山东省2020年高考压轴卷数学【含解析】.pdf-淘文阁

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1、山东省 2020 年高考压轴卷数学一、选择题：本题共8道小题，每小题5分，共 40 分.在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A=xx2 且 AB=A，则集合B可以是（）A.xx24 B.x2yx C.y 22,yxxR D.1,0,1,2,3 2.若22zii（i 是虚数单位），则复数z 的模为（）A.12B.13C.14D.153.已知4log 5a，2log 3b，sin2c，则 a、b、c 的大小关系为（）A.abcB.cabC.bcaD.cba4.若对任意的正数a，b 满足310ab，则31ab的最小值为A.6 B.8 C.12 D.24 5.如图，在四边形AB

2、CD 中，ADBC，ADAB，45BCD，90BAD，将ABD沿 BD折起，使平面ABD平面 BCD构成几何体A-BCD，则在几何体A-BCD中，下列结论正确的是（）A.平面 ADC 平面 ABC B.平面 ADC 平面 BDC C.平面 ABC 平面 BDC D.平面 ABD 平面 ABC 6.52112xx展开式的常数项为（）A.112 B.48 C.-112 D.-48 7.已知 F 是双曲线22:145xyC的一个焦点，点 P在 C上，O为坐标原点，若=OPOF，则OPF的面积为（）A.32B.52C.72D.928.已知函数2()2logxf xx，且实数0abc，满足()()()0

3、f a f b f c，若实数0 x是函数()yf x的一个零点，那么下列不等式中不可能成立的是（）A.0 xa B.0 xa C.0 xb D.0 xc二多项选择题：本题共4个小题，每小题5 分，共 20 分。在每小题的四个选项中，有多个符合题目要求。全部选对的得5 分，部分选对的得3 分，有错选的得0分。9.已知函数()lnf xxx，给出下面四个命题：函数fx的最小值为1e；函数fx有两个零点；若方程fxm有一解，则0m；函数fx的单调减区间为1,e.则其中错误命题的序号是（）ABCD10已知点A是直线:20lxy上一定点，点P、Q是圆221xy上的动点，若PAQ的最大值为90，则点A的

4、坐标可以是（）A0,2B1,21C2,0D21,111 已知数列的前 n 项和为，且满足，则下列说法正确的是（）A数列的前 n 项和为B数列的通项公式为C数列为递增数列D数列为递增数列12如图，梯形中，将沿对角线折起.设折起后点的位置为，并且平面平面.给出下面四个命题正确的：()AB三棱锥的体积为C平面D平面平面第 II卷（非选择题）三、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20 分.13.二项式00nbaxabx，的展开式中，设“所有二项式系数和”为A，“所有项的系数和”为B，“常数项”值为C，若25670ABC，则含6x的项为 _14.已知 ABC中，5ABAC，8BC，点 D是 AC

5、的中点，M是边 BC上一点，则MC MD的最小值是（）A.32B.1 C.2 D.5415.已知点F为抛物线28yx的焦点，则点F坐标为 _；若双曲线22212xya（0a）的一个焦点与点F重合，则该双曲线的渐近线方程是_16.每项为正整数的数列an 满足11,231,nnnnna aaaa是偶数是奇数，且64a，数列 an的前 6 项和的最大值为S，记1a的所有可能取值的和为T，则ST_.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.(本小题 10 分)在 ABC中，角 A、B、C所对的边分别为a、b、c，满足(2)coscosbcAaC.（1）求

6、角 A的大小；（2）若13a，5bc，求 ABC的面积.18.（本小题12 分）设数列 an满足12323.2(nN*)nnaaana（1）求 an的通项公式；（2）求数列122nna的前 n 项和 Sn19.（本小题 12 分）如图 1，在 Rt PDC中，90D，A、B、E分别是 PD、PC、CD中点，4PD，22CD.现将PAB沿 AB折起，如图2 所示，使二面角PABC为 120，F 是 PC的中点.（1）求证：面PCD 面 PBC；（2）求直线PB与平面 PCD所成的角的正弦值.20.（本小题12 分）五一劳动节放假，某商场进行一次大型抽奖活动.在一个抽奖盒中放有红、橙、黄、绿、蓝、

7、紫的小球各2个，分别对应1 分、2 分、3 分、4 分、5 分、6 分.从袋中任取3 个小球，按3个小球中最大得分的8 倍计分，计分在20 分到 35 分之间即为中奖.每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3 个小球中最大得分，求：（1）取出的3 个小球颜色互不相同的概率；（2）随机变量的概率分布和数学期望；（3）求某人抽奖一次，中奖的概率.21.（本小题12 分）已知椭圆2222:1(0)xyCabab过点2 3,3，右焦点F 是抛物线28yx的焦点.（1）求椭圆C的方程；（2）已知动直线l过右焦点F，且与椭圆C分别交于M，N两点.试问 x 轴上是否存在定点Q，使得13516QMQN恒成

9、=x|x-2=A，与题意相符，故选：D2.【答案】D【解析】利用复数的乘法、除法法则将复数表示为一般形式，然后利用复数的求模公式计算出复数z的模.【详解】因为22zii，所以2234434434343425252iiiiiziiiiiii，所以2243125255z，故选：D.3.【答案】B【解析】因为4logyx及2logyx都是0,上的增函数，故44log 5log 41sin 2，22log 3log21sin2，又42221log 5log 5log5log 32，故cab，选 B.4.【答案】C【解析】利用“1”的代换结合基本不等式求最值即可【详解】两个正数a，b 满足310ab即

10、a+3b=1 则31ab=3193662 912baababab当且仅当11,26ab时取等号故选：C 5.【答案】A【解析】由已知得BAAD，CDBD，又平面ABD平面BCD，所以CD平面ABD，从而CDAB，故AB平面ADC.又AB平面ABC，所以平面ABC平面ADC.故选 A.6.【答案】D【解析】由于52205142332455555111111121()2()4()8()1632xxCCCCCxxxxxx，故展开式的常数项为3583248C，故选：D。7.【答案】B【解析】设点00,P xy，则2200145xy又453OPOF，22009xy由得20259y，即053y，01155

11、32232OPFSOFy，故选 B8.【答案】D【解析】因为函数2()2logxf xx，则函数()yf x在(0,)为增函数，又实数0abc，满足f（a）f（b）f（c）0，则f（a），f（b），f（c）为负数的个数为奇数，对于选项A，B，C选项可能成立，对于选项D，当0 xc时，函数的单调性可得：f（a）0，f（b）0，f（c）0，即不满足f（a）f（b）f（c）0，故选项D不可能成立，故选：D9.【答案】BCD【解析】因为函数()lnf xxx，所以()1lnfxx当10 xe时，()0fx，当1xe时，()0fx所以当1xe时，fx的最小值为1e；如图所示：当0 x时，0fx，当x时，

12、fx，所以函数fx有一个零点；若方程fxm有一解，则0m或1me，函数fx的单调减区间为10,e.故错误命题的序号是故选：BCD 10【答案】AC【解析】如下图所示：原点到直线l的距离为222111d，则直线l与圆221xy相切，由图可知，当AP、AQ均为圆221xy的切线时，PAQ取得最大值，连接OP、OQ，由于PAQ的最大值为90，且90APOAQO，1OPOQ，则四边形APOQ为正方形，所以22OAOP，由两点间的距离公式得2222OAtt，整理得222 20tt，解得0t或2，因此，点A的坐标为0,2或2,0.故选：AC.11【答案】AD【解析】因此数列为以为首项，为公差的等差数列，也

13、是递增数列，即D正确；所以，即 A正确；当时所以，即 B，C不正确；故选：AD 12【答案】CD【解析】如图所示：为中点，连接，得到又故为等腰直角三角形平面平面，所以平面，所以 C正确为中点，则平面所以如果，则可得到平面，故与已知矛盾.故 A错误三棱锥的体积为.故 B错误在直角三角形中，在三角形中，满足又所以平面，所以平面平面，故 D正确综上所述：答案为CD 13.【答案】68x【解析】依题得2256n，所以 n=8，在nbaxx的展开式中令x=1，则有8256ab，所以 a+b=2，又因为nbaxx展开式的通项公式为888 2188rrrrrrrrbTCaxCab xx，令8204rr.所以

14、得到4448701,1C a babab（舍），当1ab时，由2ab得1ab.所以令8261rr，所以166288TC xx，故填68x.14.【答案】-1【解析】根据题意，建立图示直角坐标系，5ABAC，8BC，则(0,3)A，(4,0)B，(4,0)C，3(2,)2D 设(,0)M x，则(4,0)MCx，3(2,)2MDx22(4)(2)68(3)1MC MDxxxxxM是边BC上一点，当3x时，MC MD取得最小值1 15.【答案】(2,0)yx【解析】因为点F为抛物线28yx的焦点，2p=8，p=4(2,0)F双曲线22212xya（0a）的一个焦点与点F重合，224,2aa渐近线方

15、程为：yx故答案为2,0，yx16.【答案】62【解析】由数列na每项均为正整数，则采用逆推的方式可得下图：12821 203 162190T又前 6 项和所有可能的结果中最大值为：48163264 128252252S252 19062ST本题正确结果：62 17.【答案】(1)3A；(2)3.【解析】（1）利用正弦定理边化角，求得2cos1A，所以3A；（2）利用余弦定理，得4bc，所以1sinA32ABCSbc。试题解析：（1）ABC中，由条件及正弦定理得2sinsincossin cosCBCAA，2sin cossin cossin cossinBACAACB.sin0B，2cos1

16、A，0,A，3A.（2）13a，5bc，由余弦定理得2222cosabcbcA222cos3bcbcbc25313bc，251343bc.11sinA4 sin3223ABCSbc.18.【答案】（1）2nan；（2）111222nn nn.【解析】（1）在12323.2nN*nnaaana中，将1n代n得：1123123.12n2nnaaana，由两式作商得：2nan，问题得解。（2）利用（1）中结果求得bnn 2na，分组求和，再利用等差数列前n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1a=2，因为12323.2nN*nnaaana，当 n2 时，112312

17、3.12n2nnaaana，由两式作商得：2nan（n1 且 nN*），又因为1a=2符合上式，所以2nan（n N*）（2）设122nnnba，则 bnnn2n，所以 Snb1b2 bn（12 n）23122 23 2(1)22nnnn设 Tn2222323+（n1）2n1n2n，所以 2Tn22223（n 2）2n1（n1）2nn2n1，得：Tn 22223 2nn2n1，所以 Tn（n1）2n12所以12nnn nST，即111 222nnn nSn19.【答案】（1）见解析（2）66【解析】（1）证明BF面PCD得到面PCD面PBC.（2）先判断BPC为直线PB与平面PCD所成的角，再

18、计算其正弦值.【详解】（1）证明：法一：由已知得：ABPA且ABAD，PAADA，AB面PAD.ABCD，CD面PAD.PD面PAD，CDPD，又/EFPD，CDEF，CDBE，BEEBE，CD面BEF.BF面BEF，CDBF.又PBBC且F是PC中点，PCBF，PCCDC，BF面PCD.BF面PBC，面PBC面PCD.法二：同法一得CD面PAD.又/BEAD，AD面PAD，BE面PAD，/BE面PAD.同理/EF面PAD，BEEFE，BE面BEF，EF面BEF.面/PAD面BEF.CD面BEF，BF面BEF，CDBF.又PBBC且F是PC中点，PCBF，PCCDC，BF面PCD.BF面PBC

19、，面PBC面PCD.（2）由（1）知BF面PCD，PF为直线PB在平面PCD上的射影.BPC为直线PB与平面PCD所成的角，ABPA且ABAD，二面角PABC的平面角是PAD.2PAAD，2 3PD，132EFPD.又BF面PCD，BFEF.在Rt BFE中，221BFBEEF.在Rt PDC中，222 6PCPDCD.在Rt PFB中，6sin6BFBPCPB.20.【答案】（1）811（2）分布列见解析，数学期望为5611（3）1355【解析】（1）设事件A表示“取出的3 个小球上的颜色互不相同”，利用古典概型、排列组合能求出取出的3 个小球颜色互不相同的概率；（2）由题意得有可能的取值为

20、：2，3，4，5，6，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量的概率分布列和数学期望；（3）设事件C表示“某人抽奖一次，中奖”，则()(3 4)(3)(4)P CPPP或，由此能求出结果.【详解】（1）“一次取出的3 个小球上的颜色互不相同”的事件记为A，则311162223128()11CCCCP AC（2）由题意有可能的取值为：2，3，4，5，6 211222223121(2)55CCCCPC；211242423124(3)55CCCCPC；211262623129(4)55CCCCPC；2112828231216(5)55CCCCPC；21121021023125(6)11CCCCPC所以

21、随机变量的概率分布为2 3 4 5 6 P1554559551655511因此的数学期望为14916556()23456555555551111E（3）“某人抽奖一次，中奖”的事件为C，则4913()(3 4)(3)(4)555555P CPPP或21.【答案】(1)2211612xy(2)见解析【解析】(1)由椭圆C过点(23,3)，得221231ab，由抛物线的焦点为2,0，得2c，利用2212314aa即可求解a则方程可求；（2）假设在x轴上存在定点(,0)Q m，当直线l的斜率不存在时，由2135(2)916QM QNm，解得54m或114m；当直线l的斜率为 0 时，由2135161

22、6QM QNm，解得114m或114m，可得114m，得点Q的坐标为11,04.再证明当114m时13516QM QN恒成立.设直线l的斜率存在且不为0 时，其方程为(2)(0)yk xk，与椭圆联立消去y 得韦达定理,向量坐标化得11221111,44QMQNxyxy?整理代入韦达定理即可【详解】（1）因为椭圆C过点(23,3)，所以221231ab，又抛物线的焦点为2,0，所以2c.所以2212314aa，解得23a（舍去）或216a.所以椭圆C的方程为2211612xy.（2）假设在x轴上存在定点(,0)Q m，使得13516QMQN.当直线l的斜率不存在时，则(2,3)M，(2,3)N

23、，(2,3)QMm，(2,3)QNm，由2135(2)916QMQNm，解得54m或114m；当直线l的斜率为0 时，则(4,0)M，(4,0)N，(4,0)QMm，(4,0)QNm，由21351616QMQNm，解得114m或114m.由可得114m，即点Q的坐标为11,04.下面证明当114m时，13516QMQN恒成立.当直线l的斜率不存在或斜率为0 时，由知结论成立.当直线l的斜率存在且不为0 时，设其方程为(2)(0)yk xk，11,Mx y，22,N xy.直线与椭圆联立得222234161630kxk xk，直线经过椭圆内一点，一定与椭圆有两个交点，且21221643kxxk，

24、212216343kx xk.222121212122224y yk xk xk x xkxxk?，所以1122121212111111121,44416QMQNxyxyx xxxy y?222222221212221631112111161211241244164344316kkkx xkxxkkkkkk13516恒成立综上所述，在x轴上存在点11,04Q，使得13516QMQN恒成立.22.【答案】（）390 xy；（）见解析【解析】（）根据导数的几何意义，求出切线的斜率,再用点斜式写出切线方程；（）由()(sin)gxxaxx,通过讨论确定g x的单调性,再由单调性确定极值.试题解析：（

25、）由题意2()fxxax，所以，当2a时，(3)0f，2()2fxxx，所以(3)3f，因此，曲线()yf x在点(3,(3)f处的切线方程是3(3)yx，即390 xy.（）因为()()()cossingfxaxxxx，所以()()cos()sincosg xfxxxaxx，()()sinx xaxax()(sin)xaxx，令()sinh xxx，则()1cos0h xx，所以()h x在R上单调递增，因为(0)0h，所以，当0 x时，()0h x；当0 x时，()0h x.（1）当0a时，()()(sin)gxa xxx，当(,)xa时，0 xa，()0g x，()g x单调递增；当(,

26、0)xa时，0 xa，()0gx，()g x单调递减；当(0,)x时，0 xa，()0g x，()g x单调递增.所以当xa时()g x取到极大值，极大值是31()sin6g aaa，当0 x时()g x取到极小值，极小值是(0)ga.（2）当0a时，()(sin)gxx xx，当(,)x时，()0gx，()g x单调递增；所以()g x在(,)上单调递增，()g x无极大值也无极小值.（3）当0a时，()()(sin)gxaxxx，当(,0)x时，0 xa，()0g x，()g x单调递增；当(0,)xa时，0 xa，()0gx，()g x单调递减；当(,)xa时，0 xa，()0g x，()g x单调递增.所以当0 x时()g x取到极大值，极大值是(0)ga；当xa时()g x取到极小值，极小值是31()sin6g aaa.综上所述：当0a时，函数()g x在(,)a和(0,)上单调递增，在(,0)a上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是31()sin6g aaa，极小值是(0)ga；当0a时，函数()g x在(,)上单调递增，无极值；当0a时，函数()g x在(,0)和(,)a上单调递增，在(0,)a上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)ga，极小值是31()sin6g aaa.

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