【2020年高考数学预测题、估测题】山东省数学高考试卷2【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2【附详细答案和解析 可编辑】
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M=x|x2<3x+4,N=x|x<3，则M∩N=( )
A.-1,3 B.-1,2 C.3,4 D.4,+∞
2. （5分） 设复数z满足|z-2-3i|≤2，复数z在复平面内对应的点为Zx,y，则Z不可能为( )
A.1,4 B.1,1 C.12,52 D.4,3
3. （5分） 已知 a=log30.1，b=30.1， c=0.13，则( )
A.a
b>0)的离心率e=32，A1，A2分别是椭圆E的左、右两个顶点，圆A2的半径为a，过点A1作圆A2的切线，切点为P，在x轴的上方交椭圆E于点Q．
(1)求直线OP的方程；
(2)求PQQA1的值；
(3)设a为常数，过点O作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于点B，C，分别交圆A点M，N，记三角形OBC和三角形OMN的面积分别为S1，S2．求S1S2的最大值．
21. 函数f(x)=x2+ex-x-m(m∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若方程f(x)=x2在区间[-1, 2]上恰有两个不等的实根，求实数m的取值范围．
22. 将4本不同的书随机放入如图所示的编号为1，2，3，4的四个抽屉中．
(1)求4本书恰好放在四个不同抽屉中的概率；
(2)随机变量X表示放在2号抽屉中书的本数，求X的分布列和数学期望E(X)．
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．
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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2【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】
A
【解答】
解：易知M={x|-11，c=0.13∈(0,1) ,
所以 a0，
故只有C符合.
故选C．
6.【答案】
C
【解答】
解：由题意知模拟这三天中至少有两天有强浓雾的结果，
经随机模拟产生了如下20组随机数，
在20组随机数中表示三天中至少有两天有强浓雾的有：
779,588,683,569,479,978，
所求概率为620=310，
故选C.
7.【答案】
C
【解答】
解：∵ 向量a→=(1, 2)，b→=(-1, m)，a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=-1+2m=0，
解得m=12．
故选C．
8.【答案】
A
【解答】
解：第一次输出i=1,a=2,
第二次输出 i=2,a=5 ,
第三次输出 i=3,a=16 ,
∵ 16>15，
∴ 输出i=3.
故选A.
9.【答案】
A
【解答】
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解：已知数列an的公差d>0，
由a2a3=a8，得1+d1+2d=1+7d，
解得d=0（舍去）或d=2，
所以S6=6+6×52×2=36．
故选A.
10.【答案】
C
【解答】
解：椭圆C：x26+y22=1的右焦点(2,0)，
设直线AB的方程为：x=my+2，
带入椭圆方程可得：(3+m2)y2+4my-2=0，
所以y1+y2=-4m3+m2，
M为AB的中点，则M到x轴的最大距离为：2|x|3+m2的最大值，
因为：2|x|3+m2≤223|m|⋅|m|=33，当且仅当m=±3时取得最大值.
故选C.
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】
A
【解答】
解：如图：
设球心为O，球半径为R，底面ABCD的外接圆圆心为O1，
平面PCD的外接圆圆心为O2，
取CD的中点记为E，
连接PE，OE，O1E，O2E，O2C，O1D，O1O2，
则OC=PO=R，
易知CD⊥O1E，CD⊥PE，
∵ O1E∩PE=E，且CD⊄平面PO1E，
∴ CD⊥平面PO1E.
设BC=2x，∠O1EO2=θ，
则O1D=2x，O1E=CE=x，
在△PCD中，O2C=O2P=2x，
则O2E=x，PE=O2P+O2E=(2+1)x，
在△PO1E中，O1P2+O1E2=PE2，
可得x2=2(2-1).
cosθ=O1EPE=2-1，
sin2θ=1-cos2θ=22-2，
则O1O22=O1E2+O2E2-2O1E⋅O2Ecosθ=(4-22)x2.
在△OEC中，OC2=OE2+CE2，
即R2=(O1O2sinθ)2+x2=(4-22)x222-2+x2，
即R2=2，
故球O的表面积为4πR2=8π.
故选A.
13.【答案】
D
【解答】
解：由题意，a=sinα+cosα=2sinα+π4，
b=sinβ+cosβ=2sinβ+π4.
∵ 0≤α≤β≤π4，
∴ π4≤α+π4≤β+π4≤π2，
则22≤sinα+π4≤sinβ+π4≤1，
∴ 1≤a≤b≤2，
∴ 1≤ab≤2，
故①②正确；
画
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1≤a≤b≤2满足的可行域，如图，
设目标函数z=2a-b，
则b=2a-z，
当直线b=2a-z经过(2，1)时，
z取得最大值22-1，
故④正确．
故选D.
14.【答案】
A
【解答】
解：sin(α-π3)=-3cos(α-π6)，
去括号可得12sinα-32cosα=-332cosα-32sinα，
则2sinα=-3cosα，所以tanα=-32，
所以tan2α=2tanα1-tan2α=-43.
故选A.
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
15.【答案】
【解答】
此题暂无解答
16.【答案】
15
【解答】
解法一：∵ 等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q=32，且a1+a2+a3=1，
∴ a1+a1*32+a1*34=1，
∴ a1=11+32+34，
∴ S12=11+32+34[1-(32)12brack1-32=1-161+32+34-32-34-2=15．
解法二：∵ 等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q=32，且a1+a2+a3=1，
∴ 由等比数列的性质得：
a1+a2+a3=1，a3+a5+a6=2，a7+a8+a9=4，a10+a11+a12=8，
∴ S12=1+2+4+8=15．
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】
65+2
【解答】
双曲线的标准方程为x2-y28=1，
设双曲线的左焦点为F'，
由双曲线C可得F(3, 0)，F'(-3, 0)，|NF|=9+36=35，
△MNF周长为|MN|+|MF|+|NF|＝|MN|+|MF|+35，
由双曲线的定义可得|MF|-|MF'|＝2a＝2，
即有|MN|+|MF|＝|MN|+|MF'|+2，
当P在左支上运动到M，N，F'共线时，
|MN|+|MF'|取得最小值|NF'|＝35，
则有△MNF周长的最小值为35+35+2＝65+2．
三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 12 分 ，共计60分 ）
19.【答案】
(1)证明：当四面体EDPC外接球的表面积为 5π 时，
则其外接球的半径为52.
因为ABCD是边长为2的菱形，CDEF是矩形，
ED=1，且平面CDEF⊥平面ABCD,
则ED ⊥平面ABCD，EC=5,
则EC为四面体EDPC外接球的直径，
所以∠EPC=90∘，即CB⊥EP.
由题意，CB⊥ED ，EP∩ED=E，
所以CB⊥DP
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.
因为∠BAD=∠BCD=60∘ ，
所以P为BC的中点.
记AD的中点为M，如图，连结MH，MB，
则MB//DP，MH//DE，DE∩DP=D，
所以平面HMB//平面EDP.
因为HB⊂平面HMB，
所以HB//平面EDP.
(2)解：由题意， ED⊥ 平面ABCD，则三棱锥 E-DPC 的高不变，
当四面体EDPC的体积最大时， △DPC 的面积最大，
所以当点P位于点B时，四面体EDPC的体积最大.
以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz，
则D0,0,0， E0,0,1，B3,1,0 ，H32,-12,12，C0,2,0,
所以DB→=3,1,0，DH→=32,-12,12，EC→=0,2,-1，EB→=3,1,-1.
设平面HDB的法向量为m→=x1,y1,z1.
则DB→⋅m→=3x1+y1=0,DH→⋅m→=32x1-12y1+12z1=0,
令x1=1，得m→=1,-3,-23.
设平面EBC的一个法向量为n→=x2,y2,z2，
则EC→⋅n→=2y2-z2=0，EB→⋅n→=3x2+y2-z2=0,
令y2=3，得n→=3,3,6.
设平面HDP与平面EPC所成锐二面角是φ，
则cosφ=|m→⋅n→||m→||n→|=78.
所以当四面体EDPC的体积最大时，
平面HDP与平面EPC所成锐二面角的余弦值为 78.
【解答】
(1)证明：当四面体EDPC外接球的表面积为 5π 时，
则其外接球的半径为52.
因为ABCD是边长为2的菱形，CDEF是矩形，
ED=1，且平面CDEF⊥平面ABCD,
则ED ⊥平面ABCD，EC=5,
则EC为四面体EDPC外接球的直径，
所以∠EPC=90∘，即CB⊥EP.
由题意，CB⊥ED ，EP∩ED=E，
所以CB⊥DP.
因为∠BAD=∠BCD=60∘ ，
所以P为BC的中点.
记AD的中点为M，如图，连结MH，MB，
则MB//DP，MH//DE，DE∩DP=D，
所以平面HMB//平面EDP.
因为HB⊂平面HMB，
所以HB//平面EDP.
(2)解：由题意， ED⊥ 平面ABCD，则三棱锥 E-DPC 的高不变，
当四面体EDPC的体积最大时， △DPC 的面积最大，
所以当点P位于点B时，四面体EDPC的体积最大.
以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz，
则D0,0,0， E0,0,1
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，B3,1,0 ，H32,-12,12，C0,2,0,
所以DB→=3,1,0，DH→=32,-12,12，EC→=0,2,-1，EB→=3,1,-1.
设平面HDB的法向量为m→=x1,y1,z1.
则DB→⋅m→=3x1+y1=0,DH→⋅m→=32x1-12y1+12z1=0,
令x1=1，得m→=1,-3,-23.
设平面EBC的一个法向量为n→=x2,y2,z2，
则EC→⋅n→=2y2-z2=0，EB→⋅n→=3x2+y2-z2=0,
令y2=3，得n→=3,3,6.
设平面HDP与平面EPC所成锐二面角是φ，
则cosφ=|m→⋅n→||m→||n→|=78.
所以当四面体EDPC的体积最大时，
平面HDP与平面EPC所成锐二面角的余弦值为 78.
20.【答案】
解：(1)连结A2P，如图，
则A2P⊥A1P，且A2P=a.
又A1A2=2a，
所以∠A1A2P=60∘．
又A2P=A2O，
所以△OPA2为正三角形，
所以∠POA2=60∘，
所以直线OP的方程为y=3x．
(2)由(1)知，直线A2P的方程为y=-3(x-a)①，
A1P的方程为y=33(x+a)②，
联立①②解得xP=a2．
因为e=32，即ca=32，
所以c2=34a2，b2=14a2，
故椭圆E的方程为x2a2+4y2a2=1．
由y=33(x+a)，x2a2+4y2a2=1，
解得xQ=-a7，
所以PQQA1=a2-(-a7)-a7-(-a)=34．
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(3)不妨设OM的方程为y=kx(k>0)，
联立方程组y=kx，x2a2+4y2a2=1，
解得B(a1+4k2，ak1+4k2)，
所以OB=a1+k21+4k2，
用-1k代替上面的k，
得OC=a1+k24+k2，
同理可得，OM=2a1+k2，ON=2ak1+k2，
所以S1⋅S2=14⋅OB⋅OC⋅OM⋅ON=a4⋅k(1+4k2)(4+k2)．
因为k(1+4k2)(4+k2)=14(k2+1k2)+17≤15，
当且仅当k=1时等号成立，
所以S1⋅S2的最大值为a45．
【解答】
解：(1)连结A2P，如图，
则A2P⊥A1P，且A2P=a.
又A1A2=2a，
所以∠A1A2P=60∘．
又A2P=A2O，
所以△OPA2为正三角形，
所以∠POA2=60∘，
所以直线OP的方程为y=3x．
(2)由(1)知，直线A2P的方程为y=-3(x-a)①，
A1P的方程为y=33(x+a)②，
联立①②解得xP=a2．
因为e=32，即ca=32，
所以c2=34a2，b2=14a2，
故椭圆E的方程为x2a2+4y2a2=1．
由y=33(x+a)，x2a2+4y2a2=1，
解得xQ=-a7，
所以PQQA1=a2-(-a7)-a7-(-a)=34．
(3)不妨设OM的方程为y=kx(k>0)，
联立方程组y=kx，x2a2+4y2a2=1，
解得B(a1+4k2，ak1+4k2)，
所以OB=a1+k21+4k2，
用-1k代替上面的k，
得OC=a1+k24+k2，
同理可得，OM=2a1+k2，ON=2ak1+k2，
所以S1⋅S2=14⋅OB⋅OC⋅OM⋅ON=a4⋅k(1+4k2)(4+k2)．
因为k(1+4k2)(4+k2)=14(k2+1k2)+17≤15，
当且仅当k=1时等号成立，
所以S1⋅S2的最大值为a45．
21.【答案】
解：(1)f'(x)=ex+2x-1，
令h(x)=ex+2x-1，
则h'(x)=ex+2>0，
∴ h(x)在R上单调递增，
又∵ h(0)=0，
∴ 当x>0时，h(x)>h(0)=0，
当x<0时，h(x)0，
∴ h(x)在R上单调递增，
又∵ h(0)=0，
∴ 当x>0时，h(x)>h(0)=0，
当x<0时，h(x)
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