山东省潍坊市临朐县2020届高三综合模拟考试数学试题（二）含答案解析

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1、山东省潍坊市临朐县2020届高三综合模拟考试数学试题（二）一、单项选择题：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z=1-i3+i，则在复平面内z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2曲线yln（ax+1）在点（0，0）处的切线过点（4，8），则a（）A4B3C2D13某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况加油时间加油量（升）加油时的累计里程（千米）2015年5月1日12350002015年5月15日4835600注：“累计里程”指汽车从出厂开始累计行驶的路程，在这段时间内，该车每100千米平均

2、耗油量为 （）A6升B8升C10升D12升4已知a（13）23，b（12）23，clog3，则a，b，c的大小关系为（）AabcBacbCcabDcba5已知向量m=（a，1），n=（2b1，3）（a0，b0），若mn，则2a+1b的最小值为（）A12B8+43C15D10+236若sincos1-cos2=14，tan（）2，则tan（2）（）A-43B3C3D437已知二面角l为60，点A，点B，异面直线AB与l所成的角为60，AB4若A到的距离为3，则B到的距离为（）A23B3C6D38现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法

3、共有（）A24种B30种C36种D48种二、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的.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9空气质量指数AQI是反映空气质量状况的指数，AQI指数值越小，表明空气质量越好，其对应关系如表：AQI指数值05051100101150151200201300300空气质量优良轻度污染中度污染重度污染严重污染如图是某市10月1日20日AQI指数变化趋势：下列叙述错误的是（）A这20天中AQI指数值的中位数略高于100B这20天中的中度污染及以上的天数占14C该市10月的前半个月的空气质量越来越好D总

4、体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量好10已知函数f（x）sinxsin（x+3）-14的定义域为m，n（mn），值域为-12，14，则nm的值可能是（）A512B712C34D111211下列有关说法正确的是（）A（12X2Y）5的展开式中含X2Y3项的二项式系数为20B事件AB为必然事件，则事件A、B是互为对立事件C设随机变量服从正态分布N（，7），若P（2）P（4），则与D的值分别为3，D7D甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A“4个人去的景点各不相同”，事件B“甲独自去一个景点”，则P（A|B）=2912已知函数f（x）xlnx+x2，x0是函数f

5、（x）的极值点，以下几个结论中正确的是（）A0x01eBx01eCf（x0）+2x00Df（x0）+2x00三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13已知集合Aa，b，2，B2，b2，2a，且ABAB，则a 14甲、乙两队进行排球决赛，采取五场三胜制（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，决赛结束）根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主客主客主”设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以3：1获胜的概率是 15已知双曲线C过点（3，2）且渐近线方程是y33x，则双曲线C的方程为 ，又点N（0，4），若F为双曲线

6、C的右焦点，M是双曲线C的左支上一点，则FMN周长的最小值为 16如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PB底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若PB1，APBBAD=3，则三棱锥PAOB的外接球的体积是 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（10分）已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，在（a+b）（sinAsinB）（cb）sinC；bsinB+C2=asinB；cos2A3cos（B+C）1；这三个条件中任选一个完成下列内容：（1）求A的大小；（2）若ABC的面积S53，b5，求sinBsinC值18（12分）在各

7、项均不相等的等差数列an中，a11，且a1，a2，a5成等比数列，数列bn的前n项和Sn2n+12（1）求数列an、bn的通项公式；（2）设cn2an+log2bn，求数列cn的前n项和Tn19（12分）如图（1），五边形ABCDE中，EDEA，ABCD，CD2AB，EDC150如图（2），将EAD沿AD折到PAD的位置，得到四棱锥PABCD点M为线段PC的中点，且BM平面PCD（1）求证：平面PAD平面ABCD；（2）若直线PC与AB所成角的正切值为12，求直线BM与平面PDB所成角的正弦值20（12分）已知一条曲线C在y轴右边，C上每一点到F（1，0）的距离减去它到y轴的距离的差都是1（1

8、）求曲线C的方程；（2）过点F且斜率为k的直线l与C交于A，B两点，|AB|8，求直线l的方程21（12分）某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元某医院准备一次性购买2台这种机器现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：维修次数0123台数5102015以这50台机器维修次数的

9、频率代替1台机器维修次数发生的概率记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数（）求X的分布列；（）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？22（12分）设aR，函数f（x）alnxx（1）若f（x）无零点，求实数a的取值范围；（2）当a1时，关于x的方程2xf（x）x2+b在12，2上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围；（3）求证：当n2，nN*时（1+122）（1+132）（1+1n2）e一、单项选择题：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.1z=1-i3+i=(1-i)(3-i)(3+i

10、)(3-i)=2-4i10=15-25i，z=15+25i，在复平面内z对应的点的坐标为（15，25），位于第一象限故选：A2yln（ax+1）的导数为y=aax+1，可得曲线在x0处的切线的斜率为a，由切线经过（4，8）可得a=8-04-0=2，故选：C3由表格信息，得到该车加了48升的汽油，跑了600千米，所以该车每100千米平均耗油量4868；故选：B4(13)23(12)23(12)0=1，log3log331；cba故选：D5m=（a，1），n=（2b1，3）（a0，b0），mn，3a+2b10，即3a+2b1，2a+1b=（2a+1b）（3a+2b）8+4ba+3ab8+24ba3

11、ab8+43，当且仅当4ba=3ab，即a=3-36，b=3-14，时取等号，2a+1b的最小值为：8+43故选：B6若sincos1-cos2=sincos2sin2=cos2sin=14，tan2tan（）=tan-tan1+tanan=2，tan0，tan（）tan（）2，则tan（2）tan（）=tan(-)-tan1+tan(-)tan=-2-21-22=43，故选：D7如图所示，过A点作AC，垂足C，过点C作CEl，垂足为点E，连接CE则AEl，AEC60又AC=3，AE2过A点作ADl，过B点作BFl，垂足为点F过F点作FDAE，则四边形ADFE为矩形，DF2BAD60，ADDB

12、AB4，BD23，BFD60，在BFD中，设BFx，由余弦定理可得：(23)2=22+x22x2cos60，可得：x22x80，解得x4BD2+DF2BF2，BDDF，BDB到的距离为23故选：A8由题意知本题是一个分步计数问题，需要先给最上面一块着色，有4种结果，再给中间左边一块着色，有3种结果，再给中间右边一块着色有2种结果，最后给下面一块着色，有2种结果，根据分步计数原理知共有432248种结果，故选：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的.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9对于A，20天中AQI指数值有

13、10个低于100，10个高于100，其中位数略高于100，A正确；对于B，20天中AQI指数值高于150的天数为4，即占总天数的14，B正确；对于C，该市10月的前4天的空气质量越来越好，从第5天到第15天，空气质量越来越差，C错误；对于D，总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量要好些，D正确故选：C10f（x）sinxsin（x+3）-14sinx（12sinx+32cosx）-14=14(1-cos2x)+34sin2x-14 =12(32sin2x-12cos2x) =12sin(2x-6)，值域为-12，14，sin（2x-6）1，12，所以2x-62k-76，2k+6，故

14、xk-2，k+6，kZ，k+6-（k-2）=23，所以nm最大为23，故选：AB11对于A，由二项式定理得：（12X2Y）5的展开式中含X2Y3项的二项式系数为53=10，故A错误；对于B，事件AB为必然事件，若A，B互斥，则事件A、B是互为对立事件；若A，B不互斥，则事件A、B不是互为对立事件，故B错误对于C，设随机变量服从正态分布N（，7），若P（2）P（4），则曲线关于x3对称，则与D的值分别为3，D7故C正确对于D，设事件A“4个人去的景点不相同”，事件B“甲独自去一个景点”，则P（A）=4!44，P（B）=43344=2764，P（AB）=43!44=332，则P（A|B）=P(AB

15、)P(B)=29，故D正确；故选：CD12f（x）xlnx+x2，f（x）lnx+1+2x在x0时单调递增，x0是函数f（x）的极值点，lnx0+1+2x00，且x00，又f(1e)=2e0，x0时，f（x）0，根据零点判定定理可知，0x0 1e，又f（x0）+2x0=x0lnx0+x02+2x0=-x02+x0，x0(0，1e)，结合二次函数的性质可知，f（x0）+2x00故选：AC三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13由ABAB知AB，又根据集合元素的互异性，所以有a=2ab=b2ab或a=b2b=2aab，解得a=0b=1或a=14b=12，故

16、a0或14答案：0或1414甲、乙两队进行排球决赛，采取五场三胜制（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，决赛结束）根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主客主客主”设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以3：1获胜的概率是：P0.60.50.40.5+0.60.50.60.5+0.40.50.60.50.21故答案为：0.2115由渐近线的方程设双曲线的方程为：x23-y2，由双曲线C过点（3，2）可得：93-2，即1，所以双曲线的方程为：x23-y21；设左焦点F（2，0），右焦点F（2，0）FMN周长为NF+MF+MNNF+MN+2a+MFNF

17、+NF+2a2NF+23，当且仅当F，N，M三点共线时取等号，而NF=22+42=25，所以FMN周长为：25+23，故答案分别为：x23-y21，25+2316如图，底面ABCD为菱形，OAOB，AB中点N为AOB的外心，取PA中点M，则MNPB，PB底面ABCD，MN底面ABCD，M为三棱锥PAOB的外接球球心，PB1，APB=3，AP2，外接球半径为1，体积为43，故答案为：43四、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（1）选（a+b）（sinAsinB）（cb）sinC；由正弦定理可得，（a+b）（ab）（cb）c，整理可得，c2+b2a2bc

18、，由余弦定理可得，cosA=12，即A=13，（2）S=12bcsinA=125c32=53，c4，有c2+b2a2bc，可得a=21，2132=5sinB=4sinC，故sinBsinC=527427=5718（1）在各项均不相等的等差数列an的公差设为d，d0，a11，且a1，a2，a5成等比数列，可得a1a5a22即1（1+4d）（1+d）2，解得d2，则an1+2（n1）2n1；数列bn的前n项和Sn2n+12，可得b1S12；n2时，bnSnSn12n+122n+22n，对n1也成立，则bn2n，nN*；（2）cn2an+log2bn22n1+n，则前n项和Tn（2+8+22n1）+

19、（1+2+n）=2(1-4n)1-4+12n（n+1）=23（4n1）+12（n2+n）19 1）证明：取PD的中点N，连接AN，MN，则MNCD，MN=12CD，又ABCD，AB=12CD，所以MNAB，MNAB，则四边形ABMN为平行四边形，所以ANBM，又BM平面PCD，AN平面PCD，ANPD，ANCD由EDEA即PDPA，及N为PD的中点，PAAD，可得PAD为等边三角形，PDA60，又EDC150，CDA90，CDAD，CD平面PAD，CD平面ABCD，平面PAD平面ABCD（2）解：ABCD，PCD为直线PC与AB所成的角，由（1）可得PDC90，tanPCD=PDCD=12，C

20、D2PD，设PD1，则CD2，PAADAB1，取AD的中点O，连接PO，过O作AB的平行线，可建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则D(-12，0，0)，B(12，1，0)，C(-12，2，0)，P(0，0，32)，M(-14，1，34)，所以DB=(1，1，0)，PB=(12，1，-32)，BM=(-34，0，34)，设n=（x，y，z）为平面PBD的法向量，则nDB=0nPB=0，即x+y=012x+y-32z=0，取x3，则n=(3，3，-3)为平面PBD的一个法向量，cosn，BM=nBM|n|BM|=-32132=-277，则直线BM与平面PDB所成角的正弦值为27720（1）依题

21、意，设曲线C上的的坐标为（x，y），则x0，所以(x-1)2+y2-x1，化简得：y24x，（x0）；（2）根据题意，直线l的方程为yk（x1），联立直线l和曲线C的方程y=k(x-1)y2=4x得，k2x2（2k2+4）x+k20，设A（x1，y1），B（x2，y2）所以x1+x2=2k2+4k2x1x2=1，所以|AB|8x1+x2+2，即2k2+4k2=6，解得k1，所以直线l方程为：x+y10或者xy1021本小题满分12分）解：（）X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6P(X=0)=110110=1100，P(X=1)=110152=125，P(X=2)=1515+251102

22、=325，P(X=3)=1103102+15252=1150，P(X=4)=2525+310152=725，P(X=5)=253102=625，P(X=6)=310310=9100，X的分布列为X0123456P1100 125 325 1150 725 625 9100 （）选择延保方案一，所需费用Y1元的分布列为：Y170009000110001300015000P17100 1150 725 625 9100 EY1=171007000+11509000+72511000+62513000+910015000=10720（元）选择延保方案二，所需费用Y2元的分布列为：Y210000110

23、0012000P67100 625 9100 EY2=6710010000+62511000+910012000=10420（元）EY1EY2，该医院选择延保方案二较合算22（1）f（x）的定义域是（0，+），f（x）=ax-1=a-xx，当a0时，f（x）0，f（x）在（0，+）递减，x0时，f（x）+，而f（1）0，故a0时，f（x）存在零点，a0时，f（x）x，（x0），显然无零点，a0时，令f（x）0，解得：xa，故f（x）在（0，a）递增，在（a，+）递减，故f（x）maxf（a）a（lna1），若f（x）无零点，只需a（lna1）0，解得：ae，综上，0ae时，f（x）无零点；（2

24、）a1时，f（x）lnxx，关于x的方程2xf（x）x2+b化为x23x+lnx+b0，令g（x）x23x+lnx+b，（x12，2），g（x）2x3+1x=(2x-1)(x-1)x，令g（x）0，解得x=12或1，令g（x）0，解得1x2，此时函数g（x）单调递增，令g（x）0，解得12x1，此时函数g（x）单调递减，关于x的方程2xf（x）x2+b在12，2上恰有两个不相等的实数根，则g(12)0g(1)0g(2)，即b-54-ln20b-20b-2+ln20，解得：54+ln2b2，实数b的取值范围是54+ln2，2）证明（3）当a1时，f（x）lnxx，而f（1）1，f（x）f（1）l

25、nxx1，由ylnxx1，得y=1-xx，令y0，解得：x1，故ylnxx1在（0，1）递增，在（1，+）递减，故x1时，y最大，故f（x）f（1）0，即lnxx1，当x1时，lnxx1，令x1+1n2（n2，nN*）则ln（1+1n2）1n2依次取n2，3，n累加求和可得ln（1+122）+ln（1+132）+ln（1+1n2）122+132+1n2，当n2时，1n21n(n-1)=1n-1-1n，122+132+1n2112+123+1n(n-1)=1-12+12-13+1n-1-1n=1-1n1，ln（1+122）+ln（1+132）+ln（1+1n2）1lne，当n2，nN*时（1+122）（1+132）（1+1n2）e14