山东省2021-2022学年高三下学期第二次学业质量联合检测 数学试题 附答案

第=page66页，共=sectionpages2020页2021-2022学年山东省高三（下）第二次学业质量联考数学试卷题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共8小题，共40分）已知集合A={2,3,4,5}，B={x|y=3x−x2}A.{2} B.{3} C.{2,3} D.{2,3,4}已知z−=1−zA.2+i B.2−i C.1−i D.−1+i已知非零实数m，n满足em>eA.1m<1n B.ln(m《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的侧面积为362π，则它的体积为A.182π B.72π C.642若α∈(π2,π)，sinα=A.45 B.−45 C.520“a<4”是“过点(1,1)有两条直线与圆x2+y2A.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(x+2y)5(x−2y)A.−160 B.−80 C.160 D.80函数f(x)=1+sinπx−xsinπx在区间[−52,A.0 B.3 C.6 D.12二、多选题（本大题共4小题，共20分）已知m，n均为正数，随机变量X的分布列如表：X012Pmnm则下列结论一定成立的是(    )A.P(X=1)<P(X≠1) B.E(X)=1

C.mn≤18 已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，点P在抛物线C上，A(−54,0)，若△PAF为等腰三角形，则直线A.427 B.255 C.已知在△ABC中，AB=2AC，AB=2AM，CM=2A.AB+2AC=3AN B.(AB−2如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别是AA1，A.存在点Q，使B，N，P，Q四点共面

B.存在点Q，使PQ//平面MBN

C.三棱锥P−MBN的体积为13

D.经过C，M，B，N四点的球的表面积为9π三、填空题（本大题共4小题，共18分）已知直线y=ax−1与曲线y=alnx+2相切，则a=______．已知等比数列{an}的公比为−1，前n项和为Sn，若{Sn一个箱子里装有5件产品，包括2件一等品，2件二等品，1件次品，从中任意不放回地随机抽取，每次1件，直到取到次品为止，则此过程中恰好把2件一等品全部取出的概率为______．已知A，B是抛物线x2=y上两动点，过A，B分别作抛物线的切线，若两切线交于点P，当∠APB=90°时，点P的纵坐标为______，△APB面积的最小值为______．四、解答题（本大题共6小题，共72分）第五代移动通信技术(简称5G)是最新一代蜂窝移动通信技术，是实现人机物互联的网络基础设施．某市工信部门为了解本市5G手机用户对5G网络的满意情况，随机抽取了本市200名5G手机用户进行了调查，所得情况

统计如下：满意情况年龄合计50岁以下50岁或50岁以上满意95不满意25合计120200(1)完成上述列联表，并估计本市5G手机用户对5G网络满意的概率；

(2)依据小概率值α=0.05的独立性检验，分析本市5G手机用户对5G网络满意与年龄在50岁以下是否有关．

附：α0.100.050.0250.0100.001x2.7063.8415.0246.63510.828χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．

如图，D是△ABC外一点，△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos∠BACa=cos∠BCA2b−c．

(1)求∠BAC；

(2)若b=32c，AD=CD=2，且△ABC的面积是△ADC已知数列{an}满足a1=1，且an+1=n+2nan−1,n为奇数an+1,n为偶数．

(1)求{an}的通项公式；如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F分别是PC，PB上的点，且PF=2FB，PE=3EC．

(1)证明：AF//平面BDE；

(2)求直线BC与平面BDE所成角的正弦值．

已知函数f(x)=xex−ax+a，a≥0．

(1)若a=1，求f(x)的单调区间；

(2)若关于x的不等式f(x)≥alnx恒成立，求实数a的取值范围．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点是A，右焦点是F(1,0)，过点F且斜率不为0的直线与C交于M，N两点，B为线段AM的中点，O为坐标原点，直线AM与BO的斜率之积为−34．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线AM和AN分别与直线x=4交于P，Q两点，证明：以线段PQ答案和解析1.【答案】C

【解析】解：集合A={2,3,4,5}，

B={x|y=3x−x2}={x|0≤x≤3}，

则A∩B={2,3}．

故选：C．

求出集合B，利用交集定义能求出A∩B2.【答案】C

【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，

则z−=a−bi=1−a+bi1+i=1−(a+bi)(1−i)(1+i)(1−i)=1−(a+b)+(b−a)i2，

所以a=1−a+b2−b=−b−a2，解得3.【答案】D

【解析】解：由y=ex得y'=ex>0，∴y=ex在R上单调递增，又em>en，可得m>n，

取m=1，n=−2，得1m>1n，故A错误；

取m=1，n=−2，得m2+1<n2+1，所以ln(m2+1)<ln(n2+1)，故B错误；

取m=12，n=13，得m+1m<n+1n，故C错误；

当m>n>0时，m2>n2，所以m|m|−n|n|=m2−n4.【答案】B

【解析】解：设该直角圆锥的底面圆半径为r，高为ℎ，母线长为l，

因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以ℎ=r，l=2r．

因为直角圆锥的侧面积为362π，所以πrl=2πr2=362π，解得r=6，

所以该直角圆锥的体积为13πr5.【答案】D

【解析】解：因为α∈(π2,π)，sinα=53，

所以cosα=−1−sin2α=−23，可得tanα=sinαcosα=−52，tan2α=2tanα1−6.【答案】C

【解析】解：过点(1,1)有两条直线与圆x2+y2+2y−a=0相切⇔点(1,1)在圆外⇔12+12+2×1−a>0，解得a<4．

所以“a<4”是“过点(1,1)有两条直线与圆x2+y2+2y−a=0相切”的充要条件．

7.【答案】D

【解析】解：二项式可以化为[(x+2y)(x−2y)]5(x−2y)2=(x2−4xy+4y2)(x2−4y2)5，

则二项式的展开式中含x9y38.【答案】C

【解析】解：函数f(x)=1+sinπx−xsinπx的零点就是函数y=sinπx与y=1x−1的图象公共点的横坐标．

如图，因为函数y=sinπx与y=1x−1的图象均关于点(1,0)成中心对称，

且函数y=sinπx与y=1x−1的图象在区间[−52,92]上共有6个公共点，它们关于点(1,0)对称，

所以函数f(x)在区间[−52,92]上共有6个零点，它们的和为3×2=6．

故选：C．9.【答案】BCD

【解析】解：根据频率分布表可得，2m+n=1，且m>0，n>0，

P(X≠1)=P(X=0)+P(X=2)=2m，由m与n的大小关系不清楚，故选项A无法判别；

E(X)=0×m+1×n+2×m=2m+n=1，故选项B正确；

1=2m+n≥22mn，

∴mn≤18，故选项C正确；

根据方差的性质可知D(X+1)=D(X)，

D(X)=(0−1)2×m+(1−1)2×n+(2−1)2×m=2m<110.【答案】AB

【解析】解：由抛物线C：y2=4x的方程可得：焦点F(1,0)，因为A(−54,0)，△PAF为等腰三角形时，可得|PF|=|PA|或|AF|=|PF|，

当|PF|=|AF|=54+1=94时，设点P(m24,m)，则(m24−1)2+m2=94，解得m2=5，

这时P(54,±5)，直线AP的斜率k=mm24+5411.【答案】BCD

【解析】解：在△ABC中，AB=2AC，AB=2AM，CM=2CN，N是CM的中点，AN⋅BC=0，

所以AN⋅BC=(12AC+14AB)⋅(AC−AB)=12AC2+14AB2−14AB⋅AC=0，

可得14AB⋅BC=0，所以12.【答案】ABC

【解析】解：如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，CD1

因为N，P分别是CC1，C1D1的中点，所以CD1//PN，

又因为CD1//A1B，所以A1B//PN，

所以A1，B，N，P四点共面，即当Q与A1重合时，B，N，P，Q四点共面，故选项A正确；

连接PQ，A1C1，当Q是D1A1的中点时，因为PQ//A1C1，A1C1//MN，所以PQ//MN，

因为PQ⊄平面BMN，MN⊂平面BMN，所以PQ//平面BMN，故选项B正确；

连接DlM，DlN，DlB，

因为D1M|BN，

所以V三棱锥P−MBN=V三棱锥M−PBN=V三棱锥D1−PBN=V三棱锥B−PD1N=13×12×1×1×2=13，

故选项C正确；

分别取BB1，DD1的中点E，F，构造长方体MADF−EBCN，13.【答案】3

【解析】解：由y=alnx+2，得y'=ax，

设切点是(x0,alnx0+2)，

则y'=ax0=a，

故x0=1，

∴a14.【答案】2

【解析】解：∵{Sn−1}也是等比数列，

∴(S2−1)2=(S1−1)(S3−1)，

又∵S2=a1+a2=a1−a1=015.【答案】13【解析】解：一个箱子里装有5件产品，包括2件一等品，2件二等品，1件次品，

从中任意不放回地随机抽取，每次1件，直到取到次品为止，

此过程中恰好把2件一等品全部取出的情况有：

①前2次都取出一等品，第3次取出次品，概率为P1=25×14×13=130，

②前3次取出2件一等品，1件二等品，第4次取出次品，

概率为P2=C31×25×24×13×12=110，

③前4次取出2件一等品，2件二等品，第5次取出次品，

概率为P3=C42×25×14×23×16.【答案】−14

【解析】解：设切点A(x1,x12)，B(x2,x22)，不妨设A在第一象限，

设PA方程y−x12=k(x−x1)与抛物线方程x2=y联立，消去y得x2−kx+kx1−x12=0，

Δ=k2−4kx1+4x12=0，解得k=2x1，

∴PA的方程y−x12=2x1(x−x1)，

同理PB方程y−x22=2x2(x−x2)，

联立解得交点P(x1+x22,x1x2)，

∵∠APB=90°17.【答案】解：(1)2×2列联表如下：

满意情况年龄合计50岁以下50岁或50岁以上满意9555150不满意252550合计12080200所以本市5G手机用户对5G网络满意的概率约为150200=34．

(2)零假设为H0：本市5G手机用户对5G网络满意与年龄在50岁以下无关．

根据列联表中的数据，计算可得χ2=200×(95×25−25×55)2120×80×150×50=259≈2.778<3.841=χ0.05．【解析】(1)依题意完善列联表，根据古典概型的概率公式计算可得；

(2)计算出卡方，与参考值比较，即可判断．

本题考查了独立性检验的知识，属于基础题．

18.【答案】解：(1)在△ABC中，由cos∠BACa=cos∠BCA2b−c及正弦定理，得cos∠BACsin∠BAC=cos∠BCA2sinB−sin∠BCA，

整理得2sinBcos∠BAC=cos∠BCAsin∠BAC+sin∠BCAcos∠BAC，

即2sinBcos∠BAC=sin(∠BAC+∠BCA)=sinB，

因为在△ABC中，sinB≠0，

所以cos∠BAC=12，

又0<∠BAC<π，

所以∠BAC=π3．

(2)由(1)知∠BAC=π3，

因为b=【解析】(1)利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得cos∠BAC=12，结合范围0<∠BAC<π，即可求解．

(2)由(1)及已知利用三角形的面积公式即可求解．19.【答案】解：(1)因为an+1=n+2nan−1,n为奇数an+1,n为偶数，

所以当k∈N∗时，a2k+1=a2k+1=a(2k−1)+1+1=2k+12k−1a2k−1，即a2k+12k+1=a2k−12k−1，

所以当n为奇数时，{ann}是常数列，

又a1=1，所以当n为奇数时，ann=【解析】(1)由题意可知当k∈N∗时，a2k+1=a2k+1=2k+12k−1a2k−1，即a2k+12k+1=a2k−12k−1，所以当n为奇数时{ann}是常数列，可求出当n20.【答案】(1)证明：如图，取PC的中点Q，连接QF，

因为PE=3EC=34PC，PQ=12PC，

所以PQPE=23，且E为QC的中点．

又因为PF=2FB，所以PFPB=23，所以PQPE=PFPB．

又因为∠FPQ=∠BPE，所以△FPQ∽△BPE，

所以∠PFQ=∠PBE，

所以FQ//BE．

因为FQ⊄平面BDE，BE⊂平面BDE，

所以FQ//平面BDE．

连接AC，交BD于点M，连接AQ，ME，

因为M为AC的中点，E为QC的中点，

所以AQ//ME．

因为AQ⊄平面BDE，ME⊂平面BDE，

所以AQ//平面BDE．

因为AQ⊂平面AQF，FQ⊂平面AQF，AQ⋂QF=Q，

所以平面AQF//平面BDE．

因为AF⊂平面AQF，

所以AF//平面BDE．

(2)解：如图，取AD的中点H，BC的中点G，连接PH，HG，则HG⊥AD．

因为PA=PD，所以PH⊥AD．

因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD⋂平面ABCD=AD，PH⊂平面PAD，

所以PH⊥平面ABCD，所以直线PH，AD，HG两两垂直．

以H为原点，以HA所在直线为x轴，HG所在直线为y轴，HP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

设PA=2，则H(0,0,0)，P(0,0,3)，B(1,2,0)，C(−1,2,0)，D(−1,0,0)，BC=(−2,0,0)，

DB=(2,2,0)，DP=(1,0,3)，PC=(−1,2,−3)，DE=DP+34PC=(14,32,34)，【解析】(1)取PC的中点Q，连接QF，结合已知条件可证得△FPQ∽△BPE，从而可得FQ//BE，由线面平行的判定可得FQ//平面BDE，连接AC，交BD于点M，连接AQ，ME，可证得AQ//平面BDE，则平面AQF//平面BDE，再由面面平行的性质可证得结论，

(2)取AD的中点H，BC的中点G，连接PH，HG，可得直线PH，AD，HG两两垂直，所以以H为原点，以HA所在直线为x轴，HG所在直线为y轴，HP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解．

本题主要考查线面平行的证明，线面角的计算，空间向量及其应用等知识，属于中等题．

21.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=xex−x+1，

则f'(x)=(x+1)ex−1．

当x∈(−∞,0)时，因为x+1<1，且0<ex<1，

所以(x+1)ex<1，

所以f'(x)=(x+1)ex−1<0，f(x)单调递减．

当x∈(0,+∞)时，因为x+1>1，且ex>1，

所以(x+1)ex>1，

所以f'(x)=(x+1)ex−1>0，f(x)单调递增．

所以当a=1时，f(x)的单调递减区间为(−