《山东省济南市2020届高考第二次模拟考试数学试题(文)含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省济南市2020届高考第二次模拟考试数学试题(文)含答案.pdf（19页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、文科数学 参考公式： 锥体的体积公式: 1 3 VSh, 其中S为锥体的底面积, h为锥体的高 . 一、选择题：本大题共12 个小题 , 每小题 5 分, 共 60 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. 设全集UR, 集合 10Ax x, 集合 2 60Bx xx则下图中阴影部分表 示的集合为（） A 3x x B31xx C 2x x D21xx 2. 设复数z满足12zi ( 其中i为虚数单位 ), 则下列说法正确的是（） A2z B复数z的虚部是i C1zi D复数z在复平面内所对应的点在第一象限 3. 已知 n a是公差为2的等差数列 , n S为数列 n
2、 a的前n项和 , 若 5 15S, 则 5 a （） A3 B5 C7 D9 4. 已知角a的终边经过点, 2mm, 其中0m, 则sincosaa等于（） A 5 5 B 5 5 C. 3 5 D 3 5 5. 某商场举行有奖促销活动, 抽奖规则如下:箱子中有编号为1,2,3,4,5的五个形状、大小完 全相同的小球, 从中任取两球 , 若摸出的两球号码的乘积为奇数则中奖; 否则不中奖则中奖的 概率为（） A 1 10 B 1 5 C. 3 10 D 2 5 6. 已知变量,x y满足约束条件 1, 50, 210, x xy xx 则目标函数2zxy的最小值为（） A3 B6 C. 7 D
3、8 7. 已知底面是直角三角形的直棱柱的正视图、俯视图如下图所示, 则该棱柱5 的左视图的面 积为（） A186 B18 3 C. 18 2 D 27 2 2 8. 设 12 ,FF分别为双曲线 22 22 10,0 xy ab ab 的左、右焦点 , 12,AA为双曲线的左右顶 点, 其中 1212 ,3,F FA A, 若双曲线的顶点到渐近线的距离为2, 则双曲线的标准方程为 （） A 22 1 36 xy B 22 1 63 xy C. 2 2 1 2 y x D 2 2 1 2 x y 9. 执行如图所示的程序框图, 则该程序框图的输出结果是（） A3 B 1 2 C. 1 3 D2
4、10. 如图 , 半径为1的圆O中, ,A B为直径的两个端点, 点P在圆上运动 , 设BOPx, 将 动点P到,A B两点的距离之和表示为 x的函数( )f x , 则( )yf x在0,2上的图象大致 为（） A. B. C. C. 11. 已知抛物线 2 :4Cxy, 过抛物线C上两点,A B分别作抛物线的两条切线,PA PB P 为两切线的交点O为坐标原点若,0PA PB, 则直线OA与OB的斜率之积为（） A 1 4 B3 C. 1 8 D4 12. 已知定义在R上的函数( )f x, 当1x时, 21, 10, ( ) 1n,0, xx f x x x 且(1)f x为奇 函数 ,
5、 若方程( )Rf xkxk k的根为 12 , n x xx, 则 12 xxx的所有的取值为 （） A6或4或2B7或5或3 C. 8或6或4或2 D9或7或5或3 第卷（共90 分） 二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，满分20 分. 13. 已知 12 ,e e是互相垂直的单位向量, 向量 12 3aee, 12 bee, 则a b 14. 2018年 4 月 4 日, 中国诗词大会第三季总决赛如期举行, 依据规则 , 本场比赛共有甲、乙、 丙、丁、戊五位选手有机会问鼎冠军, 某家庭中三名诗词爱好者依据选手在之前比赛中的表现, 结合自己的判断, 对本场比赛的冠军进行了如下猜测:
6、爸爸 : 冠军是甲或丙 ; 妈妈 : 冠军一定不是乙和丙; 孩子 : 冠军是丁或戊. 比赛结束后发现: 三人中只有一个人的猜测是对的, 那么冠军是 15. 已知x表示不超过x的最大整数 , 例如 : 2.32,1.52. 在数列 n a中, 1, n agnnN, 记 n S为数列 n a的前n项和 ,则 2018 S 16. 已知点,P A B C均在表面积为81的球面上 , 其中PA平面 ABC,30 ,=3BACACAB, 则三棱锥PABC的体积的最大值为 三、解答题 : 共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721 题为必考题 , 每 个试题考生都必须作答。第22、
7、23 题为选考题 , 考生根据要求作答。 17. 在ABC中, 2ACBC,2 3,ABAMMC. (1) 求BM的长 ; (2) 设D是平面ABC内一动点 , 且满足 2 3 BDM，求 1 2 BDMD的取值范围 . 18. 如图 , 在以,A B C D E F为顶点的五面体中, 底面ABCD是矩形 , EFBC. (1) 证明 : EF平面ABCD; (2) 在中国古代数学经典著作九章算术中, 称图中所示的五面体ABCDEF为“刍甍” (ch m ng), 书中将刍甍ABCDEF的体积求法表述为: 术曰 : 倍下袤 , 上袤从之 , 以广乘之 , 又以高乘之 , 六而一 . 其意思是
8、: 若刍甍ABCDEF的“下袤”BC的长为a,“上袤”EF的长为b, “广”AB 的长为c, “高”即“点F到平面ABCD的距离”为h, 则刍甍ABCDEF的体积V的计算 公式为 : 1 2 6 Vab ch, 证明该体积公式. 19. 近期济南公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动,活动设置了一段时间的推 广期 , 由于推广期内优惠力度较大, 吸引越来越多的人开始使用扫码支付. 某线路公交车队统 计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次, 用x表示活动推出的天数, y表示每天 使用扫码支付的人次( 单位 : 十人次 ), 统计数据如表1所示 : 根据以上数据, 绘制了散点图 . (
9、1) 根据散点图判断, 在推广期内 , yabx与 x c d(, c d均为大于零的常数) 哪一个适宜 作为扫码支付 的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型?( 给出判断即可, 不必说明理由 ); (2) 根据 (1) 的判断结果及表1中的数据 , 建立y关于 x的回归方程 , 并预测活动推出第8天使 用扫码支付的人次； (3) 推广期结束后 , 为更好的服务乘客, 车队随机调查了100人次的乘车支付方式, 得到如下结 果： 已知该线路公交车票价2元 ,使用现金支付的乘客无优惠,使用乘车卡支付的乘客享受8折优 惠, 扫码支付的乘客随机优惠, 根据调查结果发现: 使用扫码支付的乘客中有5名乘
10、客享受7折 优惠 , 有10名乘客享受8折优惠 , 有15名乘客享受9折优惠 . 预计该车队每辆车每个月有1 万 人次乘车 , 根据所给数据, 以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，在不考虑其他因素的 条件下 , 按照上述收费标准, 试估计该车队一辆车一年的总收入. 参考数据 : 其中 1 1 1, 7 n iii i gy 参考公式： 对于一组数据 22 , iinn uuu，其回归直线+au的斜率和截距的最小二乘 估计公式分别为: 1 2 2 1 , n ii i n i i unu unu au 20. 如下图已知离心率为 2 2 的椭圆 22 22 :10 xy Cab ab 经过点
11、 2,0A , 斜率为 0k k的直线l交椭圆于,A B两点，交y轴于点E, 点P为线段AB的中点 . (1) 求椭圆C的方程； (2) 若点E关于x轴的对称点为H, 过点E且与OP垂直的直线交直线AH于点M求 MAP面积的最大值 . 21. 已知函数 2 ( )1 x f xxeax, (1) 讨论( )f x单调性 ; (2) 当1a时, 函数( )( ) x g xf xxex的最大值为m, 求不超过m的最大整数 . ( 二) 选考题 : 共 10 分. 请考生在22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题 计分 . 22. 选修 4-4 ：坐标系与参数方程 在平面直角坐标
12、系xOy中, 已知直线l的参数方程为 1, 2, xt yt (t为参数 ), 以坐标原点为极 点, 以x轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线C的极坐标方程为 2 2 2 1sin ，直线l与曲 线C交于,A B两点 . (1) 求直线ll 的普通方程和曲线C的直角坐标方程; (2) 已知点P的极坐标为 2 , 24 , 求PAPB的值 . 23. 选修 4-5 ：不等式选讲 已知函数( )1f xx . (1) 解不等式( )259f xfxx； (2) 若0,0ab，且 14 2 ab , 证明 : 9 ()() 2 f xaf xb，并求 9 ()() 2 f xaf xb时，,a b的值
13、 . 2018 年济南市高三教学质量检测 文科数学参考答案 一、选择题 1-5: DDCBC 6-10: BCABA 11、12：AD 二、填空题 13. 2 14. 丙； 15. 4947 16. 81 8 . 三、解答题 : ( 一) 必考题 : 17. 解（ 1）在ABC中， 222 ABACBC2cosAC BCC. 代入数据得 : 1 cos 2 C. 1 2 AMMC， 1 1 2 CMMAAC. 在CBM中，由余弦定理知: 222 BMCMCB 2cosCM CBC 代入数据得 : 7BM. （2）设BDM，则,0, 33 DMB. 在BDM中，由余弦定理知: 27 = 2 si
14、n 3 sinsin 33 BDMDBM . 2 7 sin 3 3 BD 2 7 ,sin 3 MD， 12 7 sin 2 3 BDMD 7 sin 33 7 3 cossinsin7 cos 3 又0, 3 ， 1 cos,1 2 ， 1 2 BDMD的取值范围为 7 ,7 2 . 18. （ 1）证明：ABCD是矩形，BCAD， 又AD平面ADEF，BC平面ADEF BC平面ADEF， 又BC平面BCEF，平面ADEF平面BCEFEF BCEF 又BC平面ABCD，EF平面ABCD， EF平面ABCD. （2）解：设,G H分别是棱,BC AD上的点，且满足GCHDEF， 链接,FG
15、FH GH. 由第（ 1）问的证明知，GCHDEF， 所以四边形GCEF和GCDH为平行四边形. ,GFCE GHCD， 又CDCEC，平面GHFCDE， 多面体CDEGHF为三棱柱 . 因此，刍甍ABCDEF可别分割成四棱锥FABGH和三棱柱CDEGHF. 由题意知，矩形ABGH中， BGBCCGBC,EFab ABc 矩形ABGH的面积 ABGH Sab c， 又四棱锥FABGH的高，即“点F到平面ABCD的距离”为h， 四棱锥FABGH的体积 11 33 FABGHABGH VShab ch； 三棱柱CDEGHF的体积可以看成是以矩形GCDH为底 , 以点F到平面ABCD的距离h 为高的
16、四棱柱体积的一半. 又矩形GCDH的面积 ABGH Sbc 三棱柱CDEGHF的体积 11 22 CDEGHFGCDH VShbch 刍甍ABCDEF的体积： FABGHCDEGHF VVV 11 32 ab chbchch 1 2 326 abb ab ch. 刍甍ABCDEF体积公式得证. 19. .解:(1) 根据散点图判断, x yc d 适宜作为扫码支付的人数y关于活动推出天数 x的 回归方程类型: (2) x yc d, 两边同时取常用对数得: 1111 x gyg c dgcgd x； 设1gyv,11vgcgd x 4,1.54xv, 7 2 1 140 i i X ， 7 1
17、 7 2 2 1 7 1 7 ii i i i x vxv gd xx 2 50.1274 1.547 0.25 1407428 ， 把4,1.54代入11vgcgd x, 得: 10.54gd， 0.540.25vx，10.540.25gyx， 0.54 0.250.540.54 101010 x x y； 把8x代入上式 : 0.54 0.25 8 10y 2.5420.54 101010347； 活动推出第8天使用扫码支付的人次为347 103470 y关于 x的回归方程为 : 0.540.25 1010 x y ， 活动推出第8天使用扫码支付的人次为3470； (3) 由题意可知 :
18、一个月中使用现金的乘客有1000人 , 共收入1000 22000元；使用乘车卡 的乘客有6000人，共收入6000 1.69600元； 使用扫码支付的乘客有3000人， 其中 : 享受7折优惠的有500人, 共收入500 1.4700元 享受8折优惠的有1000人, 共收入1000 1.61600元: 享受9折优惠的有1500人, 共收入1500 1.82700元 所以 , 一辆车一个月的收入为: 200096007001600270016600（元） 所以 , 一辆车一年的收入为: 16600 12199200 ( 元) 20. .解:(1) 由已知得 : 222 22 2 , 2 40
19、1 abc c e a ab 解得2,2ab, 椭圆C的方程为 : 22 1 42 xy (2) 椭圆C的左顶点2,0A, 设l的方程 : 2yk x), 则0,2Ek,0, 2Hk 由 22 1 42 , 2 xy yk x 得: 2222 218840kxk xk. 422 644 218416kkk 设 11 ,A x y 2200 ,B xyP x y. 2 122 8 21 k xx k ， 2 122 84 21 k x x k . 则 012 1 2 xxx 2 002 4 ,2 21 k yk x k 2 22 42 2 2121 kk k kk 0 0 OP y k x 2
20、21 42 k kk ， 直线EM的斜率为 : 1 2 EM OP kk k ， 所以直线EM的方程为22ykxk, 即21yk x. 直线AH的方程式为：2yk x 所以点 42 , 33 Mk 点 42 , 33 Mk 到直线:20lkxyk的距离 2 42 2 33 1 kkk d k 2 4 3 1 k k 2 12 1ABkxx 2 2 1212 14kxxx x 2 2 4 1 21 k k ， 2 2 12 1 221 k APAB k MAP的面积 2 2 11 2 1 22 21 k SAP d k 2 2 4 4 3 3 21 1 k k k k 所以 44 2 33 1
21、3 22 2 S k k ，当 2 2 k 时取等号 所以MAP面积的最大值为 2 3 21. 解： （1）( ) x f xxe22 x axx ea， 当0a时， ,0x时，( )0,( )fxf x单调递减； ,0x时，( )0,( )fxf x单调递增； 当 1 0 2 a时， ,1n2xa时，( )0,( )fxf x单调递增； 1n2 ,0xa时，( )0,( )fxf x单调递减； 0,x时，( )0,( )fxf x单调递增； 当 1 2 a时，,x时，( )0,fx( )f x单调递增； 当 1 2 a时， ,0x时，( )0,( )fxf x单调递增； 0,1n2xa时，(
22、 )0,( )fxf x单调递减； 1n2 ,xa时， ( )0,( )fxf x 单调递增； 综上，当0a时，( )f x在,0上单调递减，0,上单调递增； 当 1 0 2 a时，( )f x在,1n2a上单调递增， 在1n2 ,0a上单调递减， 在0,上单 调递增： 当 1 2 a时，( )f x在R上单调递增； 当 1 2 a时，( )f x在,0上单调递增，在0,1n2a上单调递减，在1n2 , a上单调 递增； （2） 2x g xexx， 21 x gxex，“2 x gxe 当0,1n2x时，“0gx，gx单调递增； 1n2,x时，“0gx，gx单调递减； 00g ， 130ge
23、 ， 3 2 3 4 2 ge 3 160e， 所以，存在唯一的 0 3 1, 2 x，使 00gx，即 0 0 21 x ex 所以，当 00 0,xx时，0gx，g x单调递增； 0, xx时，0gx，g x单调递减； 0 m x og xe 2 00 xx 2 00021xxx 2 2 000 15 1 24 xxx 又 0 3 1, 2 x，所以， 1 m1, 4 . 所以，不超过m的最大整数为1. ( 二) 选考题 : 22. 选修 4-4: 坐标系与参数方程 解:(1) l的普通方程为 : 10xy； 又 222 sin2, 222 2xyy, 即曲线C的直角坐标方程为: 2 2
24、1 2 x y. (2) 解法一 : 1 1 , 2 2 P在直线l上, 直线l的参数方程为 12 22 12 22 xt yt ( t为参数 ), 代入曲线 C的直角坐标方程得 2 12 22 t 2 12 220 22 t ，即 2325 0 224 tt, PAPB 121 2 5 6 ttt t. 解法二 : 22 1 22 yx xy 2 340xx 12 4 0, 3 xx 41 0,1 , 33 AB ， 22 112 01 222 PA ， 22 41115 2 32326 PB ， 2 5 25 266 PAPB 23. 选修 4-5: 不等式选 解:(1) ( )(25)f
25、 xfx1249xxx 当2x时, 不等式为4123xx, 3x； 当21x时,不等式为59, 不成立； 当1x时, 不等式为263xx, 3x, 综上所述 , 不等式的解集为, 33,； （2）解法一 : ()()f xaf xb11xaxb11xaxbab， ababab 1252 222 ba abab 529 2 222 ba ab 当且仅当 2 2 ba ab ，即2ba时“”成立； 由 2 12 1 2 ba ab 可得： 3 ,3 2 ab. 解法二：()()f xaf xb11xaxb， 当1xa时，()()f xaf xb1xaxb122xabab； 当11axb时，()()f xaf xbxa11xbab； 当1xb时，()()f xaf xb11xaxb22xabab ()()fxaf xb的最小值为ab， 12 2 abab ab 525 222 ba ab 29 2 22 ba ab ， 当且仅当 2 2 b ab ，即2ba时“”成立； 由 2 12 1 2 ba ab 可得： 3 ,3 2 ab.