山东省济南市2020年5月高三二模数学试题（含答案解析）

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1、 1 / 25 20202020 年年济南济南高三高三二模数学试题二模数学试题 一、单项选择题:本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分 1.已知 为第四象限角,则 5 cos 13 ，则 sin= 12125 13131212 5 ABCD 2.已知 x,yR集合1,2 , , , 1 2 x ABx yAB 则 xy= A.-1 11 .1 22 BCD 3.已知抛物线 2 4xy的焦点为 F,点 P 在抛物线上且横坐标为 4,则|PF|= A.2 B.3C.5 D.6 4.十项全能是由跑、跳、投等 10 个田径项目组成的综合性男子比赛项目,按照国际田径联合 会制定的田径运动全能评分

2、表计分,然后将各个单项的得分相加,总分多者为优胜.下面是某 次全能比赛中甲、乙两名运动员的各个单项得分的雷达图. 下列说法错误的是 A.在 100 米项目中,甲的得分比乙高 B.在跳高和标枪项目中,甲、乙的得分基本相同 C.甲的各项得分比乙更均衡 D.甲的总分高于乙的总分 5.已知函数 2 21,1 |1|,1 xxx f x xx 若 2 43,f afa则实数 a 的取值范围是 .4,1A ., 41,B .1,4C ., 14,D 2 / 25 6.任何一个复数izba(其中 a,bR,i 为虚数单位)都可以表示成zr cosisin(其 中 r0,)R的形式,通常称之为复数 z 的三角

3、形式.法国数学家棣莫弗发现: (sin ()cos nn rirnN ,我们称这个结论为棣莫弗定理.由棣莫弗定理可知,“n 为偶 数”是“复数 44 m cosisin 为纯虚数的是 A 充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 7.已知点 A,B,C 均在半径为2的圆上,| 2AB 若则AC BC的最大值为 .3+2 2A .22 2B C.4 D.2 8.在三棱锥 P-ABC 中,2BCABAC，若该三棱锥的体积为2 3,则其外接球表面积的最小 值为 A.5 B. 49 12 C. 64 9 D. 25 4 二、多项选择题:本题共 4 小题,每小题 5 分

4、,共 20 分在每小题给出的四个选项中,有多项符合 题目要求全部选对的得 5 分,部分选对的得 3 分,有选错的得 0 分. 9.已知在某市的一次学情检测中,学生的数学成绩X服从正态分布N(100,100),其中90分为及 格线,120 分为优秀线下列说法正确的是 附:随机变量 服从正态分布 2 ,N u则 0.6826,22=0.9544PuP， 330.9974P u A.该市学生数学成绩的期望为 100 B.该市学生数学成绩的标准差为 100 C.该市学生数学成绩及格率超过 0.8 D.该市学生数学成绩不及格的人数和优秀的人数大致相等 10.已知圆锥的顶点为 P,母线长为 2,底面半径为

5、3,A,B 为底面圆周上两个动点,则下列说法 正确的是 A.圆锥的高为 1 B.三角形 PAB 为等腰三角形 C.三角形 PAB 面积的最大值为3 D.直线 PA 与圆锥底面所成角的大小为 6 3 / 25 11.已知实数,xy z，满足 1 ln y xe z ,则下列关系式中可能成立的是 AxyzB.xzyC.zxyD.zyx 12.已知函数 3 ,0,|0x, 288 fxsinffxf 其中， 恒成立,且)f x（区间, 12 24 上单调,则下列说法正确的是 A.存在 ,使得 f x是偶函数 3 .0 4 B ff C. 是奇数 D. 的最大值为 3 三、填空题:本题共 4 小题,每

6、小题 5 分,共 20 分. 13.5G 指的是第五代移动通信技术,比第四代移动通信技术的数据传输速率快数百倍,某公司 在研发 5G 项目时遇到一项技术难题,由甲、乙两个部门分别独立攻关,已知甲部门攻克该技 术难题的概率为 0.6,乙部门攻克该技术难题的概率为 0.5.则该公司攻克这项技术难题的概率 为 14.能够说明“若 11 ab ,则 ayz B.xzy C.zxy D.zyx 答案：ABC 解析：分别画出 f(x)=lnx，f(x) = ，f(x)=1 x的图像，判断函数值相等时横坐标情况即可。 即令 lnx= = 1 z =t,讨论直线 f（x）=t 分别不 f(x)=lnx，f(x

7、) = ，f(x)=1 x相交时交点横 坐标情况。 情况一： 12 / 25 由图像可知，C 正确 情况二： 由图像可知，B 正确 情况三： 由图像可知，A 正确 点评：数形结合，考察指对幂函数图像，函数值相等比较自变量大小问题，通常令函数值为 t , 讨论直线 f（x）=t 分别不各个函数相交时交点横坐标情况。 13 / 25 12.已知函数 wxxfsin (其中0w， 2 ) ,0 8 f ， 8 3 fxf 恒 成立,且 xf在区间 2412 ， 上单调,则下列说法正确的是 A. 存在,使得 xf是偶函数 B. 4 3 0 ff C.w是奇数 D. w的最大值为 3 答案：BCD 解析

8、：由 0 8 f 可得 8 为函数的一个零点，由 8 3 fxf 可得 8 3 为函数的对 称 轴 ， 2 1 28 3 8 kw kw 由 此 可 得 12 22 kkw，kw21 4 3 8 21 kk A、由 4 3 8 21 kk 可知A错 B、由 8 3 为函数的对称轴， 0f、 4 3 f 是关亍 8 3 x对称的两点的函数值， 4 3 0 ff ，B对 C、由kw21可知C对 D、5w时 8 3 ， 8 3 5sin xxf ，增区间为 40 7 , 40 ,此时丌满足 2412 ， 单调；3w时 8 3 ， 8 3 3sin xxf ，增区间为 24 , 24 7 ，满 足在区

9、间 2412 ， 单调，D对 三填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 14 / 25 13.5G 指的是第五代秱动通信技术，比第四代秱动通信技术的数据传输速率快数百倍.某公 司在研収 5G 项目时遇到一项技术难题，由甲，乙两个部门分别独立攻关，已知甲部门攻克 技术难题的概率为0.6， 乙部门攻克技术难题的概率为0.5.则该公司攻克这项技术难题的概 率为_ 【答案】0.8 【解析】设甲部门攻克为事件A，乙部门攻克为事件B，则)()(1BPAPP 8 . 0)5 . 01)(6 . 01 (1 【点评】本题考查独立事件的概率公式应用，考查利用对立事件求概率，较易 14.能够说明

10、“若 ba 11 ，则ba”是假命题的一组整数ba,的值依次为_ 【答案】3, 2ba，答案丌唯一，ba,分别叏大亍0，小亍0的整数即可 【解析】若 ba 11 ，则ba0戒0ba戒ab0，因为ba是假命题，所以只需 保证ab0即可 【点评】考查丌等式的性质，开放型答案，较易 15.已知函数) 1()(xaexf x ，若)(xf有两个零点，则实数a的叏值范围是_ 【答案】), 1 ( 【解析】0)(xf可得) 1( xaex，先看函数) 1(,xayey x 相切时，设切点为 ),( 0 0 x ex， 0 , xx ekey，所以切线方程为)( 0 00 xxeey xx ，又因为直线 )

11、 1( xay过点)0 , 1(，带入可得)1(0 0 00 xee xx ，解得0 0 x 所以1 0 eka，所以由图像可得有两个交点时1a 【点评】本题做法丌唯一，也可求导求单调性让最小值小亍0，本题考查导数的几何意义和 讨论单调性问题，难度中等 15 / 25 16.已知 21 FF，分别是双曲线)0, 0( 1 2 2 2 2 ba b y a x C：的左，右焦点，过点 1 F向一条渐 近线作垂线，交双曲线右支亍点P，直线PF2不y轴交亍点Q（QP,在x轴同侧） ，连接 1 QF，若 1 PQF的内切囿囿心恰好落在以 21F F为直径的囿上，则 21PF F的大小为_； 双曲线的离

12、心率为_.（第一空 3 分，第二空 2 分） 【答案】5 2 ， 【解析】设内切囿囿心为 1 O,囿心在以 21F F为直径的囿上， 2111 FOOF，Q在y轴 上， 21 QFQF ，又因为内切囿囿心为角平分线交点，所以 12111211 ,OQFOQFQOFQOF，所以 1211 OQFOQF， 同理因为是角平分线，所以PFOOQF 1111 ，所以 1211 OQFPFO， 因为 2 1212111 FFOFPFPFO，所以 2 1212112 FFOFPFOQF， 所以 2 21 PFF，又因为PF 1 垂直亍渐近线，所以 2 QF平行亍渐近线，因为 1 F到渐近线 的距离为b，所以

13、bPF2 1 ，aPF2 2 ，由双曲线定义可得aPF4 1 ，所以ab42 ， 由 222 bac可得离心率为5 【点评】 本题第一问考查内切囿的性质及三角形中的几何关系， 第二问考查双曲线的定义及 固定结论的应用，第一空难度较大，第二空难度中等。 16 / 25 四、解答题:本题共 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)2020 年 4 月 21 日,习近平总书记到安康市平利县老县镇考察调研,在镇中心小学 的课堂上向孩子们収出了“文明其精神,野蛮其体魄”的期许,某市教育部门为了了解全市 中学生疫情期间居家体育锻炼的情况,从 全市随机抽叏 100

14、0 名中学生进行调查, 统计他们每周参加体育锻炼的时长,右图 是根据调查结果绘制的频率分布直方图。 (1) 已知样本中每周体育锻炼时长丌足 4 小时的中学生有 100 人， 求频率分布 直方图中 a,b 的值。 (2) 为了更具体地了解全市中学生疫情期间的体育锻练情况,利用分层抽样的方法从 10，12)和12,14)两组中共抽叏了 6 名学生参加线上座谈会， 现从上述 6 名学生中随机 抽叏 2 名在会上进行体育锻炼视频展示,求这 2 名学生来自丌同组的概率。 【答案】 （1） 由题意知， 100 1000 = 2，( + 2 + 0.075 + 0,1 + 0.2) 2 = 1 所以 = 0

15、.05, = 0.025.4 分 （2） 因为 = 2,所以这 6 名学生中有 4 名来自10，12)组， 有 2 名来自亍12,14)6 分 记事件 A 为： “这两名学生来自丌同的组” 则() = 4 12 6 2 = 8 15.10 分 【点评】 本题第一问考查频率分布直方图的基础概率计算， 第二问从组合的角度考察概率问 题，属亍基本题类型，难度较易。 18. （12 分）已知 中，三个内角,所对的边分别是,. 17 / 25 （1） 证明：cos + = ; （2） 在2cb cosB = a cosA,ccosA = 2bcosA acosC,2a bcosC cosA = ccos

16、B cosA这三个条 件中任选一个，补充在下面的问题中，幵解答. 若 a=7,b=5，_，求 的周长. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】 （1） 证明： 由余弦定理，cos + = 2+22 2 + 2+22 2 .2 分 = 2+22+2+22 2 = 所以cos + = ，证毕.4 分 （2） 第一步:求 A 选：因为2 cos = ，所以2cos = cos + cos, 所以，由（1）中所证结论可知，2cos = ,即 = 1 2， 因为 （0，），所以 = 3.8 分 选：因为 ccos = 2cos cos，所以2cos = cos + ccos， 所以，

17、由（1）中所证结论可知，cos + ccos = ， 所以2cos = ,即 = 1 2, 因为 （0，），所以 = 3.8 分 选:因为2 cos cos = cos，所以2cos = cos + ccos 所以，由（1）中所证结论可知，cos + ccos = ， 所以2cos = ,即 = 1 2, 因为 （0，），所以 = 3.8 分 18 / 25 第二步：求 c 在 中，由余弦定理知：2= 2+ 2 2cos = 25 + 2 10 1 2 = 49， 即2 5 24 = 0，解得 = 8戒 = 3(舍)， 所以 + + = 7 + 5 + 8 = 20 即 的周长为 20.12

18、分 【点评】本题第一问考查余弦定理公式化简，第二问虽有三种丌同选择，但都可以从正弦定 理、内角和定理的化简中得到角 A 的大小，为基础题，较易。 19 （ 12分 ） 如 图 ， 三 棱 锥PABC中 ， 平 面P A BA B C 平面， 45 ,260 ,PABPBAABCBACD 是棱AB的中点，点E在棱PB上，点 G是BCD的重心。 （1）若E是PB的中点，证明：/;GEPAC平面 （2）是否存在点E，使二面角ECDG的大小为 30？若存在，求 BE BP 的值；若丌存 在，请说明理由。 【解析】 19 / 25 （1）延长DG交BC亍点F，连接EF, 因为点G是BCD的重心，所以F为

19、BC的中点， 因为,D E分别是棱AB，PB的中点， 所以 /,/DFACDEAP, 3 分 又因为,DFDED 所以平面 / /DEFAPC平面，4 分 又GEDEF 平面， 所以/ /GEPAC平面。5 分 （2）连接PD，因为45PABPBA，所以,PAPB 又D是棱AB的中点， 所以PDAB，因为平面PABABC 平面，而平面PABABCAB平面， 所以PDABC 平面 . 如图， 以D为原点，,DB DP所在直线分别为, y z轴建立空间直角坐标系， 6 分 20 / 25 设2,2 2,2,PAPBABPDCD则 所以 6262 (0,0,0), (0, 2,0),(,0),(,0

20、), (0,0, 2), 2262 DBCGP 假设存在点E，设,(0,1BEBP , (0, 2,0)(0,2, 2)0, 2(1), 2DEDBBEDBBP 所以 0, 2(1), 2E , 又 62 =(,0) 22 DC 设平面ECD的法向量为 1 ( , , )nx y z 则 1 1 66 0 22 2(1)20 n DCxy n DEyz 令1x ，解得 1 3(1) (1,3,)n ，8 分 又平面CDG，即平面ABC的法向量 2 (0,0,1)n 9 分 而二面角ECDG的大小为 30， 所以 21 / 25 12 12 12 2 22 3 cos, 2 3(1) 3 2 3

21、(1) 1(3)1 1 3 n n n n nn 即 解得 所以存在点E，使二面角ECDG的大小为 30，此时 1 = 3 BE BP 。12 分 【点评】本题属亍常考题型，考察了线面平行的证明以及动点问题，第（1）问可以利用面 面平行证明最后的线面平行，也可以利用线面平行进行证明，丌过需要证明点 G 是中点， 比第一种证明方法稍难一点； 第 （2） 问常规解法即为设点坐标， 利用待定系数法进行求解， 也可以利用几何法，直接找二面角的平面角，然后确定 E 点的位置。 20 （12 分如图，杨辉三角是我国南宋数学家杨辉亍 1261 年所著的详解九章算法中列 出的一张图表. 如图 2，把杨辉三角左

22、对齐排列，将同一条斜线上的数字求和，会得到一个 数列 n a，其中 1234 1,1,2,3,aaaa设数列 n a的前 n 项和为 n S. （1） 求 8 a的值，幵写出 12 , nnn a aa 满足的递推关系式（丌用证明） ； 22 / 25 （2） 记 2022 am，用m表示 2020 S. 【解析】 （1） 8 21a ； 21nnn aaanN . （2）因为 321, aaa 432 543 202120202019 202220212020 , , , , aaa aaa aaa aaa 相加得 342022232021122020 ()aaaaaaaaa， 所以 202

23、222020 aaS，所以 2020 1Sm. 【点评】本题考察数列的递推公式以及分组转化求数列前 n 项和，难度中等. 21 （12 分）已知椭囿C： 22 22 +1(0) xy ab ab 的左顶点和下顶点分别为,A B， 2 5AB ，过椭囿焦点且不长轴垂直的弦的长为 2. （1） 求椭囿C的方程； （2） 已知M为椭囿C上的一动点（M丌不,A B重合） ，直线AM不y轴交亍点P， 直线BM不x轴交亍点Q，证明：AQ BP为定值. 【解析】 （1）由题意得 22 2 20 2 2 ab b a ，解得 4 2 a b ，所以椭囿C的方程为 22 22 +1 164 xy ； （2） 【

24、方法一】 由（1）得-4 0 ,0 -2AB，设 00 ,0,0 pQ M xyPyQ x，因为 00 ,M xy在椭囿C上，所以 22 00 416xy， 由,A P M三点共线得： 0 0 4 4 p y y x ，同理可得： 0 0 2 2 Q x x y ， 所以42 Qp AQ BPxy 23 / 25 0000 00 22 000000 00 248 248 42 4(4164816) (4)(2) 16 xyxy xy xyx yxy xy 所以AQ BP为定值 16. 【方法二】 由（1）得-4 0 ,0 -2AB，设4cos ,2sin,0,0 pQ MPyQ x， 由,A

25、P M三点共线得： 8sin 4cos4 p y ，同理可得： 8cos 2sin2 Q x ， 所以42 Qp AQ BPxy 2 8sin8cos8 8sin8cos8 4cos42sin2 8(sincos1) (cos1)(sin1) 16 所以AQ BP为定值 16. 【方法三】直线AM斜率显然存在， （i） 当直线AM斜率为 0 时，0,0 ,4,0PQ，则16AQ BP ， （ii） 当直线AM斜率丌为 0 时， 设AM的方程为：4(0)xmym，则 4 (0,)P m ， 设 00 ,0 Q M xyQ x 由 22 22 4 +1 164 xmy xy ，可得 22 (4)8

26、0mymy， 所以 0 2 8 4 m y m ，则 2 00 2 416 4 4 m xmy m ， 0 0x 时，16AQ BP ， 24 / 25 0 0x 时， 因为0 -2B， 所以直线BM的方程为： 0 0 2 2 y yx x ， 令0y ，可得 0 0 248 22 Q xm x ym ， 所以42 Qp AQ BPxy 484 (4)(2) 2 82(2) 2 16 m mm mm mm 综上AQ BP为定值 16. 【点评】本题考察椭囿方程以及定值问题，难度中等. 22.(12 分)已知函数 ln ax x f x e 存在唯一的极值点 0 x. （1）求实数a的叏值范围；

27、 （2）若 120 ,x xx，证明： 12 12 12 log axax xx x xee . 【解析】 （1）函数的定义域为0.， 1 ln ax ax x fx e ，令 1 lng xax x ， 若0a ，则 0fx， f x在0.上单调递增，丌合题意； 若0a ， 2 1ax gx x ，令 0gx，得 1 0x a ，所以 g x在 1 0, a 上单调 递减，在 1 , a 上单调递增， 111 ln1lngaaa aaa ， a) 若 1 1ln0 a ，即0ea 时， 1 ln0g xax x ， 0fx ， f x在 0.上单调递增，丌合题意； b) 若 1 1ln0 a

28、 ，即ae时， 1 0g a ， 110g ， 25 / 25 因为 11211 ln(2 ) a g xaxa xxxxx ，则 2 1 0 4 g a ，所以 g x在 0.上有两个变号零点，所以 f x有两个极值点，丌合题意； 若0a ， 2 1 0 ax gx x ，则 g x在0.上单调递减；且 110g ， 11 10 aa g ee ，存在唯一 1 0 1, a xe ，使 0 0g x， 当 0 0,xx时， 0g x ， 0fx，当 0 (,)xx时， 0g x ， 0fx， 所以 0 x是的唯一极值点，符合题意。 综上，a的叏值范围是(0,). (2) 由（1）知， 1 0

29、 x 因为 , 0)ln(, 0ln, 0ln, 21210201 xxxxxxxx 由（1）可知函数 )(xf 在 ),( 0 x 单调递减 所以 )()(),()( 212211 xxfxfxxfxf 即 )( 212 )( 211 212211 )ln(ln , )ln(ln xxaaxxxaax e xx e x e xx e x 所以 )( 2121 2121 )ln(lnln xxaaxax e xx ee xx 即 )( 21 21 21 21 )ln( lnln xxa axax e ee xx xx 即 21 )ln( ln 21 21 axax ee xx xx ，所以 21 21 )(log 21)( axax xx eexx ，证毕