普通高考数学山东卷全真模拟卷二全析全解word版.docx

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普通高考数学山东卷全真模拟卷二全析全解word版

2020年3月普通高考（山东卷）全真模拟卷二

数学试卷

（考试时间：

120分钟试卷满分：

150分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

4．测试范围：

高中全部内容。

一、单项选择题：

本题共8小题，每小题5分，共40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．

1．已知集合，集合，则

A．B．C．D．

【答案】C

【解析】,,

所以,选C.

2．已知实数满足，则

A．B．C．D．

【答案】A

【解析】由题得4m+2n+（4n-2m）i=5+3i,

∴4m+2n=5,且4n-2m=3，解之得

所以m+n=.

故选A.

3．若二项式展开式的各项系数之和为，则含项的系数为

A．560B．C．280D．

【答案】A

【解析】因为二项式展开式的各项系数之和为，所以，的通项为，令项的系数为，故选A.

4．化简

A．B．C．1D．

【答案】D

【解析】化简分母得

故原式等于.故选D．

5．若不等式的解集是，则不等式的解为

A．B．C．D．

【答案】A

【解析】根据题意，若不等式的解集是，则与1是方程的根，且，则有，解得﹐﹐且；

不等式化为：

，整理得﹐即﹐解可得，即不等式的解为；故选A.

6．在中，，，则向量与的夹角为

A．B．C．D．

【答案】C

【解析】因为，，，则向量与的夹角为，故选C.

7．如图，正三棱柱各条棱的长度均相等，为的中点，分别是线段和线段的动点（含端点），且满足，当运动时，下列结论中不正确的是

A．在内总存在与平面平行的线段

B．平面平面

C．三棱锥的体积为定值

D．可能为直角三角形

【答案】D

【解析】A项，用平行于平面ABC的平面截平面MND，则交线平行于平面ABC，故正确；

B项，如图：

当M、N分别在BB1、CC1上运动时,若满足BM=CN,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,由DO垂直于平面BCC1B1可得平面平面，故正确；

C项,当M、N分别在BB1、CC1上运动时,△A1DM的面积不变,N到平面A1DM的距离不变,所以棱锥N-A1DM的体积不变,即三棱锥A1-DMN的体积为定值,故正确；

D项,若△DMN为直角三角形,则必是以∠MDN为直角的直角三角形,但MN的最大值为BC1,而此时DM,DN的长大于BB1,所以△DMN不可能为直角三角形,故错误.

故选D

8．已知圆：

，点，在圆上，平面上一动点满足且，则的最大值为

A．4B．C．6D．

【答案】D

【解析】圆：

化成标准方程可得

所以圆C的半径为

因为点,在圆上,动点满足且，所以位于以为直径的圆上,位置关系如下图所示:

则,即

在三角形中,由正弦定理可得，代入可得，则，因为，所以的最大值为，故选:

二、多项选择题：

本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分。

9．在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”．过去10日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下，则一定符合该标志的是（）

甲地：

中位数为2，极差为5；乙地：

总体平均数为2，众数为2；

丙地：

总体平均数为1，总体方差大于0；丁地：

总体平均数为2，总体方差为3．

A．甲地B．乙地C．丙地D．丁地

【答案】AD

【解析】对A,因为甲地中位数为2,极差为5,故最大值不会大于.故A正确.

对B,若乙地过去10日分别为则满足总体平均数为2,众数为2,但不满足每天新增疑似病例不超过7人,故B错误.

对C,若丙地过去10日分别为,则满足总体平均数为1,总体方差大于0,但不满足每天新增疑似病例不超过7人,故C错误.

对D,利用反证法,若至少有一天疑似病例超过7人,则方差大于.与题设矛盾,故连续10天,每天新增疑似病例不超过7人.故D正确.

故选：

10．将曲线上每个点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变）,得到的图象,则下列说法正确的是（）

A．的图象关于直线对称

B．在上的值域为

C．的图象关于点对称

D．的图象可由的图象向右平移个单位长度得到

【答案】BD

【解析】因为，

所以,

对于选项A，令，解得（），即函数的对称轴方程为（），即选项A错误；

对于选项B，因为，所以，即，即在上的值域为，即选项B正确；

对于选项C，令，解得，即的图象关于点对称，则的图象关于点对称，故选项C错误.

对于D,由的图象向右平移个单位长度,得到的图象,故选项D正确.

则说法正确的是BD，故选：

BD.

11．四边形内接于圆，，下列结论正确的有（）

A．四边形为梯形B．圆的直径为7

C．四边形的面积为D．的三边长度可以构成一个等差数列

【答案】ACD

【解析】

可证

显然不平行，即四边形为梯形，故正确；

在中由余弦定理可得

圆的直径不可能是，故错误；

在中由余弦定理可得

解得或（舍去）

故正确；

在中，，，，满足

的三边长度可以构成一个等差数列，故正确；

故选：

12．狄利克雷是德国著名数学家，函数，被称为狄利克雷函数，下面给出关于狄利克雷函数的结论中正确的是（）.

A．若x是无理数，则

B．函数的值域是

C．

D．若且T为有理数，则对任意的恒成立

E.存在不同的三个点，，，使得为等边三角形

【答案】CDE

【解析】对于A，∵当x为有理数时，；当x为无理数时，，∴当x为有理数时，；当x为无理数时，，即不管x是有理数还是无理数，均有；故A不正确；

对于B，函数的值域为不是，故B不正确；

对于C，∵有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数，∴对任意，都有，故C正确；

对于D，若x是有理数，则也是有理数；若x是无理数，则也是无理数，∴根据函数的表达式，任取一个不为零的有理数T，对任意的，恒成立，故D正确.

对于E，取，，，可得，，.

∴，，恰好ABC为等边三角形，故E正确；

故选：

CDE.

三、填空题：

本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．给出下列命题：

①“若x2＋y2≠0，则x，y不全为零”的否命题；

②“若{an}既是等差数列，又是等比数列，则an＝an＋1（n∈N*）”的逆命题；

③“若m>1，则不等式x2＋2x＋m>0的解集为R”的逆否命题．

其中所有真命题的序号是________．

【答案】①③

【解析】①的否命题为“若x2＋y2＝0，则x，y全为零”是真命题；②的逆命题为“数列{an}中，若an＝an＋1（n∈N*），则数列{an}既是等差数列，又是等比数列”是假命题，如0,0,0……；对于③当m>1时，Δ＝4－4m<0恒成立，x2＋2x＋m>0的解集为R是真命题．因此逆否命题是真命题．

14．分别标有1、2、3、4的4张卡片，放入分别标号为1、2、3、4的4个盒中，每盒不空，且3号卡片不能放入3号盒中，则有______种不同的方法．

【答案】18

【解析】根据题意，分2步进行分析：

3号卡片不能放入3号盒中，则3号卡片可以放入1、2、4号盒子中，有3种放法；

将剩下的3张卡片全排列，放入剩下的3个盒子中，有种放法；

故有种不同的放法；

故答案为18

15．已知函数，若且，则的取值范围为__________．

【答案】

【解析】由于，所以，故.当且仅当时，等号成立.故取值范围是.

16．过点作互相垂直的直线,,交正半轴于点,交正半轴于点,则线段中点轨迹方程为_________________;过原点与、、四点的圆半径的最小值为__________.

【答案】

【解析】设的方程:

则方程为:

交正半轴于点,可得

为线段中点,设

根据中点坐标公式可得:

即:

消掉

线段中点轨迹方程为:

存在经过、、、四点的圆,该圆以为直径．

①若轴，轴，

②若两条直线斜率均存在，设斜率为

方程为，

令，解出

，

，，

半径最小值为

四、解答题：

本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．已知等差数列的前项和为，且，.

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）若从数列中依次取出第1项，笫2项，第4项，第8项，…，第项，按原来的顺序组成一个新的数列，求数列的前项和.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，则，

解得，.

∴.

（Ⅱ）由题意知，

∴

18．在中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，且．

求的值；

若，当角A最大时，求的面积．

【答案】

（1）；

（2）.

【解析】，

，

由正弦定理得，

由余弦定理得，化简得，

．

因为，由知，

且由余弦定理得，即，且．

根据重要不对等式有，即，当且仅当时，“”成立，

．

当角A取最大值时，，．

的面积．

19．如图，正三棱柱的所有棱长均为2，为棱上一点，是的中点．

（1）若是的中点，证明：

平面平面；

（2）若平面与平面的夹角为，求的长．

【答案】（I）见解析;（Ⅱ）.

【解析】（I）由，知，又平面平面，所以平面，而平面，∴

在正方形中，由分别是和的中点知

而，∴平面

∵平面∴平面平面.

（Ⅱ）取的中点为原点,直线分别为轴,建立如图所示坐标系,

显然平面的一个法向量为,

而,设,则

设是平面的法向量,则

取,则

解得,即

20．近年空气质量逐步恶化，雾霾天气现象出现增多，大气污染危害加重.

（1）大气污染可引起心悸、呼吸困难等心肺疾病.为了解某市心肺疾病是否与性别有关，在某医院随机的对入院50人进行了问卷调查得到了如下的列联表：

患心肺疾病

不患心肺疾病

合计

男

女

合计

问有多大的把握认为是否患心肺疾病与性别有关?

（2）空气质量指数PM2.5（单位：

μg/）表示每立方米空气中可入肺颗粒物的含量，这个值越高，就代表空气污染越严重.某市在2016年年初着手治理环境污染，改善空气质量，检测到2016年1～5月的日平均PM2.5指数如下表：

月份x

PM2.5指数y

试根据上表数据，求月份x与PM2.5指数y的线性回归直线方程，并预测2016年8月份的日平均PM2.5指数（保留小数点后一位）.

【答案】

（1）有99.5%的把握

（2）预测2014年8月份的日平均PM2.5指数为66.5

【解析】

（1），

查表得，

所以，有99.5%的把握认为患心肺疾病与性别有关.

（2），.

，

当时，，

所以，预测2014年8月份的日平均PM2.5指数为66.5.

21．已知点，分别是椭圆的左顶点和上顶点，为其右焦点，，且该椭圆的离心率为；

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设点为椭圆上的一动点，且不与椭圆顶点重合，点为直线与轴的交点，线段的中垂线与轴交于点，若直线斜率为，直线的斜率为，且（为坐标原点），求直线的方程.

【答案】

（1）

（2）

【解析】

（1）依题意知：

，，，，，

则，又，，

椭圆

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