【2020年高考数学预测题、估测题】山东省数学高考试卷1【附详细答案和解析_可编辑】
【2020年高考数学预测题、估测题】山东省数学高考试卷1【附详细答案和解析 可编辑】
真水无香 tougao33
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
一、 选择题 （本题共计 14 小题 ，共计84分 ， ）
1. （5分） 已知集合 A={1,2,3,4}, B={x|x2-x-6<0} ，则 A∩B=( )
A.{2} B.{1,2} C.{2,3} D.{1,2,3}
2. （5分） 设复数z满足|z-i|=1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则( )
A.(x+1)2+y2=1 B.(x-1)2+y2=1
C.x2+(y+1)2=1 D.x2+(y-1)2=1
3. （5分） 设a=313，b=log132,c=1312，则( )
A.c
0xex,x≤0则函数y=f1-x的图象大致是( )
A. B.
C. D.
6. （5分） 甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“《论语》知识大赛”，决出第1名到第5名的名次．甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名”；对乙说“你当然不会是最差的”．从上述回答分析，丙是第一名的概率是（ ）
A.15 B.16 C.14 D.13
7. （5分） 已知向量a→=(4,3)，b→=(-1,2)，若向量a→+kb→与a→-b→垂直，则k的值为( )
A.233 B.7 C.-115 D.-233
8. （5分） 执行如图所示的程序框图，则输出S的值是( )
第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页
A.-2 B.-1 C.0 D.1
9. （5分） 已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a3=6，S3=12，则公差d等于( )
A.1 B.53 C.2 D.3
10. （5分） 设直线y=4x-3与椭圆E:x225+y216=1交于A、B两点，过A、B两点的圆与E交于另两点C、D，则直线CD的斜率为（ ）
A.-14 B.-2 C.14 D.-4
11. （5分）
关于函数f(x)=cos|x|+|cosx|有下述四个结论：
①f(x)是偶函数；②f(x)在区间(-π2,0)上单调递增；③f(x)在[-π,π]上有4个零点；④f(x)的最大值为2.
其中所有正确的编号是( )
A.①②④ B.②④ C.①④ D.①③
12. （5分） 已知正四面体ABCD的棱长为a，其外接球表面积为S1，内切球表面积为S2，则S1:S2的值为（ ）
A.3 B.33 C.9 D.494
13. （12分）
已知f(x)=sin(2019x+π6)+cos(2019x-π3)的最大值为A，若存在实数x1，x2使得对任意实数x总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则A|x1-x2|的最小值为( )
A.π2019 B.2π2019 C.4π2019 D.π4038
14. （12分） 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a2+c2-b2=cbcosC+ccosB，b=3，则△ABC周长的取值范围是（ ）
A.(6,9] B.(3,9] C.[6,9] D.[3,9]
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ）
15. 设过曲线f(x)=-ex-x（e为自然对数的底数）上任意一点处的切线为l1，总有过曲线g(x)=ax+2cosx上一点处的切线l2，使得l1⊥l2，则实数a的取值范围为________.
16. 在等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝2，若{an}前n项和Sn＝127，则n的值为________．
17. 有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为________．
18. 已知椭圆x216+y212=1的右焦点F到双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0, b>0)的渐近线的距离小于3，则双曲线E的离心率的取值范围是________．
三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 12 分 ，共计60分 ， ）
19. 如图，在四棱锥S-ABCD中，ABCD为直角梯形，AD//BC，BC⊥CD，平面SCD⊥平面ABCD，△SCD是以CD为斜边的等腰直角三角形，BC=2AD=2CD=4，E为BS上一点，且BE=2ES．
(1)证明：直线SD//平面ACE；
(2)求二面角S-AC-E的余弦值．
20. 已知抛物线C：y2=2px焦点坐标为(2, 0).
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点B(-1, 0)，设不垂直于x轴的直线l与抛物线C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，求证：直线l过定点．
21. 已知函数 f(x)=lnx-ax2+x,a∈R.
(1)当a=0 时，求曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程；
第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页
(2)讨论f(x) 的单调性;
(3)若f(x)与两个零点，求a的取值范围.
22. 2020年6月，第十六届欧洲杯足球赛将在12个国家的13座城市举行.某体育网站组织球迷对德国、西班牙、法国、葡萄牙四支热门球队进行竞猜，每位球迷可从四支球队中选出一支球队，现有三人参与竞猜.
(1)若三人中每个人可以选择任何一支球队，且选择每个球队都是等可能的，求四支球队中恰好有两支球队有人选择的概率；
(2)若三人中只有一名女球迷，假设女球迷选择德国队的概率为13，男球迷选择德国队的概率为25，记X为三人中选择德国队的人数，求X的分布列和数学期望．
23. 已知实数a，b，c满足a>0，b>0，c>0，且abc=1．
(1)证明：(1+a)(1+b)(1+c)≥8；
(2)证明：a+b+c≤1a+1b+1c．
第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页
参考答案与试题解析
【2020年高考数学预测题、估测题】山东省数学高考试卷1【附详细答案和解析 可编辑】
一、 选择题 （本题共计 14 小题 ，共计84分 ）
1.【答案】
B
【解答】
解：由B中不等式变形得：(x+2)(x-3)<0，
解得：-21,b=log132<0,01时，1-x<0，y=f1-x=1-xe1-x ，
∵ 1-x<0，e1-x>0，
∴ y=f1-x=1-xe1-x<0，故B符合.
故选B.
6.【答案】
D
【解答】
解：由于甲和乙都不可能是第一名，所以第一名只可能是丙、丁、戊，又考虑到所有的限制条件与丙、丁、戊都无关，所以这三个人获得第一名是等概率事件，即丙是第一名的概率是13．
故选D．
7.【答案】
A
【解答】
第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页
解：∵ a→=(4,3)，b→=(-1,2)，
∴ a→+kb→=(4-k, 3+2k)，a→-b→=(5, 1)，
∵ 向量a→+kb→与a→-b→垂直，
∴ (a→+kb→)⋅(a→-b→)=0，
可得：(4-k)×5+(3+2k)×1=0，
∴ 20-5k+3+2k=0⇒k=233.
故选A.
8.【答案】
C
【解答】
解：按程序框图执行可知，
第一次循环：S=-1，n=2；
第二次循环：S=0，n=3；
第三次循环：S=-1，n=4；
第四次循环，S=0，n=5；
第五次循环．S=-1，n=6；
，⋯，
当n=2021时，退出循环，
进行计算S=0+(-1)1+(-1)2+⋯+(-1)2020=0，所以输出S=0．
故选C．
9.【答案】
C
【解答】
解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由a3=6，S3=12，得：a1+2d=6,3a1+3d=12.
解得：a1=2，d=2．
故选C．
10.【答案】
D
【解答】
由直线AB:y=4x-3，可得斜率为4，
再由过A，B两点的圆与椭圆Г交于另外两点C，D，
由y=4x-3可得y2-(4x-3)2=0，
过直线AB，直线CD和椭圆的曲线系方程为
y2-(4x-3)2+λ(16x2+25y2-400)=0，
可得(1+25λ)y2+(16λ-16)x2+24x-9-400λ=0，
由1+25λ=16λ-16，解得λ=-179，
可得λ=-179表示圆的方程，
求交点弦方程，可运用曲线系方程的结论，可令λ=0，即有y2=(4x-3)2，
即为y=4x-3和y=-4x+3，
即有k=-(4)
11.【答案】
A
【解答】
解：①f(-x)=cos|-x|+|cos(-x)|=cos|x|+|cosx|=f(x)，
∴ f(x)是偶函数，故①正确；
②当x∈(-π2,0)时，f(x)=cosx+cosx=2cosx，
此时f(x)在(-π2,0)单调递增，故②正确；
③当x∈[π2,π]时，f(x)=cosx-cosx=0，此时有无数个零点，故③错误；
④当x>0时，f(x)=cosx+|cosx|≤|cosx|+|cosx|≤2，
当x=π2+2kπ(k≥0,k∈Z)等号成立，
又∵ f(x)是偶函数，∴ f(x)的最大值为2，故④正确.
故选A.
12.【答案】
C
【解答】
解：如图，设点O是内切球的球心，正四面体棱长为a，
由图形的对称性知，点O也是外接球的球心．
设内切球半径为r，外接球半径为R．
在Rt△BEO中，BO2=BE2+EO2，
即R2=(33a)2+r2，
又R+r=63a，
解得R=3r，
∴ S1：S2=R2：r2=9，
故选：C．
13.【答案】
B
【解答】
解：∵ f(x)=sin(2019x+π6)+cos(2019x-π3)
=sin2019xcosπ6+cos2019xsinπ6+cos2019xcosπ3+
sin2019xsinπ3
=32sin2019x+12cos2019x+
12cos2019x+32sin2019x
=3sin2019x+cos2019x=2sin(2019x+π6)，
∴ f(x)的最大值为A=2；
第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页
由题意，得|x1-x2|的最小值为T2=π2019,
∴ A|x1-x2|的最小值为2π2019.
故选B.
14.【答案】
A
【解答】
解：∵ a2+c2-b2=cbcosC+ccosB，
由余弦定理得2accosB=cbcosC+ccosB,
∵ c≠0
∴ 2acosB=bcosC+ccosB，
由正弦定理得2sinAcosB=sinBcosC+sinCcosB=sinA,
∵ A∈0,π,
∴ sinA≠0,
∴ cosB=12,
∴ B=π3.
∵ asinA=bsinB=csinC=23，
∴ 周长l=a+c+3=23sinA+23sinC+3
=23sinA+23sin2π3-A+3=6sinA+π6+3 ,
∵ A∈(0,2π3) ,
∴ 121，∴ 1ex+1∈(0, 1)，
由g(x)=ax+2cosx，得g'(x)=a-2sinx，
又-2sinx∈[-2, 2]，
∴ a-2sinx∈[-2+a, 2+a]，
要使过曲线f(x)=-ex-x上任意一点的切线为l1，总存在过曲线g(x)=ax+2cosx上一点处的切线l2，使得l1⊥l2，
则-2+a≤0，2+a≥1，
解得-1≤a≤2．
即a的取值范围为-1≤a≤2．
故答案为：[-1, 2]．
16.【答案】
7
【解答】
由等比数列的前n项和公式可得，127=1-2n1-2
解可得，n＝7
17.【答案】
13
【解答】
由于每位同学参加各个小组的可能性相同，故这两位同学同时参加一个兴趣小组的概率为 3×( 13×13)=13，
18.【答案】
10, b>0)的一条渐近线为bx+ay＝0，
则焦点到渐近线的距离d=2bb2+a2<3，
即有2b<3c，
∴ 4b2<3c2，
∴ 4(c2-a2)<3c2，
∴ e<2，
∵ e>1，
∴ 10)，
①当 a≤0 时，显然 f'(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增；
②当a>0 时，令 f'(x)=-2ax2+x+1x=0，
则-2ax2+x+1=0 ，易知 Δ>0 恒成立.
设方程的两根分别为 x1,x2(x10 得，x∈(0,x2) ，
由f'(x)<0得 ，x∈(x2,+∞)，
其中x2=1+8a+14a，
∴ 函数f(x)在(0,1+8a+14a]上单调递增，在(1+8a+14a,+∞)上单调递减.
(3)函数f(x)有两个零点，等价于方程 a=lnx+xx2 有两解，
令g(x)=lnx+xx2(x>0)，则g'(x)=1-2lnx-xx3，
由g'(x)=1-2lnx-xx3>0,得2lnx+x<1 ，解得 00，当x→0时，g(x)→-∞，
当x→+∞时，g(x)→0，
∴ 作出函数 g(x) 的大致图象如图，结合函数值的变化得到答案：
当a∈(0,1) 时符合题意.
【解答】
解：(1)当a=0时，f(x)=lnx+x,f(e)=e+1,
f'(x)=1x+1,f'(e)=1+1e,
∴ 曲线 y=f(x) 在点 (e,f(e)) 处的切线方程为：
y-(e+1)=(1+1e)(x-e)，
即y=(1e+1)x.
(2)f'(x)=-2ax2+x+1x(x>0)，
①当 a≤0 时，显然 f'(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增；
②当a>0 时，令 f'(x)=-2ax2+x+1x=0，
则-2ax2+x+1=0 ，易知 Δ>0 恒成立.
设方程的两根分别为 x1,x2(x10 得，x∈(0,x2) ，
由f'(x)<0得 ，x∈(x2,+∞)，
其中x2=1+8a+14a，
∴ 函数f(x)在(0,1+8a+14a]上单调递增，在(1+8a+14a,+∞)上单调递减.
第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页
(3)函数f(x)有两个零点，等价于方程 a=lnx+xx2 有两解，
令g(x)=lnx+xx2(x>0)，则g'(x)=1-2lnx-xx3，
由g'(x)=1-2lnx-xx3>0,得2lnx+x<1 ，解得 00，当x→0时，g(x)→-∞，
当x→+∞时，g(x)→0，
∴ 作出函数 g(x) 的大致图象如图，结合函数值的变化得到答案：
当a∈(0,1) 时符合题意.
22.【答案】
解：(1)设恰好有两支球队被人选择为事件A，
由于三人等可能的选择四支球队中的任意一支，有43种不同选择，
每种选择可能性相等，故恰好有两支球队被人选择有C32C42种不同选择，
四支球队中恰好有两支球队被选择的概率：
P(A)=C32C4243=916．
(2)由题意知X的所有可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=23×(35)2=625，
P(X=1)=13×(35)2+(23×25×35)×2=1125，
P(X=2)=23×(25)2+13×25×35×2=415，
P(X=3)=13×(25)2=475．
∴ X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
625
1125
415
475
∴ E(X)=0×625+1×1125+2×415+3×475=1715．
【解答】
解：(1)设恰好有两支球队被人选择为事件A，
由于三人等可能的选择四支球队中的任意一支，有43种不同选择，
每种选择可能性相等，故恰好有两支球队被人选择有C32C42种不同选择，
四支球队中恰好有两支球队被选择的概率：
P(A)=C32C4243=916．
(2)由题意知X的所有可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=23×(35)2=625，
P(X=1)=13×(35)2+(23×25×35)×2=1125，
P(X=2)=23×(25)2+13×25×35×2=415，
P(X=3)=13×(25)2=475．
∴ X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
625
1125
415
475
∴ E(X)=0×625+1×1125+2×415+3×475=1715．
23.【答案】
证明：(1)1+a≥2a，1+b≥2b，1+c≥2c，
相乘得：(1+a)(1+b)(1+c)≥8abc=8，
所以(1+a)(1+b)(1+c)≥8.
(2)1a+1b+1c=ab+bc+ac，
ab+bc≥2ab2c=2b，
ab+ac≥2a2bc=2a，
bc+ac≥2abc2=2c，
相加得：a+b+c≤1a+1b+1c.
【解答】
证明：(1)1+a≥2a，1+b≥2b，1+c≥2c，
相乘得：(1+a)(1+b)(1+c)≥8abc=8，
所以(1+a)(1+b)(1+c)≥8.
(2)1a+1b+1c=ab+bc+ac，
ab+bc≥2ab2c=2b，
ab+ac≥2a2bc=2a，
bc+ac≥2abc2=2c，
相加得：a+b+c≤1a+1b+1c.
第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页