函数的定义域为（0，+），因为f（x）=ex（1+lnx），所以f（x）在定义域上不单调，等价于f（x）有变号零