山东省2020年普通高中学业水平等级考试数学模拟试题 Word版.doc

1、 - 1 - 2020 年普通高等学校招生全国统一考试(模拟卷) 数 学 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选分。在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的。项中，只有一项是符合题目要求的。 1设集合| )(2| )( 2 xyyxByxyxA，则BA A)11( ， B)42(， C)42() 11(， D 2已知)(Rbabia，是 i i 1 1 的共轭复数，则ba A1 B 2 1 C 2 1 D1 3设向量) 12() 31() 11 (，cba，且cba)(，则 A3 B2 C2 D3

2、 4 10 ) 1 (x x 的展开式中 4 x的系数是 A210 B120 C120 D210 5已知三棱锥ABCS中， 2 ABCSAB，4SB，132SC，2AB， 6BC，则三棱锥ABCS的体积是 A4 B6 C34 D36 6已知点A为曲线)0( 4 x x xy上的动点，B为圆1)2( 22 yx上的动点，则 | AB的最小值是 A3 B4 C23 D24 7设命题p：所有正方形都是平行四边形，则p为 A所有正方形都不是平行四边形 B有的平行四边形不是正方形 C有的正方形不是平行四边形 D不是正方形的四边形不是平行四边 形 8若1cba且 2 bac ，则 Aacb cba log

3、loglog Bcab abc logloglog Cabc cab logloglog Dcba acb logloglog 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分。在每小题给出的。在每小题给出的四个四个选选 项中，有多项符合题目要求。全部选对的得项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 3 分，有选错的分，有选错的 - 2 - 得得 0 分。分。 9下图为某地区 2006 年2018 年地方财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额折 线图 根据该折线图可知，该地区 2006 年2018 年 A

4、财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额均呈增长趋势 B财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额的逐年增长速度相同 C财政预算内收入年平均增长量高于城乡居民储蓄年末余额年平均增长量 D城乡居民储蓄年末余额与财政预算内收入的差额逐年增大 10已知双曲线C过点)23( ，且渐近线为xy 3 3 ，则下列结论正确的是 AC的方程为1 3 2 2 y x BC的离心率为3 C曲线1 2 x ey经过C的一个焦点 D直线012yx与C有两个公 共点 11正方体 1111 DCBAABCD的棱长为 1，GFE，分别为 11 BBCCBC，的中点则 A直线DD1与直线AF垂直 B直线GA1与平面AEF平行 C平面A

5、EF截正方体所得的截面面积为 8 9 D点C与点G到平面AEF的距离相等 12函数)(xf的定义域为R，且) 1( xf与)2( xf都为奇函数，则 A)(xf为奇函数 B)(xf为周期函数 C)3( xf为奇函数 D)4( xf 为偶函数 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。 13某元宵灯谜竞猜节目，有 6 名守擂选手和 6 名复活选手，从复活选手中挑选 1 名选手作为攻擂者，从守擂选手中挑选 1 名选手作为守擂者，则攻擂者、守擂者 的不同构成方式共有 种 14已知 5 34 sin) 6 cos( ，则) 6 11 sin(

6、- 3 - 15直线l过抛物线)0(2 2 ppxyC：的焦点)01 ( ，F，且与C交于BA，两点，则 p ， | 1 | 1 BFAF (本题第一空 2 分，第二空 3 分) 16半径为 2 的球面上有DCBA，四点，且ADACAB，两两垂直，则 ACDABC，与ADB面积之和的最大值为 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤。骤。 17(10 分)在 231 abb， 44 ba ，25 5 S这三个条件中任选一个，补充 在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，请

7、说明理由 设等差数列 n a的前n项和为 n S， n b是等比数列， ， 51 ab ， 3 2 b，81 5 b，是否存在k，使得 1 kk SS且 21 kk SS？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。 18(12 分)在ABC中， 0 90A，点D在BC边上在平面ABC内，过D作 BCDF 且ACDF (1)若D为BC的中点，且CDF的面积等于ABC的面积，求ABC； (2)若 0 45ABC，且CDBD3，求CFBcos 19 (12 分)如图， 四棱锥ABCDS 中， 底面ABCD为矩形SA平面ABCD，FE， 分别为A

8、D，SC的中点，EF与平面ABCD所成的角为 450 (1)证明：EF为异面直线AD与SC的公垂线； (2)若BCEF 2 1 ，求二面角DSCB的余弦值 - 4 - 20(12 分)下面给出了根据我国 2012 年2018 年水果人均占有量y(单位：kg)和年 份代码x绘制的散点图和线性回归方程的残差图(2012 年2018 年的年份代码x分 别为 17) (1)根据散点图分析y与x之间的相关关系； (2)根据散点图相应数据计算得，45171074 7 1 7 1 i ii i i yxy求y关于x的经线性 回归方程； (3)根据线性回归方程的残差图，分析线性回归方程的拟合效果(精确到 0.

9、01) 附：回归方程xbay 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： xbya xx yyxx b n i i n i ii )( )( 1 2 1 ， - 5 - 21 (12 分)设中心在原点， 焦点在x轴上的椭圆E过点) 2 3 1 ( ， 且离心率为 2 3 F 为E的右焦点，P为E上一点，xPF 轴，F的半径为PF (1)求E和F的方程； (2)若直线)0)(3(kxkyl：与F交于BA，两点，与E交于DC，两点， 其中CA，在第一象限， 是否存在k使|BDAC ？若存在， 求l的方程； 若不存在， 请说明理由 22(12 分)函数)0( 1 )( x x xa xf，曲线)(xfy

10、 在点)1 (1 (f，处的切线在y轴上 的截距为 2 11 (1)求a； (2)讨论 2 )()(xfxxg的单调性； (3)设1 1 a，)( 1nn afa ，证明：1|7lnln2|2 2 n x a 参考答案 一、单项选择题：CDAB CACB 二、多项选择题：9AD 10AC 11BC 12ABC 三、填空题：1336 14 5 4 152，1 168 四、解答题： 17解：因为在等比数列 n b中，813 52 bb，所以其公比3q， 从而 22 2 )3(3)3( nn n bb，从而1 15 ba 若存在k，使得 1 kk SS，即 1 kkk aSS，从而0 1k a； 同

11、理 21 kk SS，即 211 kkk aSS，从而0 2 k a (方法一)若选：由 231 abb，得1091 2 a，所以163 nan，当4k时 满足0 5 a，且0 6 a成立； 若选：由27 44 ba，且1 5 a，所以数列 n a为递减数列，故不存在0 1k a， 且0 2 k a； 若选： 由 3 51 5 5 2 )(5 25a aa S ， 解得5 3 a， 从而112 nan， 所以当4n 时，能使00 65 aa，成立 - 6 - (方法二)若选：由 231 abb，得1091 2 a，所以公差3 3 25 aa d， 13 21 daa，从而)293( 2 1 2

12、 ) 1( 13 2 1 nnd nn aSn ； 2 )2(29)2(3 2 ) 1(29) 1(3 2 ) 1(29) 1(3 2 )293( 21 1 kkkk kkkk SS SS kk kk ， 解得 3 13 3 10 k，又 * Nk ，从而4k满足题意 若选与若选(仿上可解决，略) 18解：(1)如图所示，D为BC的中点，所以CDBD 又因 CDFABC SS ，即DFCDACAB 2 1 2 1 ACBC 4 1 ， 从而ABBC2，又 0 90A，从而 0 30ACB，所以 000 603090ABC (2)由 0 45ABC，从而ACAB，设kACAB，则 kBC2 由C

13、DBD3，所以kBCBD2 4 3 4 3 ，kCD 4 2 因为kACDF，从而kBDDFBF 4 34 22 ，kCDDFCF 4 23 22 (方法一)从而由余弦定理，得 51 175 4 34 2 4 3 2 2 8 17 8 9 2 cos 222 222 kk kkk BFCF BCBFCF FCB (方法二)所以34 17 2 cos BF DF DFB，从而 17 173 cos BF BD DFB； 2 3 2 cos CF DF DFC，从而 3 1 sin CF CD DFC 所以 51 175 )cos(cosDFBCFDCFB 19解：(1)连接BDAC、交于点G，连

14、接FGEG、 - 7 - 因为四边形ABCD为矩形，且FE、分别是SCAD、的中点，所以CDEG，且 SAFG 又SA平面ABCD，所以GF平面ABCD，所以ADGF 又GEAD， GGFGE，所以AD平面GEF，所以EFAD 因为EF与平面ABCD所成的角为 0 45，所以 0 45FEG，从而GFGE，所以 ABSA 取SB的中点H，连接FHAH、，则由HF、分别为SBSC、的中点，从而 FH BC 2 1 AE，从而四边形AEFH为平行四边形又由ABSA，知 SBAH 又BC平面SAB，所以BCAH 又BBCSB，从而AH平面 SBC从而EF平面SBCSC平面SBC，从而SCEF 综上知

15、EF为异面直线AD与SC的公垂线 (2)因为BCEF 2 1 ， 设1BC， 则1EF， 从而 2 2 GFGE， 所以2 ABSA， 以A为坐标原点，ASADAB、所在直线分别为zyx、轴，建立空间直角坐标系， 则)002(，B，)020(，D，)020(，S，)022(，C，从而，)222(，SC， )020(，BC 设平面BCS的一个法向量为)( 1111 zyxn，则 0 0 1 1 BCn SCn ，令1 1 z，从而得 ) 101 ( 1 ，n； 同理，可求得平面SCD的一个法向量为)210( 2 ，n 设二面角DSCB的平面角为，从而 3 3 32 2 | cos 21 21 n

16、n nn 3 3 20(1)解：由散点图可以看出，当x由小变大时，y也由小变大，从而y与x之间 是正相关关系； (2)由题中数据可得4)7654321 ( 7 1 x，43.1531074 7 1 y， - 8 - 从而89. 7 28 221 477654321 41074 7 1 74517 7 7 22222222 2 7 1 2 7 1 xx yxyx b i i i ii 87.121489. 743.153 xbya， 从而所求y关于x的线性回归方程为87.12189. 7xy (3)由残差图可以看出，残差对应的点均匀地落在水平带状区域内，且宽度较窄， 说明拟合效果较好 两侧分布均

17、匀，且最大差距控制在 1%左右， 拟合效果较好 21 解 ： (1) 设 椭 圆E的 方 程 为1 2 2 2 2 b y a x 由 2 3 e， 从 而 得 2 2 2 22 2 1 4 3 a b a ba e ，从而 4 1 2 2 a b ，即 22 4ba 又椭圆过点) 2 3 1 ( ，从而得1 4 31 22 ba ，解得14 22 ba，从而所求椭圆E的 方程为1 4 2 2 y x 所以)03(，F，令3x，得rPF 2 1 |，所以F的方程为 4 1 )3( 22 yx； (2)不存在，理由如下： 若|BDAC ，则|1DCCBDBCBACAB 联立 1 4 )3( 2

18、2 y x xky ，整理，得041238) 14( 2222 kxkxk 设)()( 2211 yxDyxC，则 14 412 14 38 2 2 21 2 2 21 k k xx k k xx 从而 21 2 21 2 21 2 4)(1|1|xxxxkxxkCD 14 44 14 412 4) 14 38 (1 2 2 2 2 2 2 2 2 k k k k k k k - 9 - 由1|DC，从而1444 22 kk，从而14 ，矛盾 从而满足题设条件的直线l不存在 22解：(1)由题意知切点坐标为) 2 1 1 ( a ， 对)(xf求导，得 2 )1 ( 1 )( x a xf ，

19、从而 4 1 ) 1 ( a f 所以切线方程为) 1( 4 1 2 1 x aa y，令0x，得 4 1 2 1 2 11aa ，解得7a； (2) 由 (1) 知 1 7 )( x x xf， 从 而 2 ) 1 7 ()( x x xxg， 对)(xg求 导 ， 得 0 ) 1( )74)(7( )( 2 2 x xxx xg，从而可知)(xg在)0(，上单调递增； (3)(方法一)欲证1|7lnln2|2 2 n x a，即证1|7lnln|2 1 n n a 只需证 1 2 1 | 7 ln| n n a 不妨设 7 n n a b ，由此可得 17 7 1 n n n b b b

20、因此，欲证 1 2 1 | 7 ln| n n a ，只需证| 2 1 |ln| 1 nn bb 由于不动点为 1，下面研究 n b与不动点的大小关系： 17 ) 1)(71 ( 1 17 7 1 1 n n n n n b b b b b，即1 1n b与1 n b是异号的 由于1 7 1 1 b，由此，得1 12 n b，1 2 n b 当n为奇数时，|ln| 2 1 |ln| 1 nn bb，此时1 n b，1 1n b 故只需证 1 1 n n b b ，即证 1 1 n n b b即证 nn n n bb b b 1 17 7 1 当n为偶数时，欲证|ln| 2 1 |ln| 1 n

21、n bb，此时1 n b，1 1n b 故只需证 1 1 n n b b，即证 nn n n bb b b 1 17 7 1 - 10 - 那么等价于证明不等式) 1( 1 17 7 x xx x 与) 10( 1 17 7 x xx x 成立 构造函数177)(xxxxxg， 则0) 1 (g，0777773 72 7 2 3 )( x xxg 则)(xg单调递增，由此可得|ln| 2 1 |ln| 1 nn bb 因此， 1 2 11 1 1 2 1 ln 2 1 7ln 2 1 |ln| 2 1 |ln| nnnn n ebb 故不等式得证 (方法二)令x x x xf 1 7 )(，解

22、得7x 从而 1 )7)(71 ( 7 1 )7)(71 ( 7 1 1 n n n n n n a a a a a a ，作商，得 7 7 71 71 7 7 1 1 n n n n a a a a ， 所以 nn n n a a ) 71 71 () 71 71 ( 71 71 7 7 1 ，从而 1 71 71 71 71 17 n n n a 所以 1 71 71 71 71 1 ln2 7 ln 2 n n n a 当n为偶数时， 1 71 71 71 71 1 ln2 7 ln 2 n n n a ； 当n为奇数时， 1 17 71 1 17 71 2 1 17 71 1 17 7

23、1 ln2 1 17 71 71 71 1 ln2 7 ln 2 n n n n n n n a - 11 - 故无论n为奇数还是偶数， 1 71 71 71 71 1 ln2 7 ln 2 n n n a 下面只需证明 1 2 1 1 71 71 71 71 1 ln nn n 当1n时，有1 2 7ln ，满足题意； 当2n时， 1 71 71 2 1 71 71 2 1ln 1 71 71 71 71 1 ln nnn n 故只需证 1 2 1 1 71 71 2 nn ，即证12 71 71 n n 而当2n时， 17 73 22 17 73 2 71 71 11 n n n nn C

24、12 17 )73(4 2 nn 故不等式得证 ( 方 法 三 ) 要 证1|7lnln2|2 2 n x a， 只 需 证 1 2 1 | 7 ln| n n a ， 只 需 证 | 7 ln| 2 1 | 7 ln| 1nn aa ， 易知)(xf在)0(，上单调递减，且0 n a 若7 n a，则7)7()( 1 fafa nn 此时， 7 1 7 1nn aa ，只需证 2 1 1 ) 7 ln( 7 ln n n a a ， - 12 - 只需证77) 7 ( 7 2 1 2 1 1 nn n n aa a a 此时7 n a 由(2)知77)7()( 2 1 gagaa nnn 若

25、7 n a，则7)7()( 1 fafa nn 此时， 7 1 7 1 nn aa ，只需证 2 1 1 ) 7 ln( 7 ln n n a a 只需证77) 7 ( 7 2 1 2 1 1 nn n n aa a a 此时，7 n a 由(2)知，77)7()( 2 1 gagaa nnn 综上所述，)1( | 7 ln| 2 1 | 7 ln| * 1 Nnn aa nn ，成立 所以，7ln 2 1 ) 2 1 (| 7 ln|) 2 1 (| 7 ln| 1 1 1 nn n aa 易知，1ln 2 1 7ln 2 1 2 e，所以 1 2 1 | 7 ln| n n a 成立 故原不等式得证