2020届山东省滨州市高三上学期期末考试数学试题(解析版)

1、第1页共25页2020届山东省滨州市高三上学期期末考试数学试题、单选题【点睛】所以|z|故选：D.【点睛】本题主要考查求复数的模，熟记复数的除法运算法则，以及复数模的计算公式即可，属于基础题型1”是“2x1”的(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【答案】A【解析】根据交集的概念，直接计算，即可得出结果【详解】因为Ax|1x3,B0,2,4,6,所以AI B0,2.D.故选：A.1.已知Ax|0,2,4,6顶AIB(B.1,0,2X|1本题主要考查交集的运算, 熟记概念即可，属于基础题型2.已知复数z满足Z134i,则|z|()B.【解析】先由题意，得到z3

2、41,根据复数的除法运算法则，以及复数模的计算公i式，即可得出结果.【详解】因为z1i34i,所以34i1i34i1i第2页共25页【答案】Bx1【解析】先由11,得到x0,再由充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.2【详解】x由11解得x0,所以由“2x1”能推出x0”，反之，不能推出；2x1因此一1是2x1的必要不充分条件.2故选：B.【点睛】本题主要考查命题的必要不充分条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型.4.板-山）展开式中了项的系数为（）A.】6|B.1C.8D.2【答案】B【解析】写出二项展开式的通项公式，从而可知当k=B时得到妒的项，代入通项公式求得结果.

3、【详解】2-1寸的展开式通项为：=C；2咔0=C；2-r(-】)x5当E=4,即T=8时，T9-(项的系数为：l|本题正确选项：【点睛】本题考查利用二项式定理求解指定项的系数问题，属于常规题型r5.已知向量arrx,2,b2,y,c-rrr2-4，且a/c，brc，则rrab()A.3B.而C.4vD.2/3第3页共25页【答案】B果.【详解】rrr口rrrr因为向量ax,2,b2,y,c2,4，且a/c，bc,4x40 x1rr所以,解得：即a1,2,b2,1,44y0y 1rr所以ab(3,1),因此rrab72312屈.故选：B.【点睛】本题主要考查求向量的模，熟记向量模的坐标表示，向量

4、垂直的坐标表示，以及向量共线的坐标表示即可，属于常考题型6.已知抛物线y24x的焦点为F,准线为l,P为该抛物线上一点，PAl,A为垂足.若直线AF的斜率为右，则PAF的面积为()【解析】先由题意，得到抛物线的焦点为F(1,0),设抛物线y2边长为4的等边三角形，再由三角形面积公式，即可得出结果【详解】由题意，抛物线y24x的焦点为F(1,0),设抛物线y24x的准线与x轴交点为D，贝UDF故选：B.【解析】根据题意, 得到4x404y求出x,y,再由向量模的坐标表示，即可得出结4x的准线与x轴交点2,根据直线的斜率，求出AF60,推出PAF是2,又直线AF的斜率为右，所以AFD60,因此AF

5、2DF4,AFP60；由抛物线的定义可得:PAPF，所以PAF是边长为4的等边三角形,所以PAF的面积为4sin6043第4页共25页rt|:4JN11FVA*(折73I-11_2-3:-4|【点睛】【详解】由图像可得:本题主要考查抛物线中三角形的面积问题, 熟记抛物线的性质即可，属于常考题型3blog3a,3logib3log1c,则a,b,c的大小关系是3B.aC.【解析】在同一直角坐标系内, 作出函数log3X,yOx3,的图像, 根据图像，即可得出结果在同一直角坐标系内，作出函数yiog3x,oxyy3,ylogi3x的图像如下:因为-3,3blog3a，3logib3所以a是ylog

6、3x交点的横坐标；b是y3x与ylogx交点的横坐3标；c是ygx交点的横坐标;3第5页共25页故选：C.【点睛】本题主要考查由对数函数与指数函数的图像比较大小，熟记对数函数与指数函数的图像与性质即可，属于常考题型.8.已知函数f(x)2sin(2x)的图象过点A一,2,则()6A.把yfx的图象向右平移g个单位得到函数y2sin2x的图象B.函数fX在区间,。上单调递减C.函数fx在区间0,2内有五个零点D.函数fx在区间。，司上的最小值为i【答案】D【解析】先由函数图像过点A,2，求出一2k,kZ,得到66f(x)2sin2x一，根据正弦型三角函数的性质，以及函数的平移原则，逐项判断,6即

7、可得出结果.【详解】因为函数f(x)2sin(2x)的图象过点A一,2,6第6页共25页所以2sin2,因此一一2k,kZ,332所以一2k,kZ,6【详解】第7页共25页A选项，把yfx的图象向右平移 -个单位得到函数6y2sin2x6的图象，故A错;B选项，由一22k2x一622k,kZ得一6kx23k,kZ,即函数f(x)2sin2x一的单调递减区间是:66k2,k,kZ,故B错;【点睛】平移原则即可，属于常考题型二、多选题B.双曲线过点【答案】ABC【解析】根据双曲线标准方程的求法，逐项判断，即可得出结果因此f(x)2sin(2x)2sin2x2k2sin2xC选项，由f(x)2sin

8、xJ,k122Z,因此x0,2,所以xD选项，因为xy2sin2x61,20得2x-617231212，共四个零点,因it匕sin 2x2sin2x一的最小值为1,6C错;121故D正确;本题主要考查三角函数相关结论的判断,熟记正弦型三角函数的性质,以及三角函数的9.已知双曲线C：能使双曲线C的方程为2匕b22x_161(a0,b0)的左、右焦点分别为21的是(9Fi(5,0),F2(5,0),则C.渐近线方程为3x4yD.实轴长为42x5故选：D.,所以2x，即f(x)111212第8页共25页由题意，可得：焦点在x轴上，且c5;222L七1,故A正确;1692x16m9m25,解得：m1,

9、所以此时双曲线的万程为：16若实轴长为4,则a2,所以b2c2a221,此时双曲线的方程为:【点睛】本题主要考查由a,b,c求双曲线方程，熟记双曲线的标准方程及性质即可，属于常考题10.已知菱形ABCD中，BAD60,AC与BD相交于点O,起，使顶点A至点M，在折起的过程中，下列结论正确的是(角形大值为60【答案】ABD【解析】根据线面垂直的判定定理与性质可判断A选项；设菱形ABCD的边长为2,A选项，若离心率为一，则a44,所以b2a29,此时双曲线的方程为:B选项，若双曲线过点25a2a8116b225，解得:2ab216;此时双曲线22的方程为：工匕1691,故B正确;C选项，若双曲线的

10、渐近线方程为3x4y0,可设双曲线的方程为:2x2y_169所以2c正确;D选项，22xy_421A.BDCMB.存在一个位置，使VCDM为等边三将ABD沿BD折C.DM与BC不可能垂直D.直线DM与平面BCD所成的角的最m(m0),1,故D错误;故选：ABC.第9页共25页十uuuiruur,项；用向重的方法计算DMBC，判正其能否为概念，找到线面角的最大值，即可判断D选项.根据题意，当VCDM为等边三角形时，求得二面角MBDC存在，即可判断B选0,即可判断C选项；根据线面角的【详解】A选项，因为菱形ABCD中，AC与BD相交于点O,所以AOBD,COBD；将ABD沿BD折起，使顶点A至点M

11、，折起过程中，AO始终与BD垂直，因此MOBD,又MOICO,由线面垂直的判定定理，可得：BD平面CMO，因此BDCM,故A正确；B选项，因为折起的过程中，AD边长度不变，因此MDCD；若VCDM为等边三角形，则CMCD;设切ABCD的边长为2,因为BAD60,贝UAOABsin603，即AOMO焰，又CMCD2,所以cosMOC3341,即二面角MBDC的余弦值为时，VCDM为等边2333三角形；故B正确；UUULTUUUUUULTUJUlUUUFUUU由A选项知，MOBD,COBD,UULTUUinODOB,C选项，DMOMOD，BCOCOB，UUUUUUUTUULTUUIT所以OMOBO

12、DOC0,因此ULUIUTUimUULUUUirUUITUUUUUUUULUTDMBCOMODOCOBOMOC同B选项,UUIW设菱形ABCD的边长为2，易得OCOMJ3,OBOD1,UULT.1UUIIUIUULT所以DMBC3cosMOC1,显然当cosMOC一时，DMBC0，即3DMBC;故C错误；D选项，同BC选项，设菱形ABCD的边长为2,则OM43,OD1,MD2,由几何体直观图可知，当OM平面BCD,直线DM与平面BCD所成的角最大，为MDO，易知MDO60故选：ABD.【点睛】本题主要考查立体几何的综合应用，熟记线面垂直的判定定理，线面角的概念，灵活运第8页共25页第11页共2

13、5页用向量的方法判定即可，属于常考题型11.已知定义在0,万上的函数fx的导函数为fx,且f00,f(x)cosxf(x)sinx0,则下列判断中正确的是()A.f-技fB.fIn06243C.f-3fD.f、2f-6343【答案】CD【解析】先令g(x)对函数求导，根据题意， 得到,、f(x)-g(x)在0,上cosxcosx2单调递减，再逐项判断，即可得出结果【详解】令g(x)冬x。,一，cosx2f(x)cosxf(x)sinx则g(x)2cosx因为f(x)cosxf(x)sinx0,所以g(x)f(x)cosx2f(x)sinx0在0,_上恒成立,cosx2因此函数g(x)上也在0-

14、上单调递减，cosx2因此g6g;0,所以，即g(0)T_6_cos6f(0)T一，即fcos40，所以g(x)6f(x)cosx20在，402故A错；上恒成立,又f 0因为In30,一2,所以fIn30,故B错；又g6g3,所以f-_6_f-，即f6.3f,3故C正确;coscos63第12页共25页又gg一,所以一一，即f-J2f一，故D正确；4343coscos43故选：CD.【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要构造函数，用导数的方法研究函数单调性等，属于常考题型.12.在平面直角坐标系xOy中，如图放置的边长为2的正方形ABCD沿x轴滚动(无滑动滚动)，点D恰好经过坐标原点，设顶点

15、Bx,y的轨迹方程是yfx,则对函数yfx的判断正确的是()C.函数yfx的值域为0,22D.函数yfx在区间6,8上单调递增【答案】BCD【解析】根据正方形的运动，得到点Bx,y的轨迹，作出对应函数图像，根据图像，即可得出结果.【详解】由题意，当4x2时，顶点Bx,y的轨迹是以点A(2,0)为圆心，以2为半径,1-的一圆；41当2x2时，顶点Bx,y的轨迹是以点D(0,0)为圆心，以2J2为半径的圆；41当2x4时，顶点Bx,y的轨迹是以点C(2,0)为圆心，以2为半径的一圆；A.函数yf是奇函数B.对任意的xR,都有第13页共25页41一,当4x6,顶点Bx,y的轨迹是以点A(4,0)为圆

16、心，以2为半径的一圆，与44x2的形状相同，因此函数yfx在4,4恰好为一个周期的图像；【详解】第14页共25页所以函数yfx的周期是8；A选项，由图像及题意可得，该函数为偶函数，故A错；B选项，因为函数的周期为8,所以f(x8)f(x)，因此f(x4)f(x4);故B正确；C选项，由图像可得，该函数的值域为0,22;故C正确；D选项，因为该函数是以8为周期的函数，因此函数yfx在区间6,8的图像与在区间2,0图像形状相同，因此，单调递增；故D正确；故选：BCD.【点睛】本题主要考查分段函数的应用，熟记函数的性质，灵活运用数形结合的思想求解即可,属于常考题型.三、填空题【答案】y2x1【解析】

17、Qy(x2)exk2y12x,y2x1sincos,114.已知1,tan()，则tan1cos23【答案】113.曲线y7+,sincos先由1cos2公式，即可得出结果.【解析】1,根据二倍角公式，得到tan1十,再由两角差的正切2(x1)ex在点(0,1)处的切线的方程为其图像如下:【详解】第15页共25页第16页共25页sincos2因为1,所以sincos2sin且cos1cos2)3又tan(所以tantantantan故答案为:【点睛】1tantan本题主要考查三角恒等变换给值求值的问题,即可，属于常考题型0,13116熟记二倍角公式,15.在四面体SABC中，SASB2,且SA

18、SB,BC四面体体积的最大值为，该四面体外接球的表面积为所以tan【答案】淄86【解析】先由题中数据,OAOBOCOS球的表面积；再由SO以及两角差的正切公式得到ACBC;取AB中点为O,连接OS,OC,从而得到J2，所以该四面体的外接球的球心为O,进而可求出其外接AB，底面三角形ABC的面积为定值，SO的长也为确定的值,结合几何体直观图，可得当SO平面ABC时，四面体的体积最大，即可求出结果【详解】因为SASB2，且SASB,BC龙,所以ABV2SA212,因BC2AC2AB2，贝UACBC取AB中点为O,连接OS,OAOBOCOS2，所以该四面体的外接球的球心为O，半径为OC所以该四面体外

19、接球的表面积为又因为SASB,所以SOAB；因为底面三角形ABC的面积为定值1-ACBC215,2SO的长也为确定的值 J2,因此，当SO平面ABC时，四面体的体积最大,3SVABCSOi0第17页共25页第18页共25页故答案为：(1).二30(2).86本题主要考查几何体外接球的相关计算，以及三棱锥体积的有关计算，熟记三棱锥结构特征，以及球的表面积公式与三棱锥的体积公式即可，属于常考题型16.在平面直角坐标系xOy中，A为直线l：y3x上在第三象限内的点，B10,0,以线段AB为直径的圆C(C为圆心)与直线l相交于另一个点D,ABCD,则圆C的标准方程为.22【答案】x7y645【解析】先

20、由题意，设点A(m,3m),m0,再由B10,0，得到AB的中点为C匚0,竺以及以线段AB为直径的圆C的方程为：22(x10)(xm)y(y3m)0;联立直线与圆的方程，求出D(1,3)；根据ABCD,【详解】uuuuun得到ABCD0;进而求出m4,即可得出圆的方程.【点第19页共25页由题意，设点A(m,3m),m0,因为B10,0m103mCF；，以线段AB为直径的圆C的方程为：(x10)(xm)y(y3m)0;由(xy10)(x3xm)y(y3m)0，解得:1-，、，即D(1,3)；又ABuuuuujr所以ABCD0；uuu因为ABuuur(10m,3m),CD所以(103m0,整理得

21、:2m2m82，因为m0,所以m4,第20页共25页所以圆C的方程为：(x10)(x4)y(y12)0,一22整理得：x7y645.22故答案为：X7y645.【点睛】本题主要考查求圆的标准方程，熟练掌握直线与圆交点坐标的求法，以及圆的标准方程即可，属于常考题型.四、解答题17.在VABC中，a,b,c分别为内角A,B,C的对边，且满(ba)(sinBsinA)c(、3sinBsinC).(1)求A的大小；(2)再在a2,B,cJ3b这三个条件中，选出两个使VABC唯一确4定的条件补充在下面的问题中，并解答问题.若,求VABC的面积.【答案】(1)A；(2)见解析6【解析】(1)由题中条件，根

22、据正弦定理，得到b2c2a23bc,再由余弦定理，即可求出结果；(2)方案一:选条件和，先由正弦定理求出b2J2,再由余弦定理，求出cJ276,进而可求出三角形面积；方案二：选条件和，先由余弦定理求出b2，得到c2J3，进而可求出三角形面积.【详解】(1)因为(ba)(sinBsinA)c(J3sinBsinC),又由正弦定理一七得sinAsinBsinC(ba)(ba)c(73bc),即b2c2a23bc,b2c2a2.3bc-3所以cosA，2bc2bc2因为0A,第21页共25页所以A一.6(2)方案一:选条件和.、abA由正弦定理，得bsinB2很.sinAsinBsinA方案二：选条

23、件和.由余弦定理a2b2c22bccosA,得2.2.24b3b3b,则b24,所以b2.所以c2右,所以VABC的面积S-bcsinA-23-V3.222【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理，余弦定理，以及三角形面积公式即可，属于常考题型.18.已知数列a”为公差不为0的等差数列，且a?3,ai,a?,a5成等比数列的公差为d(d0),根据题中条件，列出方程组求解,得到首项与公差，即可得出通项公式;由余弦定理b2a22c2accosB,碍(2、2)222c222ccos,4所以VABC的面积_1.-1_SacsinB2(,2、E*、.31.(1)求数列an的通项公式;(2)设Sn为数列

24、an2的前.1n项和，bn求数列bn的前n项和Tn.【答案】(1)an2n1；(2)32n342(n1)(n2)【解析】(1)先设等差数列第22页共25页(2)由(1)的结果，得到Snn22n，求出bn,再由裂项相消法，即可求出数列的和.第23页共25页【详解】(1)设等差数列an的公差为d(d0).a1d32，a1da1a14d所以an2n1.(2)依题意得，an22n1,357L(2n1)(2n1)(2n13)n2n.所以Tnb1b2b3Lbn1bn1111-122n1n232n342(n1)(n2)【点睛】式，以及裂项相消的方法求数列的和即可，属于常考题型19.如图，在四棱锥PABCD中

25、，PD底面ABCD,AD/BC,ABC90,BCD45,BC2AD.由题意得解得aia22a32Lan12an2本题主要考查求数列的通项公式,以及数列的求和，熟记等差数列的通项公式与求和公第24页共25页(1)求证：BDPC;(2)若PCBC,求平面PAD和平面PBC所成的角(锐角)的余弦值第25页共25页【答案】（1）证明见解析；（2）晅3【解析】（1）取BC的中点E,连接DE,根据线面垂直的判定定理，证明PCD,进而可得线线垂直；（2）以D为坐标原点，分别以DB,DC,DP所在直线为x轴，y轴，间直角坐标系Dxyz，设AD1,根据题中条件，分别求出两平面的法向量,两向量夹角的余弦值，即可得

26、出结果BD平面z轴建立空求出（1）证明：取BC的中点E,连接DE,因为BC2AD，所以ADBE,又因为AD/BC,所以四边形ABED是平行四边形因为ABC90所以四边形ABED是矩形.所以DEBC.又BCD45，1所以DECEBC.2所以VBCD是直角三角形，即BDCD.又PD底面ABCD,BD底面ABCD,所以BDPD.又CD平面PCD,CD平面PCD,且PDCDD.所以BD平面PCD.【详第26页共25页又PC(2)如图，以D为坐标原点，分别以DB,DC,DP所在直线为x轴，y轴，z轴所以PD2.所以B（、.2,0,0）,C（0,、.2,0）,P（0,0,、.2）,E2,0所以UUUI_U

27、UIT-BC（、.2,、2,0）,PC（0,、.2,、2）vTn设平面PBC的法向量为nx,y,z，贝UvnULIVBCvBC0.2所以,即VPE0-2y取x1,则y1,z1,UT又平面PAD的一个法向量为mUULT2八,0E建立空间直角坐标系Dxyz,A1， 贝UBC设AD2,由(1)DB.2知DE1,2y0Mz0第27页共25页irr_rmnx2.6所以cosm,n-4r一r-.|m|n|313所以平面PAD和平面PBC所成的角(锐角)的余弦值为寸6.【点睛】本题主要考查证明线线垂直，以及求二面角，熟记线面垂直的判定定理与性质定理，灵活运用空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型20.近年

28、，国家逐步推行全新的高考制度.新高考不再分文理科，某省采用33模式，其中语文、数学、外语三科为必考科目，每门科目满分均为150分.另外考生还要依据想考取的高校及专业的要求，结合自己的兴趣爱好等因素，在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6门科目中自选3门参加考试(6选3)，每门科目满分均为100分.为了应对新高考，某高中从高一年级1000名学生(其中男生550人，女生450人)中,采用分层抽样的方法从中抽取n名学生进行调查，其中，女生抽取45人.(1)求n的值；(2)学校计划在高一上学期开设选修中的物理”和弛理”两个科目，为了了解学生对这两个科目的选课情况，对抽取到的n名学生进行问卷调查(假

29、定每名学生在物理”和地理”这两个科目中必须选择一个科目且只能选择一个科目)，下表是根据调查结果得到的一个不完整的22列联表，请将下面的22列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为选择科目与性别有关？说明你的理由；选择物理”选择地理”总计男生10女生25总计(3)在抽取到的45名女生中，按(2)中的选课情况进行分层抽样，从中抽出9名女生，再从这9名女生中抽取4人，设这4人中选择物理”的人数为X,求X的分布列第28页共25页n(adbc)2,nabcd(ab)(ac)(cd)(bd)_2PKk0.050.010.0050.001一、一一2及期望.附：K第29页共25页k03.8416.6357

30、.87910.828【答案】(1)n100;(2)联表见解析，有，理由见解析；【解析】(1)根据分层抽样的特征，以及题意，得到工-1000果；(2)根据题中数据，可直接完善列联表，根据公式求出K2,结合临界值表，即可得出结果;(3)从45名女生中分层抽样抽9名女生，所以这9女生中有5人选择物理”，4人选择地理”.9名女生中再选择4名女生，则这4名女生中选择物理”的人数X可为0,1,2,3,4,分别求出其对应的概率，即可得到分布列，求出期望【详解】,一n45(1)由题怠得，1000450解得n100.(2)2X2列联表为:选择物理”选择地理”总计男生451055女生252045总计7030100

31、K2100(45202510)28.12896.635,55457030故有99%的把握认为选择科目与性别有关.(3)从45名女生中分层抽样抽9名女生，所以这9女生中有5人选择物理”，4人选择弛理”.9名女生中再选择4名女生，则这4名女生中选择物理”的人数X可为0,1,2,3,4,CA1设事件X发生的概率为PX，则P(X0)T，20(3)分布列见解析，W045一胃，求解，即可得出结450第30页共25页C9126第21页共25页【解析】求出c果;2(1)42y.，1；(2)存在，y(1)由题意，先设F1c,0,F2c,01,M1,2,再由点M在椭圆上，得到2或yM3c,c2192a4b22ab

32、21UJUUuuujr9，根据MF1MF2-,1,。一,求解，即可得出结(2)先假设存在斜率为1的直线1,设为yx由(1)得到以线段F-iF2为直径X01234P11261063102120635126.206040,52012341261261261269【点睛】独立性检验，以及离散型随机变量的分布列与期望，熟记分层属于常考题型.ULUUUJUT且MF2X轴，MF1MF2圆E相交于C,D两点，且|CD|AB|12屈屈?若存在，求出直线存在，说明理由.2X21.已知椭圆E:fa2y21(abb20)的左、右焦点分别为Fi,F2,(1)求椭圆E的方程;(2)是否存在斜率为1的直线1与以线段F1F

33、2为直径的圆相交于A,B两点，与椭P(X1)CC3C9201261063P(X2)E601012621，P(X3)C5C44012620C5463，P(X4)5C；5所以X的分布列为:126、一1期望E(X)0本题主要考查分层抽样,抽样的概念，独立性检验的基本思想,以及离散型随机变量的分布列与期望的概念即可,椭圆E在第一象限内的交点是M,l的方程；若不xx,得到第32页共25页22的圆为xy1,根据点到直线距离公式，以及圆的弦长公式得到|AB|2.2m2，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理与弦长公式，得到|CD|4扼扼 m?，再由|CD|AB|12集集求出m，即可得出结果【详解】解得2所以椭圆E

34、的方程为工4(2)假设存在斜率为1的直线l,设为yxm,由(1)知,F1(1,0),F2(1,0),所以以线段F1F2为直径的圆为x2y21.|AB|21d22,1m2,2m2，22土-七1、由43消去y，yxm整理得7x28mx4m2120.由题意，圆心0,0到直线l的距离dIm|1,得|m|克.(1)设Fic,0,F2由题意，得弗3Mc,c因为LUUUUUULT2c,0,又点M在椭圆上,所以12a2a94b2b2解得a24b232y_3第33页共25页22由题怠，(8m)474m解得m27,又|m|J2,所以m22._221233648m487m0,第34页共25页设CXi,yi,DX2,y22_4m21277|CD|x/1k2x2x1共八12用右|CD|AB|，则龙72m2时67整理得4m436m217左口212170,解侍m一，或m22.又m22,所以m2m2广7则x1x2竺，x1x24.6.7m2?712,137故存在符