山东省泰安市2020届高三数学考前密卷 理（含解析）

山东省泰安市2020届高三数学考前密卷 理（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5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Ax|x2x20，Bx|02，则AB（）A. （2，4）B. （1，1）C. （1，4）D. （1，4）【答案】A【解析】【分析】可求出集合，然后进行交集的运算即可【详解】Ax|x1或x2，Bx|1x4；AB（2，4）故选：A【点睛】本题主要考查描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，对数函数的单调性，以及交集的运算2.已知i为虚数单位，且复数z满足 ，则复数z在复平面内的点到原点的距离为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标，则答案可求【详解】由，得，复数z在复平面内的点的坐标为，到原点的距离为故选：B【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题3.抛掷红、蓝两颗骰子，当已知红色骰子的点数为偶数时，两颗骰子的点数之和不小于9的概率是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用列举法求出当红色骰子的点数为偶数时，有18种，其中两棵骰子点数之和不小于9的有6种，由此能求出当已知红色骰子的点数为偶数时，两颗骰子的点数之和不小于9的概率【详解】抛掷红、蓝两枚骰子，第一个数字代表红色骰子，第二个数字代表蓝色骰子，当红色骰子点数为偶数时，有18种，分别为：（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（4，6），（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5），（6，6），其中两棵骰子点数之和不小于9的有6种，分别为：（4，5），（4，6），（6，3），（6，4），（6，5），（6，6），当已知红色骰子的点数为偶数时，两颗骰子的点数之和不小于9的概率是P故选：C【点睛】本题考查古典概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题4.已知an是等差数列，满足：对nN*，an+an+12n，则数列an的通项公式an（）A. nB. n1C. nD. n+【答案】C【解析】【分析】由得，两式相减得，可得d的值，可得答案.【详解】解：由得，两式相减得，故.故选.【点睛】本题主要考查由递推公式求等差数列的通项公式，由已知得出是解题的关键.5.在ABC中，M为AC中点，则x+y（）A. 1B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由向量的加减运算可得，可得答案.【详解】解：，故，.故选.【点睛】本题主要考查向量的线性运算性质及几何意义，相对简单.6.已知F为抛物线y24x的焦点，过点F且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，则|FA|FB|的值等于（）A. B. 8C. D. 4【答案】C【解析】【分析】将直线方程代入抛物线方程，根据根与系数的关系和抛物线的定义即可得出的值【详解】F（1，0），故直线AB的方程为yx1，联立方程组，可得x26x+10，设A（x1，y1），B（x2，y2），由根与系数的关系可知x1+x26，x1x21由抛物线的定义可知：|FA|x1+1，|FB|x2+1，|FA|FB|x1x2|故选：C点睛】本题考查了抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，属于中档题7.已知如图所示的程序框图是为了求出使n!5000的n最大值，那么在和处可以分别填入（）A. S5000？；Sn（n+1）B. S5000？；SSnC. S5000？；SSnD. S5000？；Sn（n+1）【答案】C【解析】【分析】根据程序框图了解程序功能进行求解【详解】因为要求“否”时，nn1，然后输出n，所以处应填S5000？；又因为使n!5000的n的最大值，所以处应该填SSn，故选：C【点睛】本题主要考查程序框图的识别和判断，了解程序框图的功能是解决本题的关键8.如图所示，边长为a的空间四边形ABCD中，BCD90，平面ABD平面BCD，则异面直线AD与BC所成角的大小为（）A. 30B. 45C. 60D. 90【答案】C【解析】【分析】由题意得，从而，取中点，连结，从而平面，延长至点，使，连结，则四边形为正方形，即有，从而（或其补角）即为异面直线与所成角，由此能求出异面直线与所成角的大小【详解】由题意得BCCDa，BCD90，BD，BAD90，取BD中点O，连结AO，CO，ABBCCDDAa，AOBD，COBD，且AOBOODOC，又平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AOBD，AO平面BCD，延长CO至点E，使COOE，连结ED，EA，EB，则四边形BCDE为正方形，即有BCDE，ADE（或其补角）即为异面直线AD与BC所成角，由题意得AEa，EDa，AED为正三角形，ADE60，异面直线AD与BC所成角的大小为60故选：C【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查空间想象能力，是中档题9.如图是函数的部分图象，将函数f（x）的图象向右平移个单位长度得到g（x）的图象，给出下列四个命题：函数f（x）的表达式为；g（x）的一条对称轴的方程可以为；对于实数m，恒有；f（x）+g（x）的最大值为2其中正确的个数有（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B【解析】【分析】先根据图象确定函数的解析式，结合函数图像的对称性和辅助角公式进行化简分析即可【详解】由图象知，A2，即T，则，得2，由五点对应法得，则f（x）2sin（2x+），故正确，当x时，f（）2sin0，则函数关于x不对称，故错误，将函数f（x）的图象向右平移个单位长度得到g（x）的图象，即g（x）2sin2（x）+2sin2x，当时，g（）2sin（）2为最小值，则是函数g（x）的一条对称轴，故正确，f（x）+g（x）2sin（2x+）+2sin2x2sinxcos+2cos2xsin+2sin2x3sin2x+cos2x2sin（2x+），则f（x）+g（x）的最大值为2，故错误，故正确的是，故选：B【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及三角函数的解析式以及三角函数的性质，求出函数的解析式以及利用三角函数的对称性是解决本题的关键10.如图所示是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】在正方体中切割三棱锥，根据各边长度计算各面面积【详解】由三视图可知多面体是棱长为2的正方体中的三棱锥PABC，故AC1，PA2，BC，SABCSPAC，多面体的表面积为故选：D【点睛】本题考查了棱锥的三视图与表面积计算，属于中档题11.过双曲线1（ab0）右焦点F的直线交两渐近线于A，B两点，OAB90，O为坐标原点，且OAB内切圆半径为，则双曲线的离心率为（）A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意做图如下，设内切圆圆心为，则在平分线上，过点分别作于，于，由得四边形为正方形，可得，所以，可得e的值.【详解】解：因为，所以双曲线的渐近线如图所示，设内切圆圆心为，则在平分线上，过点分别作于，于，由得四边形为正方形，由焦点到渐近线的距离为得，又，所以，所以，所以，得.故选.【点睛】本题主要考查双曲线的性质、内切圆的性质，离心率等知识，根据已知条件画出图形数形结合是解题的关键.12.若函数存在唯一的零点x0，且x00，则实数a的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】原命题等价于有唯一正根，即函数的图象与直线在轴右侧有1个交点，由导数的应用得：，则在，为减函数，在，为增函数，即实数的取值范围是，得解【详解】由函数存在唯一的零点，且等价于有唯一正根，即函数的图象与直线在轴右侧有1个交点，又为奇函数且，则在，为减函数，在为增函数，为增函数，则满足题意时的图象与直线的位置关系如图所示，即实数的取值范围是，故选：【点睛】本题考查了函数的零点与函数图象交点的关系及导数的综合应用，属综合性较强的题型二、填空题：本题共4小题，每小题5分13.已知,则_【答案】【解析】【分析】直接利用三角函数关系式的定义和和角公式的应用求出结果【详解】，则，所以，则：，故答案：【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，和角公式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型14.展开式中x2的系数为_【答案】15【解析】【分析】先由二项展开式通项公式求出二项式展开式的通项为，再分别令即可求出结果.【详解】因为二项式展开式的通项为，分别令可得，因为是正整数，所以，所以时，；时，因此展开式中的系数为.故答案15【点睛】本题主要考查二项展开式的系数问题，熟记二项式定理即可，属于常考题型.15.已知实数x，y满足不等式组其中，则的最大值是_【答案】25【解析】【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求出最大值即可【详解】 =4，x，y满足不等式组的可行域如图：x2+y2表示可行域内的点（x，y）与坐标原点距离的平方，由图形可知，点A到原点距离最大，由 ，解得A（4，3），所以x2+y2的最大值为25故答案为：25【点睛】本题主要考查线性规划的应用，定积分的应用，利用的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键16.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列an称为“斐波那契数列”则是斐波那契数列中的第_项【答案】2020【解析】【分析】利用，结合叠加法，即可得出结论.【详解】，.故答案为：2020.【点睛】本题考查斐波那契数列，考查叠加法，考查学生的计算能力，属于中档题.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.在ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c且ccosA4，asinC5（1）求边长c；（2）著ABC的面积S20求ABC的周长【答案】（1）；（2）8+2【解析】【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得，又由，可得，利用同角三角函数基本关系式可求的值（2）由已知利用三角形的面积公式可求的值，由余弦定理可解得的值，即可计算得解的周长【详解】（1）由正弦定理可得：，可得：asinCcsinA，asinC5，可得：csinA5，可得：sinA，又ccosA4，可得：cosA，可得：sin2A+cos2A1，解得c（2）ABC的面积SabsinC20，asinC5，解得：b8，由余弦定理可得：a2b2+c22bccosA64+41241，解得：a，或（舍去），ABC的周长a+b+c+8+8+2【点睛】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题18.某中学高一期中考试结束后，从高一年级1000名学生中任意抽取50名学生，将这50名学生的某一科的考试成绩（满分150分）作为样本进行统计，并作出样本成绩的频率分布直方图（如图）（1）由于工作疏忽，将成绩130，140）的数据丢失，求此区间的人数及频率分布直方图的中位数；（结果保留两位小数）（2）若规定考试分数不小于120分为优秀，现从样本的优秀学生中任意选出3名学生，参加学习经验交流会设X表示参加学习经验交流会的学生分数不小于130分的学生人数，求X的分布列及期望；（3）视样本频率为概率由于特殊原因，有一个学生不能到学校参加考试，根据以往考试成绩，一般这名学生的成绩应在平均分左右试根据以上数据，说明他若参加考试，可能得多少分？（每组数据以区问的中点值为代表）【答案】（1）8, 117.14；（2）见解析；（3）115.4【解析】【分析】（1）先求出这50名学生成绩在各区间的频率及人数，由此能求出，的频率为0.16，人数为8，从而能求出中位数（2）考试分数不小于120分的优秀学生有23人，表示参加教学交流会的不小于130分的学生人数的取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和（3）利用频率分布直方图能求出平均分【详解】（1）这50名学生成绩在各区间的频率及人数如下：60，70）的频率为0.02，人数为1，70，80）的频率为0.04，人数为2，80，90）的频率为0.02，人数为1，90，100）的频率为0.14，人数为7，100，110）的频率为0.18，人数为9，110，120）的频率为0.14，人数为7，120，130）的频率为0.2，人数为10，140，150）的频率为0.1，人数为5，130，140）的频率为0.16，人数为8，中位数把频率分布直方图分成左右面积相等，设中位数为m，60，110）的频率和为：0.02+0.04+0.02+0.14+0.180.4，110，120）的频率为0.14，（m110）0.140.50.40.1，解得m117.14所以频率分布直方图的中位数为117.14（2）考试分数不小于120分的优秀学生有23人，X表示参加教学交流会的不小于130分的学生人数的取值为0，1，2，3，P（X0），P（X1），P（X2），P（X3），X的分布列为：0123E（X） ；（3）平均分W650.02+750.04+850.02+950.14+1050.18+1150.14+1250.2+1350.16+1450.1115.4，该学生可能得分为115.4分【点睛】本题考查频率、中位数、平均数、离散型随机变量概率分布列、数学期望的求法，考查频率分布直方图、古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题19.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1（侧棱垂直于底面的棱柱）中，CACB，CACBCC12，动点D在线段AB上（1）求证：当点D为AB的中点时，平面B1CD上平面ABB1A1；（2）当AB3AD时，求平面B1CD与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）推导出，平面，由此能证明平面上平面（2），两两垂直，以为原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成的锐二面角的余弦值【详解】（1）在等腰RtABC中，D为斜边AB的中点，CDAB，又在直三棱柱ABCA1B1C1中，B1B平面ABC，CD平面ABC，B1BCD，ABB1BB，CD平面ABB1A1，又CD平面B1CD，平面B1CD上平面ABB1A1（2）如图，CA，CB，CC1两两垂直，以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），B1（0，2，2），D，（0，2，2），设平面B1CD的法向量（x，y，z），则，令z1，得，平面BB1C1C的法向量（2，0，0），设平面B1CD与平面BB1C1C所成的锐二面角的平面角为，则cos ，平面B1CD与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值为【点睛】本题考查面面眚垂直的证明以及二面角的求解问题，线面平行常见的证法是借助线线平行或面面平行证得，求解二面角大小时往往借助法向量的夹角来进行求解20.圆O：x2+y29上的动点P在x轴、y轴上的射影分别是P1，P2，点M满足（1）求点M的轨迹C的方程；（2）点A（0，1），B（0，3），过点B的直线与轨迹C交于点S，N，且直线AS、AN的斜率kAS，kAN存在，求证：kASkAN为常数【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设，根据向量关系，用的坐标表示的坐标后，将的坐标代入圆的方程可得的轨迹方程；（2）设出直线的方程并代入椭圆方程，利用韦达定理以及斜率公式得为常数.【详解】（1）设P（x0，y0），M（x，y），则（x0，0），（0，y0），由 得代入x02+y029，所以点M的轨迹C的方程为.（2）当SN的斜率不存在时，AS，AN的斜率也不存在，故不适合题意；当SN的斜率存在时，设斜率为k，则直线SN的方程为ykx3代入椭圆方程整理得（1+4k2）x224kx+320，0k22设S（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2，x1x2，则kASkAN ，故kASkAN为常数.【点睛】本题考查了轨迹方程的求法，考查直线与圆的位置关系和椭圆中的定值问题，属中档题21.已知函数f（x）ax+lnx（aR），g（x）x2emx（mR，e为自然对数的底数）（1）讨论函数f（x）的单调性及最值；（2）若a0，且对x1，x20，2，f（x1+1）g（x2）+a1恒成立，求实数m的取值范围【答案】（1）见解析；（2）（，ln2【解析】【分析】（1）对分类讨论，利用导数研究函数的单调性极值与最值，即可得出；（2）原命题等价于，且对，恒成立由（1）可知：当时，函数在单调递增，故在，上单调递增，可得（1）对，恒成立对，恒成立对分类讨论：利用导数研究函数的单调性极值与最值，即可得出【详解】（1）a+（x（0，+）当a0时，0，f（x）在x（0，+）单调递增，无最值当a0时，（x（0，+）可得函数f（x）在（0，）上单调递增，在（，+）上单调递减当x时，函数f（x）取得极小值即最小值，且最大值为f（）1ln（a），无最大值（2）a0，且对x1，x20，2，f（x1+1）g（x2）+a1恒成立，等价于a0，且对x0，2，f（x+1）ming（x）max+a1恒成立由（1）可知：当a0时，函数f（x）在x（0，+）单调递增，故yf（x+1）在x0，2上单调递增，x0，2，（x+1）1，3，故f（x+1）minf（1）a对x0，2，f（x+1）ming（x）max+a1恒成立对x0，2，g（x）max1恒成立对m分类讨论：m0时，g（x）x2，x0，函数g（x）取得最大值，g（2）4，不满足g（x）max1当m0时，2xemx+mx2emxxemx（mx+2）令0，解得x0，x当2，即1m0时，对x0，2，0，因此g（x）在此区间上单调递增g（x）maxg（2）4e2m由4e2m1，解得mln21mln2当20，即m1时，可得函数g（x）在x0，）上单调递增，在（，2上单调递减g（x）maxg（）e2由e21，解得mm1当0，即m0时，对x0，2，0，因此g（x）在此区间上单调递增g（x）maxg（2）4